gluon (1018219), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Сопряжем комплексно исходныйинтеграл. Легко понять, что он будет равен интегралу с тем же подынтегральнымвыражением, но по комплексно сопряженному контуру. ТеперьIm Q(1)a2 1=2π 2 2iC−C∗xx−23/2 x2 − 2x + 2 dx =a2=4iπ 2Cxx−23/2 x2 − 2x + 2 dx.А. С.
ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВ8CCC∗Рис. 6,7. К вычислению мнимой части Q(1) .Таким образом, мнимая часть выражается через полный эллиптический интеграл(детали см. в Дополнении):Im Q(1)a2a2 223Γ= − 2 (7E(i) − 4K(i)) = −(1/4)+28Γ(3/4).π(2π)5/2У Q(3) нет мнимой части, но возникают новые трудности. При Λ → ∞ интеграл√√2 Λ/a22222+92+9+4+x/4x+4−x/4xaxx√√+Q(3) =x2 dx32π 2 0(x2 + 3 − 4x2 + 9 )1/2 (x2 + 3 + 4x2 + 9 )1/2расходится как Λ4 . Это означает, что в расходящейся части присутствуетчлен Λ4 /a2 , который не может быть поглощен перенормировкой поля. Анализфункции Грина показывает, что подобный тип расходимости связан с “дваждыпродольной” модой, у которой вектор поляризации направлен вдоль импульса ив координатном, и в изотопическом пространствах.
Подобная ситуация хорошоизвестна [12]. Продольная часть функции Грина массивного векторного поляkµ kν1gµν −k 2 − m2m2не убывает при k → ∞ и при вычислении конденсата с регуляризацией обрезаниеммы получим расходимость Λ4 /m2 . В нашем же случае роль массы играет внешнееполе.Неперенормируемость теории по индексу видна уже из выражения для функцииГрина и отмечалась в работе [6]. Тем не менее, приведем результат для регуляризованной части Q(3) :Q(3) =Λ49Λ29a2Λ+−ln + Ba2 .222264π a64π128πaЕсли же из “физических соображений” отбросить вклад дважды продольной моды,то исходный интеграл примет вид:√√ Λ/a a21 − 1/ 4x2 + 91 + 1/ 4x2 + 9(3)√√+x2 dx,Q̃ =2221/2221/216π 0(x + 3 + 4x + 9 )(x + 3 − 4x + 9 )ГЛЮОННЫЙ КОНДЕНСАТ9а его вычисление даст:Q̃(3) =Λ2a2Λ−ln + Ba2 .2216π16πaМы можем тогда употребить стандартную процедуру перенормировки.
В древесном приближении (также с отброшенной дважды продольной модой) Q̃ = 2a2 /g 2 .Нормируя, например, условиемd2 Re Q̃ 4= 2,2daga=a0получим2a2273a291a2 a0Q̃ = 2 ++ln+ ia2g16π 2a32π 233Γ2 (1/4) + 28Γ2 (3/4)−8π(2π)5/2.Температурная добавкаКак и в бестемпературном случае, мы начнем с подробного вычисления Q(2) .x2 dx1a2(2)√√Q =.2π 2 C x2 − 2x exp Ta x2 − 2x − 1К написанному интегралу необходимо сделать пояснение, так как, в отличие отбестемпературного случая, подынтегральное выражение имеет не только точкиветвления (их-то мы уже обсудили), но и полюсы. Анализ показывает, что предложенное ранее доопределение функции Грина полностью фиксирует взаимное расположение этих полюсов и контура интегрирования.CРис.
8. Ситуация в Q(2) при T = 0.Представим бозе-распределение в виде обратного Меллин-образа:11=x−ν Γ(ν)ζ(ν) dν.xe −12πi DА. С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВ10Контур D — прямая, параллельная мнимой оси и лежащая правее всех особенностей подынтегрального выражения. Формула работает для Re x > 0. (Внимательный читатель заметит, что приведенная формула — просто интегральноепредставление ζ-функции∞0xν−1 dx= Γ(ν)ζ(ν),ex − 1вывернутое наизнанку). Тогда получимQ(2)a2 1=2π 2 2πiгдеI(ν) =CDdν Γ(ν)ζ(ν) a −νTI(ν),x2−(ν+1)/2 (x − 2)−(ν+1)/2 dx.Для 2 < Re ν < 5 интеграл сходится в нуле и на бесконечности.
