Aproximación de la integral de Fermi-Dirac $\int \text{d}x \frac{f(x,\beta)}{1+e^{\beta x}}$

Question

En física es bastante común encontrar integrales del tipo \begin{align} I(\beta) = \int_{-\infty}^{\infty}\text{d}x \frac{f(x)}{1+e^{\beta x}} \tag{1} \end{align} donde $f(x)$ es alguna cantidad que queremos promediar sobre la distribución Fermi-Dirac $n(x) = \left(1+e^{\beta x}\right)^{-1}$ y $\beta >0$ es un parámetro real positivo que representa la "inversa de la temperatura". Como muchas veces los físicos sólo se interesan por el régimen de "baja temperatura $\beta\gg 1$ es común considerar lo siguiente Aproximación de Sommerfeld : \begin{align} I(\beta)\underset{\beta \gg 1}{=} \int_{-\infty}^{0}\text{d} x~f(x)+\frac{\pi^2}{6\beta^2} f'(0)+O(\beta^{-4}). \tag{2} \end{align} Que a veces aparece de forma mnemotécnica como expansión de $n(x,\beta)$ sí mismo, \begin{align} \frac{1}{1+e^{\beta x}}\underset{\beta\gg1}{=} \theta(-x)-\frac{\pi^2} {6\beta^2}\delta'(x)+O(\beta^{-4}) \tag{3} \end{align}

Mi pregunta es

¿Podemos entender la Ec. (3) de forma rigurosa? Por ejemplo, como la expansión de una distribución. En caso afirmativo, ¿podemos entender la convergencia de la Ec.(2) como la condición de una expansión en serie bajo signo integral? Por ejemplo, la convergencia dominada.

Mi motivación

Necesito estudiar una integral similar a la Ec. (1) pero con la diferencia crucial de que f(x) es también una función del parámetro $\beta$ y quería hacer una expansión similar a la de la Ec. (2). Mi idea era entender la Ec. (2) como una expansión en serie Ec.(3) bajo signo de integrales, y también expandir mi $f$ en $\beta$ . Para comprobar si esto es seguro, quería utilizar la convergencia dominada. Pero no estoy seguro de que esto tenga sentido.

Se agradecen las referencias para discusiones rigurosas de la Ecuación (2) o la Ecuación (3).

Answer 1

No sé si esto será de utilidad, pero ...

Si asumimos que $f$ pertenece al espacio de las funciones de prueba que son suaves y de soporte compacto, entonces ciertamente tenemos

$$f(x)-f(-x)=2f'(0)x+O(x^3)$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{f(x)-f(-x)}{1+e^{\beta x}}\,dx&=2f'(0)\int_0^\infty \frac{x}{1+e^{\beta x}}\,dx+O\left(\int_0^\infty \frac{x^3}{1+e^{\beta x}}\,dx\right)\\\\ &=\frac{2f'(0)}{\beta^2}\int_0^\infty \frac{x}{1+e^x}\,dx+O\left(\frac{1}{\beta^4}\int_0^\infty \frac{x^3}{1+e^{\beta x}}\,dx\right)\\\\ &=\frac{\pi^2}{6\beta^2}f'(0)+O\left(\frac{7\pi^4}{120\beta^4}\right)\\\\ &=\frac{\pi^2}{6\beta^2}f'(0)+O\left(\frac{1}{\beta^4}\right) \end{align}$$

Por lo tanto, podemos escribir

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{1+e^{\beta x}}\,dx=\int_{-\infty}^0 f(x)\,dx+\frac{\pi^2}{6\beta^2}f'(0)+O\left(\frac{1}{\beta^4}\right)$$

Ahora bien, tenga en cuenta que $\frac{1}{1+e^{\beta x}}\sim \Theta(-x)-\frac{\pi^2}{6\beta^2}\delta'(x) +O(\beta^{-4})$ en el sentido de que

$$\langle f, \frac{1}{1+e^{\beta x}}\rangle =\langle f,\Theta(-x)-\frac{\pi^2}{6\beta^2}\delta'(x) )\rangle +O(\beta^{-4})$$

Answer 2

Para justificar la expansión de Sommerfeld supongamos que $f$ es una función de prueba adecuada (algo como una lorentziana debería ser bueno por ahora: integrable en $0$ y un decaimiento suficiente en el infinito). Además, denotemos la distribución de Fermi por $n_{\beta}(x)$ .

Queremos explorar la integralidad

$$ I(\beta)=\int_{\mathbb{R}} n_{\beta}(x)f(x)dx $$

en el límite de $\beta\gg1$ .

