Parte imaginaria de la energía libre - Teorema de Sohotski Plemenj

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Parte imaginaria de la energía libre - Teorema de Sohotski Plemenj

Smerdjakov

Ya publiqué esta pregunta en Math Stack Exchange y espero no molestar a la comunidad si la publico aquí nuevamente, buscando quizás una audiencia más adecuada. Necesito entender cómo se calcula el siguiente Límite (ecuación (9) en el documento ; también esto ).

\underset{ϵ \to + 0}{límite} Z (- PAG + i ϵ) = \underset{ϵ \to + 0}{límite} \int_{0}^{\infty} d X \int_{0}^{\infty} d y Exp {- α y - β X^{2} - y (- PAG + i ϵ) X}

$\lim_{\epsilon \to +0}Z(-P+i\epsilon) = \lim_{\epsilon \to +0} \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \, \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \exp \{ -\alpha y -\beta x^2 - y(-P+i \epsilon)x \}$

El autor dice que se debe hacer uso del teorema de Sokhotski-Plemelj

\underset{ϵ \to + 0}{límite} \int d X F (X) / (X + i ϵ) = PAG . V . \int d X F (X) / X - i π F (0)

$\lim_{\epsilon \to +0} \int \mathrm{d}x f(x)/(x+i \epsilon) = P.V. \int \mathrm{d}x f(x)/x -i \pi f(0)$

¿Pero, cómo llegar allí? Mi mejor intento es integrarme en el $y$ variable, obteniendo

Z (- PAG) \underset{ϵ \to + 0}{límite} \int_{0}^{\infty} d X Exp {- β X^{2}} [- \frac{1}{- α - (- PAG + i ϵ) X}]

$Z(-P) \lim_{\epsilon \to +0} \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \, \exp \{ -\beta x^2 \} \left [- \frac{1}{-\alpha-(-P+i \epsilon)x} \right]$

[EDITAR: este paso de integración ignora por completo el hecho de que la integral no converge para la parte real de P menor que cero... Pero luego, el autor establece la función $Z(P)$ es holomorfa en todo el plano complejo excepto en una rama cortada de menos infinito a cero. Aquí es quizás donde me equivoco. es la funcion

Y (PAG) = \int_{0}^{\infty} {mi}^{- PAG X} d X

$Y(P) = \int_{0}^{\infty} e^{-Px}\mathrm dx$ definido en todas partes en el plano complejo que no sea el semieje negativo?]

Para usar el Teorema necesito que el denominador contenga un factor $x+i \epsilon$ , que no es como la variable de Integración se multiplica por bz $\epsilon$ , por lo que no puedo continuar. Estoy aún más desconcertado porque si configuro $\epsilon$ a cero, la integral que escribí coincide con la integral PV informada en el artículo como la contribución PV en la fórmula de Sohotski-Plemelj (última línea de la ecuación (9). El término correspondiente a $i\pi f(0)$ contiene $P$ como argumento de un exponencial, que tampoco entiendo por completo.

Cualquier ayuda por favor, incluso solo una leve pista, sería muy apreciada.

[EDITAR] Creo que es justo informar la derivación original que estoy tratando de entender, la ecuación (9) del documento citado anteriormente. Mi pregunta es cómo funciona esta derivación: cómo se puede integrar la exponencial con argumento positivo (como ocurre cuando P es positivo, que es físicamente el caso de interés), y cómo se utiliza exactamente el teorema de Sohotski-Plemenj. Además, ¿cómo puede el autor afirmar $Z(P)$ es holomorfa en todo el plano complejo excepto una rama cortada de infinito negativo a cero, cuando la parte real del argumento de la exponencial es positiva (ya que -P está precedida por el signo menos). La ecuación original contiene una serie de constantes: en aras de la claridad y siguiendo los consejos, las he puesto a 1, siempre que sea posible.

\begin{aligned} Z (- PAG) & = \underset{ϵ \to 0 +}{límite} Z (- PAG + i ϵ) \\ = \int_{0}^{\infty} d yo \int_{0}^{\infty} d v Exp [- (2 yo + \frac{1}{4 (1 - σ^{2})} v^{2} + \frac{yo (- PAG + i ϵ)}{2} v)] \\ = PAG . V . \int_{0}^{\infty} d v \frac{Exp [- (v^{2}) / 4 (1 - σ^{2})]}{4 - PAG v} - \frac{2 i}{PAG} Exp [\frac{- 4}{{PAG}^{2} (1 - σ^{2})}] \end{aligned}

