Densidad de estados e integral elíptica

También me he quedado con ese problema. Como esta es una pregunta antigua, pero no encontré la respuesta completa, anotaré mi intento. No representa la solución completa; sin embargo, creo que casi da la respuesta.

La densidad de estados$\rho (E)$es la parte imaginaria de la energía propia$\Sigma (\mathbf r , \mathbf r, E+i\epsilon)$, dónde$\epsilon \to 0^{+}$:

$$\rho (E) = -\frac{1}{\pi}\text{Im}\left(\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\Sigma (\mathbf r , \mathbf r , E + i\epsilon) \right)$$ ¿Cómo podemos determinar $\Sigma (\mathbf r , \mathbf r , E + i\epsilon)$?

Por definición, el operador verde es

$$\hat{G} (T) = \frac{1}{T\hat{I} - \hat{H}} \equiv \sum_{\mathbf k}\frac{|\mathbf k \rangle \langle \mathbf k|}{T - E(\mathbf k)}, \quad T \equiv E + i\epsilon$$ A continuación, la función verde que conecta el sitio $l$de la red consigo misma (que es exactamente la propia energía) es $$\tag 1 \Sigma (T, l, l) = \sum_{\mathbf k}\frac{\langle \mathbf{l}|\mathbf k \rangle \langle \mathbf k| \mathbf{l}\rangle}{T - E(\mathbf k)}$$ Hablemos del grafeno en la aproximación de los vecinos más cercanos. Su red es hexagonal (panal de abeja), que se puede representar por dos redes triangulares interpenetrantes con la fuerza de interacción dada por $t$. Solo las ciudades más cercanas (digamos, $A$y $B$) de estas redes interactúan, por lo que $\hat{H}$vive en el espacio que es el producto directo de espacios de dos celosías triangulares. Ahora bien, esto da como resultado el hecho de que el hamiltoniano se puede dar en forma de suma de matriz bidimensional. Así, para dado cite el denominador de $(1)$es $$\tag 2 \begin{pmatrix} T & -\mu t \\ -\mu^{*}t & T\end{pmatrix}$$ Aquí $\mu$define el carácter de la red, siendo $$\mu = e^{ik_{x}a} + e^{i\left(\frac{\sqrt{3}k_{y}a}{2} - \frac{k_{x}a}{2} \right)} + e^{-i\left(\frac{\sqrt{3}k_{y}a}{2} + \frac{k_{x}a}{2} \right)}$$ Sustituyendo $(2)$en $(1)$, puedes convertir $(1)$a la forma $$\tag 3 \rho (E) = -\frac{1}{\pi}\text{Im}\left[ \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int \limits_{\text{1st Br. zone}}\frac{d^{2}\mathbf k}{(2 \pi)^{2}}\frac{T}{T^{2} - t^{2}|\mu|^{2}}\right] = -\frac{E}{8t^{2}\pi}\text{Im} \left[\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\tilde{G}\left(\frac{T}{t}\right)\right],$$ dónde $$\tilde{G}\left(\frac{T}{t}\right) \equiv \frac{1}{\pi^2}\int \limits_{-\pi}^{\pi}\frac{dxdy}{ \frac{\frac{T^{2}}{t^{2}} - 3}{2} - \cos(2y) - 2\cos (y)cos(3x)}$$ Tal cantidad se puede calcular (no hay derivación de este resultado) para $\frac{\frac{T^{2}}{t^{2}} - 3}{2} > 3$, y $$\tag 4 \tilde{G}\left(\frac{T}{t}\right) = \frac{T}{t\pi}\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{T}{t} - 1\right)^3\left(\frac{T}{t} + 3\right)}}K\left( \frac{4\sqrt{\frac{T}{t}}}{\sqrt{\left(\frac{T}{t} - 1\right)^3\left(\frac{T}{t} + 3\right)}}\right),$$ dónde $K(x)$es la integral elíptica de primera especie: $$K(x) = \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dy}{\sqrt{1 - x^{2}\sin^{2}(y)}}$$ Lo único que tiene que hacer es calcular la continuación analítica de $(4)$y luego calcular su parte imaginaria multiplicada por cuatro (lo que corresponde a la degeneración de espines y dos sitios).

una edición

Aquí está la derivación completa de la densidad de estados en el grafeno.