Energía de vacío de espinor

De$e^{-iET} = e^{-\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\log(\partial^2+m^2)},$tenemos

$\begin{align} iET & = \frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{i(k-q)x} \langle k \vert \log(\partial^2 + m^2) \vert q \rangle \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{i(k-q)x}\log(-k^2 + m^2) \langle k\vert q \rangle \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4}e^{i(k-q)x}\log(-k^2 + m^2)\int d^4x'\,\langle k \vert x'\rangle\langle x'\vert q \rangle \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4}e^{i(k-q)x}\log(-k^2 + m^2)\int d^4x'\,e^{i(q-k)x'} \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4}e^{i(k-q)x}\log(-k^2 + m^2)(2\pi)^4\delta(q-k) \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(-k^2 + m^2)\int d^4q\,e^{i(k-q)x}\delta(k-q) \\ &=\frac{1}{2}\int d^4x\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(-k^2+m^2) \end{align}$

Ahora tenemos que hacer tres cosas:

• Identificar$^1$ $\int d^4x$con$VT$;
• Cambiar$\log(-k^2+m^2)$a$\log(k^2-m^2)$usando$^2$ $\log(x) = \log(|x|) + i\pi$, para$x<0$;
• hacer la sustitución$^3$ $m^2 \rightarrow m^2-i\varepsilon$para que no tengamos que luchar contra un infinito en$k^2 = m^2$.

Obtenemos

$\begin{align} iET &= \frac{1}{2}\left(\int d^4x\right)\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(-k^2+m^2) \\ &=\frac{1}{2}VT\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(-k^2+m^2) \tag{1} \label{1} \\ &=\frac{1}{2}VT\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(k^2-m^2+i\varepsilon) + A \end{align}$

Donde hemos absorbido$^4$ $(i\pi/2)VT\int(d^4k/(2\pi)^4)$en$A$(que viene de$C$, como señaló Zee).

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$^1$No es el estándar más alto de rigor, pero Zee hace un paso similar anteriormente en su libro (página 28).

$^2$Consulte esta pregunta de math.SE para obtener una prueba de la identidad.

$^3$Como$\varepsilon$se va a poner a cero más tarde, no hay necesidad de preocuparse por la sustitución.

$^4$Afortunadamente, como$A$es infinito, no hay problema con el$i\pi$término que se absorbe.

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EDITAR: Ser más preciso de$\eqref{1}$encendido, usamos

$$\log(-x\pm i\varepsilon)=\log(x)\pm i\pi,$$ dónde $x>0$, y obten $$iET=\frac{1}{2}VT\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\log(k^2-m^2+i\varepsilon) + A,$$ absorbiendo de nuevo el factor extra en $A$.