$\begin{align}Z(-P) &= \lim_{\epsilon \to 0+} Z(-P+i\epsilon) \\ &= \int_{0}^{\infty}\mathrm{d}l \int_{0}^{\infty}\mathrm{d}v \exp\left[-(2\ l + \frac{1 }{4(1-\sigma^2)}v^2+\frac{l (-P+i\epsilon)}{2}v)\right] \\&= \,\, P.V.\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}v\frac{\exp\left[-( v^2)/4(1-\sigma^2)\right]}{4 - P v} - \frac{2i}{ P}\exp\left[\frac{-4 }{ P^2(1-\sigma^2)}\right]\end{align}$

AccidentalFourierTransformar

Pero

i ε = i a ε

$i\varepsilon=ia\varepsilon$ para cualquier

a > 0

$a>0$ .

Smerdjakov

Para

a

$a$ constante, podría entender... pero

x

$x$ es la variable de integración... Probablemente me esté perdiendo el punto por completo...

AccidentalFourierTransformar

Creo que no te estás perdiendo mi punto en absoluto: por cada

x \in (0, \infty)

$x\in(0,\infty)$ puedes usar

i ε = i x ε

$i\varepsilon=ix\varepsilon$ punto a punto.

Smerdjakov

Según lo que entiendo de lo que dices, se podría reformular el teorema de Sohotski-Plemenj como

\underset{ϵ \to + 0}{límite} \int d X F (X) / (X + i ϵ X) = PAG . V . \int d X F (X) / X - i π F (0)

$\lim_{\epsilon \to +0} \int \mathrm{d}x f(x)/(x+i \epsilon x) = P.V. \int \mathrm{d}x f(x)/x -i \pi f(0)$ . Estoy tratando de convencerme... Mientras tanto, muchas gracias...

qmecanico

Cruzado de math.stackexchange.com/q/1701964/11127

AccidentalFourierTransformar

OP: Creo que sería mucho más fácil ayudarlo si "limpiara" un poco sus ecuaciones, es decir, si tratara de simplificar las ecuaciones tanto como pueda. Por ejemplo, podría establecer

α = β = 1

$\alpha=\beta=1$ (que no cambiará las propiedades analíticas de su función), o establezca

Z_{0} \frac{2}{β} (2 π \frac{A}{λ^{2}}) = 1

$Z_0\frac{2}{\beta}\left(2\pi \frac{A}{\lambda^2}\right)=1$ (porque este factor aparece en todas partes y no cambia el punto principal de su pregunta). O dicho de otra manera: ya entiendes la mayor parte de lo que has escrito. Intenta eliminar la información irrelevante y conserva solo la parte que no entiendas.

Smerdjakov

Hecho como se sugirió, se eliminó la mayor cantidad posible de constantes intrascendentes, de manera compatible con los requisitos físicos. Gracias.

Respuestas (1)

Parte imaginaria de la energía libre - Teorema de Sohotski Plemenj

Para $a$ constante, podría entender... pero $x$ es la variable de integración... Probablemente me esté perdiendo el punto por completo...
Creo que no te estás perdiendo mi punto en absoluto: por cada $x\in(0,\infty)$ puedes usar $i\varepsilon=ix\varepsilon$ punto a punto.
Según lo que entiendo de lo que dices, se podría reformular el teorema de Sohotski-Plemenj como $\underset{ϵ \to + 0}{límite} \int d X F (X) / (X + i ϵ X) = PAG . V . \int d X F (X) / X - i π F (0)$ $\lim_{\epsilon \to +0} \int \mathrm{d}x f(x)/(x+i \epsilon x) = P.V. \int \mathrm{d}x f(x)/x -i \pi f(0)$ . Estoy tratando de convencerme... Mientras tanto, muchas gracias...
OP: Creo que sería mucho más fácil ayudarlo si "limpiara" un poco sus ecuaciones, es decir, si tratara de simplificar las ecuaciones tanto como pueda. Por ejemplo, podría establecer $\alpha=\beta=1$ (que no cambiará las propiedades analíticas de su función), o establezca $Z_0\frac{2}{\beta}\left(2\pi \frac{A}{\lambda^2}\right)=1$ (porque este factor aparece en todas partes y no cambia el punto principal de su pregunta). O dicho de otra manera: ya entiendes la mayor parte de lo que has escrito. Intenta eliminar la información irrelevante y conserva solo la parte que no entiendas.
Hecho como se sugirió, se eliminó la mayor cantidad posible de constantes intrascendentes, de manera compatible con los requisitos físicos. Gracias.