Ahora, reescalemos $x\rightarrow \beta x$ y dividir el rango de integración en el origen

$$ \beta I(\beta)=I_{+}(\beta)+I_{-}(\beta)=\int_0^{\infty}\frac{f(x/\beta)}{e^x+1}dx+\int_{-\infty}^0\frac{f(x/\beta)}{e^x+1}dx $$

Desde $e^{x}<1$ en $\mathbb{R}_-$ encontramos

$$ I_-(\beta)=\int_{-\infty}^0f(x/\beta)dx+\int_{-\infty}^0dx(f(0)+\frac{x}{\beta}f'(0)+O{(\beta^{-2})})\sum_{n\geq 1}(-1)^ne^{n x}=\\\int_{-\infty}^0f(x/\beta)dx-\log(2)f(0)+\frac{\pi^2}{12\beta}f'(0)+O(\beta^{-2}) $$

Desde el $\mathbb{R}_+$ la integral converge bastante rápido podemos expandir $f$ directamente y encontrar

$$ I_+(\beta)=\int_0^{\infty}\frac{f(0)+\frac{x}{\beta}f'(0)+O{(\beta^{-2})}}{e^x+1}dx=\log(2)f(0)+\frac{\pi^2}{12\beta}f'(0)+O(\beta^{-2}) $$

que da como resultado (después de deshacer el reescalado del principio)

$$ I(\beta)=\int_{-\infty}^{0}f(x)dx+\frac{\pi^2}{6\beta^2}f'(0)+O(\beta^{-3}) $$

que es en el sentido de las distribuciones puede interpretarse efectivamente como

$$ n_{\beta}(x)\sim \theta(-x)-\frac{\pi^2}{6\beta^2}\delta'(x)+O(\beta^{-3})\quad \text{as}\,\, \beta >>1 $$

que $O(\beta^{-3})$ puede ser sustituido por un $O(\beta^{-4})$ La estimación es fácil de incluir

---

Observación: Si permitimos una dependencia de la temperatura para $f$ Así que $f_{\beta}(x)$ Sommerfeld debería ser válido siempre que podamos asegurar que una expansión de Taylor alrededor del origen (en $x$ ) es válida, por lo que $f_\beta(x/\beta)\sim f_{\beta}(0)+\frac{x}{\beta}f_{\beta}'(0)...$ donde $f_{\beta}^{(n)}(0)$ son al menos como $f_{\beta}^{(n)}(0)/\beta^n \rightarrow 0$ como $\beta\rightarrow \infty$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Tenga en cuenta que $\ds{{1 \over \expo{\beta x} + 1} = \left\{\begin{array}{lcl} \ds{\Theta\pars{-x} + {\mrm{sgn}\pars{x} \over \expo{\beta\,\verts{x}} + 1}} & \mbox{if} & \ds{x \not= 0} \\[2mm] \ds{1 \over 2} & \mbox{if} & \ds{x = 0} \end{array}\right.}$

$\ds{\Theta}$ es el Función escalonada de Heaviside .

Entonces, \begin{align} \left.\vphantom{\Large A}\mrm{I}\pars{\beta}\right\vert_{\ \beta\ >\ 0} & = \int_{-\infty}^{\infty}{\mrm{f}\pars{x} \over \expo{\beta x} + 1}\,\dd x = \int_{-\infty}^{0}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x + \int_{-\infty}^{\infty}{\mrm{sgn}\pars{x} \over \expo{\beta\,\verts{x}} + 1}\,\mrm{f}\pars{x}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{-\infty}^{0}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x + \int_{0}^{\infty} {\mrm{f}\pars{x} - \mrm{f}\pars{-x} \over \expo{\beta x} + 1}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{-\infty}^{0}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x + 2\sum_{n = 0}^{\infty} {\mrm{f}^{\pars{2n + 1}}\pars{0} \over \pars{2n + 1}!}\int_{0}^{\infty} {x^{2n + 1} \over \expo{\beta x} + 1}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{-\infty}^{0}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x + 2\sum_{n = 0}^{\infty} {\mrm{f}^{\pars{2n + 1}}\pars{0} \over \pars{2n + 1}!} \,\beta^{-\pars{2n + 2}}\int_{0}^{\infty}{x^{2n + 1} \over \expo{x} + 1}\,\dd x \\[5mm] & = \bbx{\int_{-\infty}^{0}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x + \sum_{n = 0}^{\infty} \bracks{2\,\mrm{f}^{\pars{2n + 1}}\pars{0} \pars{1 - 2^{-2n - 1}}\zeta\pars{2n + 2}}\,\beta^{-\pars{2n + 2}}} \end{align}