Мы можемтогда продеформировать контур C так, что он будет идти по обоим берегам левогоразреза, причем интеграл по окружности вокруг x = 0 дает нуль.CCРис. 9. Деформация контура для Q(2) .Заменой переменной x/(x − 2) = y интеграл сводится к B-функции:5−ν2−νiπνI(ν) = 2(1 + e )B ν − 2,.2Пользуясь формулой удвоения для Γ-функции и уравнением Римана для ζ-функции,получим: a −ν1−ν5−νa2 1(2)dν(2/π)ζ(1−ν)Γ(1 + eiπν ).ΓΓ(ν−2)Q =2π 2 2πi D22πTКак отмечалось при вычислении I(ν), контур D лежит между Re ν = 2 и Re ν = 5.Подынтегральное выражение имеет полюса первого порядка в точках 2, 1, −2,−4 .
. . и полюс второго порядка в точке 0. Интеграл вычисляется по теоремеГЛЮОННЫЙ КОНДЕНСАТ11о вычетах замыканием контура левой полуокружностью. Приведем результат сточностью до 1/T 2 :T2a3a2i3 2a2 (6γ − 1) 5ζ(3)a4(2)++...Q =+T a − a + 2 ln+6π84π4πT8π 264π 4 T 2[Мы должны сделать важное замечание. Как видно, вещественная часть конденсата представляется рядом, а мнимая содержит всего два слагаемых. Можно былобы подумать, что результат для мнимой части является точным и справедлив привсех температурах.
Однако такое предположение сразу приходит в противоречиес определением конденсата, согласно которому он должен обращаться в нуль принулевой температуре (напомним, что мы сейчас говорим о температурной добавке). Решение парадокса очень поучительно. Выпишем явно ряд, который даетвещественную часть конденсата:∞a2 ζ(2k + 1)Γ(k + 1/2)(k + 3/2) a 2k√.2π 22πTπ Γ(k + 2)k=1(Первый член этого ряда соответствует последнему члену предыдущей формулы).Простые оценки показывают, что ряд сходится в круге a/2πT < 1, причем награнице круга имеет особенность типа (1−(a/2πT )2)−1/2 , то есть точку ветвления.При аналитическом продолжении функции, заданной рядом, за точку ветвления, унее появляется мнимая часть.
Таким образом, приведенная формула для мнимойчасти Q(2) справедлива только при a/2πT < 1.Строго говоря, утверждение об обращении конденсата в нуль при нулевой температуре справедливо лишь в допредельном смысле. Выше мы доопределили функцию Грина, введя мнимую добавку iδ. Легко видеть, что при конечной δ конденсатсуществует для любых значений a/T и обращается в нуль при T = 0, однако впределе δ → 0 он расходится при a/T = 2πn, n = 1, 2, 3 . . . и не имеет предела приT → 0.]Аналогичная процедура применяется в Q(1) :3/2 √xx2 − 2x + 2 dxx−2a2(1) Q = 2.xπ C exp a(x2 − 2x + 2) − 1Tx−2CРис.
10. Ситуация в Q(1) при T = 0.А. С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВ12Представление в виде обратного меллин-образа:Q(1)где I(ν) =a2 1= 2π 2πiCxx−2Ddν Γ(ν)ζ(ν)(3−ν)/2 a −νTI(ν),(x2 − 2x + 2)(1−ν)/2 dx.При 2 < Re ν < 3 интеграл сходится в x = 1 + i и на бесконечности. Можнопродеформировать контур так, чтобы он охватывал верхний разрез.CCРис. 11.
Деформация контура для Q(1) .Тогда заменой x = 1 − i + iy интеграл приводится к виду:(3−ν)/2y−1−iI(ν) = (1 + e )iy (1−ν)/2 (y − 2)(1−ν)/2 dy =y−1+i 2 3−ν3−ν 3−ν 5−ν 1+i 1−iiπν2−ν,,;,B ν − 2,= (1 + e )(2i)F1 ν − 2, −.222222iπν2−ν∞(Мы воспользовались формулой [9]∞xα−1 (x − a)β−1 (x − u)−ρ (x − v)−λ dx =aα+β−λ−ρ−1=aB(1 + λ + ρ − α − β, β)F1(1 + λ + ρ − α − β, ρ, λ, 1 + λ − ρ − α; u/a, v/a),где F1 — функция Аппеля). К сожалению, вычислить необходимые частные значения функции Аппеля не удается, и мы вынуждены пользоваться разложением∞Γ(α + n + k)Γ(β + n)Γ(β + k) xn y kΓ(γ).F1 (α, β, β , γ; x, y) =Γ(α)Γ(β)Γ(β )Γ(γ + n + k)n! k!n,k=0Из него видно, что отдельные слагаемые ряда могут иметь полюса только в точках γ = 0, −1, −2 .