AccidentalFourierTransformar · Answer 1

Puede reformular el teorema de Sokhotski-Plemelj como

\begin{matrix} (1) & \int_{a}^{b} \frac{F (X)}{X - y - i ε gramo (X)} d X = i π F (y) + PAG \int_{a}^{b} \frac{F (X)}{X - y} d X \end{matrix}

$\int_a^b\frac{f(x)}{x-y-i\varepsilon \color{red}{g(x)}} \mathrm dx=i\pi f(y)+\mathcal P\int_a^b\frac{f(x)}{x-y}\mathrm dx \tag{1}$ para cualquier función monótona distinta de cero

g (x)

$g(x)$ y cualquier

y \in (a, b)

$y\in(a,b)$ . En tu caso, tomarías

g (x) = x

$g(x)=x$ y

y = α

$y=\alpha$ , pero cualquier otra función (de buen comportamiento)

g (x)

$g(x)$ lo hará también.

Por ejemplo, tome

\begin{aligned} F (X) & \equiv {mi}^{- X^{2}} pecado (X - 1) Γ (X + 3) \\ a & \equiv - γ_{mi} = - 0.577... \\ b & \equiv ϕ = 1.618... \\ gramo (X) & \equiv registro (2 + X^{2}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x)&\equiv\mathrm e^{-x^2}\sin(x-1)\Gamma(x+3)\\ a&\equiv-\gamma_\mathrm{E}=-0.577...\\ b&\equiv\phi=1.618...\\ g(x)&\equiv\log(2+x^2) \end{aligned}$

si definimos

ξ (y) \equiv {| \int_{a}^{b} \frac{F (X)}{X - y - i ε gramo (X)} d X - i π F (y) - PAG \int_{a}^{b} \frac{F (X)}{X - y} d X |}^{2}

$\xi(y)\equiv\left|\int_a^b\frac{f(x)}{x-y-i\varepsilon g(x)} \mathrm dx-i\pi f(y)-\mathcal P\int_a^b\frac{f(x)}{x-y}\mathrm dx\right|^2$ debemos observar que

ξ (y) \equiv 0

$\xi(y)\equiv 0$ . De hecho, si evaluamos las integrales numéricamente usando Mathematica , obtenemos

$\hspace{200pt}$

donde el error está dominado por el valor finito de $\varepsilon=0.005$ .

A su pregunta real:

Si entendí tu pregunta, el problema principal es sobre la siguiente integral:

F (A) \equiv \int_{0}^{\infty} d y {mi}^{A y} = \frac{- 1}{A} Re [A] < 0

$f(A)\equiv\int_0^\infty \mathrm dy\ \mathrm e^{Ay}=\frac{-1}{A} \qquad \text{Re}[A]<0$ dónde

A

$A$ es cualquier número complejo con parte real negativa. La integral solo converge para

Re [A] < 0

$\text{Re}[A]<0$ , pero podemos insistir en que es válido para cualquier

A

$A$ y asignar

1 / A

$1/A$ como su valor. Creo que esto es lo que quiere decir el autor al continuar analíticamente la integral. Matemáticamente hablando, podemos decir que

1 / A

$1/A$ es la continuación analítica

f (A)

$f(A)$ fuera del radio de convergencia, de la misma manera continuamos analíticamente la suma

\sum_{i = 0}^{\infty} X^{i} = \frac{1}{1 - X}

$\sum_{i=0}^\infty x^i=\frac{1}{1-x}$

La suma real solo es convergente para $|x|<1$ , pero podemos asignar el valor $1/(1-x)$ incluso si $|x|>1$ . La filosofía es: evalúe cualquier integral/suma en la región donde converge, y si el resultado tiene sentido en una región más grande, entonces llame a ese resultado la continuación analítica de la integral/suma (por supuesto, la continuación analítica es más sutil y compleja que sólo esta).

