Aplicación de la fórmula de suma de Poisson al efecto Casimir

Question

Aplicación de la fórmula de suma de Poisson al efecto Casimir

Física
teoría cuántica de campos
distribuciones-dirac-delta

usuario47224

Estoy estudiando el Efecto Casimir a temperatura finita. Para calcular la energía libre de Helmoltz en el conjunto canónico, necesito sumar una serie particular. En algunos artículos científicos, se sugiere usar una fórmula de Poisson modificada sobre enteros positivos solo que parece ser:

\frac{1}{2} F (0) + \sum_{norte = 1}^{\infty} F (norte) = π \tilde{F} (0) + 2 π \sum_{k = 1}^{\infty} \tilde{F} (2 π k)

$\frac{1}{2}F(0) + \sum_{n=1}^{\infty} F(n) = \pi \tilde{F}(0) + 2\pi \sum_{k=1}^{\infty} \tilde{F}(2\pi k)$

dónde

\tilde{F} (k) := \frac{1}{π} \int_{0}^{\infty} F (t) porque (k t) d t .

$\tilde{F}(k):= \frac{1}{\pi} \int_0^\infty F(t) \cos(kt)dt.$

No puedo entender cómo demostrar la validez de esta expresión a partir de la fórmula de suma estándar, es decir:

\sum_{norte \in Z} F (2 π norte) = \frac{1}{2 π} \sum_{k \in Z} \hat{F} (k)

$\sum_{n \in \mathbb{Z}} F(2\pi n) = \frac{1}{2\pi} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \hat{F}(k)$

dónde

\hat{F} (k) := \int_{- \infty}^{\infty} F (X) {mi}^{- i k X} d X

$\hat{F}(k):= \int_{-\infty}^\infty F(x) e^{-i k x}dx$

es la transformada estándar de Fourier. De hecho, esta fórmula se deduce usando distribuciones temperadas, por lo que $F$ (esa es una función de "prueba") tiene que tener una buena propiedad de convergencia: esto significa que no puedo simplemente definir una función no continua nula para $n<0$ . en mi caso particular $F(x) = (ax)^2 \log(1-e^{-ax})$ . Perdón por mi mal ingles ;)

Respuestas (2)

Aplicación de la fórmula de suma de Poisson al efecto Casimir

prahar · Answer 1

empezamos con

\begin{aligned} \frac{1}{2 π} \sum_{k \in Z} \hat{F} (k) = \sum_{norte \in Z} F (2 π norte) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{2\pi} \sum_{k\in {\mathbb Z}} {\hat f}(k) = \sum_{n\in{\mathbb Z}} f(2\pi n) \end{align}$ Un poco de reescritura da

\begin{aligned} \frac{1}{2} \hat{F} (0) + \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{\infty} [\hat{F} (k) + \hat{F} (- k)] = π F (0) + π \sum_{norte = 1}^{\infty} [F (2 π norte) + F (- 2 π norte)] \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{2} {\hat f}(0) + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^\infty \left[ {\hat f}(k) + {\hat f}(-k) \right] = \pi f(0) + \pi \sum_{n=1}^\infty \left[ f(2\pi n) + f(-2\pi n) \right] \end{align}$ Para reproducir la fórmula que le interesa, ahora sustituimos

F (X) = \tilde{F} (X) = \frac{1}{π} \int_{0}^{\infty} F (t) porque (X t) d t

$f(x) = {\tilde F}(x) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty F(t) \cos (x t ) dt$ Esta función satisface

f (x) = f (- x)

$f(x) = f(-x)$ . La transformada de Fourier de esta función es

\hat{F} (k) = \int_{0}^{\infty} d t F (t) [d (t - k) + d (t + k)] = F (k) θ (k) + F (- k) θ (- k)

${\hat f}(k) = \int_0^\infty dt F(t) \left[ \delta(t-k) + \delta(t+k) \right] = F(k) \theta(k) + F(-k) \theta(-k)$ En particular, cuando

k > 0

$k>0$ , tenemos

\hat{f} (k) = \hat{f} (- k) = F (k)

${\hat f}(k) = {\hat f}(-k) = F(k)$ y

\hat{f} (0) = F (0)

${\hat f}(0) = F(0)$ (uno obtiene un factor adicional de 1/2 ya que cuando

k = 0

$k=0$ , la integral es más de la mitad de la línea real). Poniendo todo esto de nuevo en la ecuación, encontramos

\begin{aligned} \frac{1}{2} F (0) + \sum_{k = 1}^{\infty} F (k) = π \tilde{F} (0) + 2 π \sum_{norte = 1}^{\infty} \tilde{F} (2 π norte) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{2} F(0) + \sum_{k=1}^\infty F(k) = \pi {\tilde F}(0) + 2 \pi \sum_{n=1}^\infty {\tilde F}(2\pi n) \end{align}$ QED.

qmecanico · Answer 2

I) Caso especial $F(x)=F(-x)$ par: La fórmula de reanudación de Poisson modificada (la primera fórmula de OP) se deriva de la fórmula de reanudación de Poisson estándar

\sum_{norte \in Z} F (norte) = \sum_{k \in Z} \hat{F} (2 π k), \hat{F} (k) := \int_{- \infty}^{\infty} F (X) {mi}^{- i k X} d X,

$\sum_{n \in \mathbb{Z}} F(n) ~=~ \sum_{k \in \mathbb{Z}} \hat{F}(2\pi k),\qquad \hat{F}(k)~:=~ \int_{-\infty}^\infty F(x) e^{-i k x}dx,$ a través de manipulaciones estándar sencillas.

II) Caso general: tenga en cuenta que la fórmula de resumen de Poisson modificada no se refiere a la negativa $x$ -eje (o $t$ -eje) en absoluto! Por tanto, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $F$ incluso $F(x)=F(-x)$ , es decir, reemplazar $F$ con $F\circ |\cdot|$ . [Advertencia: si $F$ es suave para empezar entonces $F\circ |\cdot|$ en general no será suave en $x=0$ . Sin embargo, la fórmula estándar de resumen de Poisson también es válida para alguna clase apropiada de funciones no uniformes. Consulte la página de Wikipedia para obtener más detalles.]

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usuario47224

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prahar

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