. . В нашем случае это нечетные ν 5, все они лежат справаГЛЮОННЫЙ КОНДЕНСАТ13от контура интегрирования, так что при замыкании контура полуокружностьюслева выпадают из рассмотрения. Обозначая функцию Аппеля просто через Φ(ν),запишем обратное меллиновское преобразование:−ν3−νiaa2 1(1)2dν (2/π)ζ(1 − ν)ΓΦ(ν)(1 + eiπν ),Γ(ν − 2)Q = 2π 2πi D2πTДля вычисления интеграла нужно найти вычеты в полюсах первого порядка ν =2, −2, −4 . . .
и полюсе второго порядка ν = 0. С точностью до 1/T 2 :Q(1)a2 T2a 3ζ(3)a4+ 2 −Φ (0) + Φ(0) γ + 1/2 + ln−=Φ(−2) + . . .32π4πT32π 4 T 2Мы сразу подставили Φ(2) = 1. Приведем значения Φ(0) = 26/35+36i/35 и Φ(−2) =−247/63 + 16i/63 (значение Φ (0) выражается через двукратный ряд, в нем такжеесть и вещественная, и мнимая части).Нам осталось рассмотреть вклад Q(3) :√ ∞ 2x + 4 − x2/ 4x2 + 91a2(3)√√Q =+16π 2 0(x2 + 3 + 4x2 + 9 )1/2 exp Ta (x2 + 3 + 4x2 + 9 )1/2 − 1√x2 + 4 + x2/ 4x2 + 91√√+x2 dx.(x2 + 3 − 4x2 + 9 )1/2 exp Ta (x2 + 3 − 4x2 + 9 )1/2 − 1Представление в виде обратного меллин-образа: a −νa2 1(3)Q =dν Γ(ν)ζ(ν)I(ν),16π 2 2πi DTгдеI(ν) =0∞4x2 + 9)(x2 + 3 + 4x2 + 9 )−(1+ν)/2 ++ (x2 + 4 + x2/ 4x2 + 9)(x2 + 3 − 4x2 + 9 )−(1+ν)/2 x2 dx.(x2 + 4 − x2/Нас встречает новая трудность. Интеграл от первого слагаемого в I(ν) сходитсяпри Re ν > 4, но интеграл от второго расходится при любом ν.
Эта расходимостьсвязана с несовершенством избранного нами метода вычисления, который хорошоработает для массивных мод, когда энергия имеет разные асимптотикипри p → 0и p → ∞ (как, например, ε → m при p → 0 и ε → p при p → ∞ для ε = p2 + m2 ),но дает осечку на безмассовых.На самом деле расходимость фиктивная, и мы можем вычислить Q(3) нашимметодом, если выберем подходящее разбиение исходного интеграла. Чтобы идеястала прозрачнее, сделаем сначала замену переменной 4x2 + 9 = y 2 :√ ∞(y 3 − y 2 + 7y + 9) y − 3 dya2(3) +Q =16π 2 3 16√y + 1 exp a 1 y 2 + 4y + 3 − 1T 2√2 ∞(y 3 + y 2 + 7y − 9) y + 3 dya .+16π 2 3 16√y − 1 exp a 1 y 2 − 4y + 3 − 1T 2А.
С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВ14Разложим теперь полиномы в числителях в первом интеграле — по степеням (y +3), а во втором — по степеням (y − 3), и разобьем Q(3) на восемь частей:Q(3)√(y + 3)3 − 10(y + 3)2 + 40(y + 3) − 48 y − 3 dy +√316 y + 1 exp Ta 12 y 2 + 4y + 3 − 1√ ∞(y − 3)3 + 10(y − 3)2 + 40(y − 3) + 48 y + 3 dya2 =+√16π 2 316 y − 1 exp Ta 12 y 2 − 4y + 3 − 1a2=16π 2∞a2 A+B−10(A−B)+40(A+B)−48(A−B),=3322110016π 2гдеAn =∞3Bn =∞3√(y + 3)n y − 3 dy ,√16 y + 1 exp Ta 12 y 2 + 4y + 3 − 1√(y − 3)n y + 3 dy .√16 y − 1 exp Ta 12 y 2 − 4y + 3 − 1Если теперь мы представим An и Bn в виде обратных меллин-образов:1An =2πiCndν Γ(ν)ζ(ν) a −νTIn (ν),1Bn =2πiDndν Γ(ν)ζ(ν) a −νTJn (ν),то обнаружим, что интегралыIn (ν) = 2ν−4Jn (ν) = 2ν−4∞(y + 3)n−ν/2 (y + 1)−(ν+1)/2 (y − 3)1/2 dy,3 ∞3(y − 3)n−ν/2 (y − 1)−(ν+1)/2 (y + 3)1/2 dyсходятся при y → 3 и y → ∞ при Re ν > n + 1 и n + 1 < Re ν < 2(n + 1) соответственно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