De todos modos, si dejamos $A=-\alpha+x(P-i\varepsilon)$ , entonces nosotros tenemos

\int_{0}^{\infty} d y {mi}^{- α y + X y (PAG - i ε)} = \frac{1}{- α + X (PAG - i ε)}

$\int_0^\infty\mathrm dy \ \mathrm e^{-\alpha y+xy(P-i\varepsilon)}=\frac{1}{-\alpha+x(P-i\varepsilon)}$ incluso si

- α + x (P - i ε) > 0

$-\alpha+x(P-i\varepsilon)>0$ . A continuación, multiplica por

e^{- β x^{2}}

$\mathrm e^{-\beta x^2}$ a la izquierda, e integre sobre

x \in (0, \infty)

$x\in(0,\infty)$ :

\int_{0}^{\infty} d X \int_{0}^{\infty} d y {mi}^{- β X^{2} - α y + X y (PAG - i ε)} = \int_{0}^{\infty} d X {mi}^{- β X^{2}} \frac{1}{- α + X (PAG - i ε)}

$\int_0^\infty\mathrm dx \int_0^\infty\mathrm dy \ \mathrm e^{-\beta x^2-\alpha y+xy(P-i\varepsilon)}=\int_0^\infty\mathrm dx\ \mathrm e^{-\beta x^2}\frac{1}{-\alpha+x(P-i\varepsilon)}$

La rhs se puede evaluar con el teorema de Sokhotski-Plemelj, donde tomaré $g(x)=x$ y $y=\alpha$ (en la notación de $(1)$ ):

\int_{0}^{\infty} d X {mi}^{- β X^{2}} \frac{1}{- α + X (PAG - i ε)} = \frac{1}{PAG} [i π {mi}^{- β α^{2} / {PAG}^{2}} + PAG \int_{0}^{\infty} \frac{{mi}^{- β X^{2} / {PAG}^{2}}}{X - α}]

$\int_0^\infty\mathrm dx\ \mathrm e^{-\beta x^2}\frac{1}{-\alpha+x(P-i\varepsilon)}=\frac{1}{P}\left[i\pi\mathrm e^{-\beta\alpha^2/P^2}+\mathcal P\int_0^\infty \frac{\mathrm e^{-\beta x^2/P^2}}{x-\alpha}\right]$

Eso es muy útil... me hizo darme cuenta de que tengo un nuevo problema, es decir, cómo realizar una integral sobre el semieje real positivo de una función exponencial con un argumento con parte real positiva... He editado la publicación para resaltar esto hecho..muchas gracias..
Me alegro de haber podido ayudar :) de todos modos, tenga en cuenta que $\int_0^\infty \mathrm dx\ \mathrm e^{-ax}$ para complejo $a$ solo se define si $\text{Re}(a)>0$ . De lo contrario, la integral es divergente. (La parte imaginaria es irrelevante para la convergencia)
Gracias por confirmar esto. Estoy luchando entonces para entender cómo puede entonces la función $Z(P)$ , la ecuación (8) en el documento (informada para la conveniencia de todos al final de mi publicación original, sea holomorfa en todo el plano complejo excepto un punto de bifurcación desde $(-\infty,0]$ como se indica en el documento, si ni siquiera está definido cuando P tiene una parte real negativa ... gracias de nuevo
Creo que deberías agregar que el $i \pi f(0)$ término contiene un $P$ porque la singularidad ocurre en $\nu = 4 \alpha /P$ , entonces el $i \pi f(0)$ término es realmente un $i \pi f( 4 \alpha /P)$ término, que claramente contiene una $P$ . Preguntó sobre esto en su primera edición.
@NowIGetToLearnWhatAHeadIs ver la edición. ¿Es esto lo que quieres decir?
Tiene sentido ahora. Muchas gracias, realmente muy apreciado.
@ user37292 Me alegro de haber podido ayudar :-) [Creo que falta un signo menos en alguna parte, ¡así que asegúrese de obtener el mismo resultado!]
@AccidentalFourierTransform Sí, eso es lo que quise decir. Buena respuesta.

Parte imaginaria de la energía libre - Teorema de Sohotski Plemenj

Smerdjakov

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A su pregunta real:

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Brian polillas

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Smerdjakov

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Brian polillas

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