Suma Matsubara con término logarítmico

Question

¿Cómo se calcula la suma de Matsubara?

$$\sum_n \log\left(-i\omega_n +\frac{k^2}{2m}+\mu\right)?$$

Si tengo sumas como $\sum_n \frac{1}{i\omega_n -m}$ puedo resumirlo calculando la suma de residuos de la función $\frac{1}{z-m}g(z)$ en los polos donde $g(z)=\begin{cases} \frac{\beta}{\exp (\beta z)+1} \text{ for Fermions}\\ \frac{\beta}{\exp (\beta z)-1} \text{ for Bosons} \end{cases}$

Pero ¿cómo hago para calcular en este caso en el que hay un $\log$ plazo y no hay polos.

Answer 1

S= $\sum_n\ln(-i\omega_n+\epsilon)=\sum_n\ln(i\omega_n-\epsilon)+C$

(normalmente se trata de una acción y la constante es irrelevante. Esta transformación es innecesaria sólo por conveniencia)

$=\mathrm{Res}\left\{\ln(z-\epsilon)g(z)\right\}$

cuando $g(z)$ es lo que has mencionado. Entonces el problema es evaluar esta integral. Podríamos seleccionar el corte de la rama como $(-\infty,\epsilon)$ y el contorno $-\infty+i\delta\to\epsilon\to(small\;circle\;around\;\epsilon)\to\epsilon\to-\infty-i\delta\to(circle\;in\;infinte\;distant)$ y $$S=\frac{1}{2\pi i}\int_C\ln(z-\epsilon)g(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}(\ln(z^+-\epsilon)-\ln(z^--\epsilon))g(z)$$ utilizando $g(z)=\xi\partial_z\ln(1-\xi e^{-\beta z})$ e integrar por parte $$S=-\frac{\xi}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\ln(1-\xi e^{-\beta\epsilon})\left(\frac{1}{z+i\delta-\epsilon}-\frac{1}{z-i\delta-\epsilon}\right)$$ y la relación $\lim_{\delta\to0}\frac{1}{x+i\delta}=\frac{1}{x}-i\pi\delta(x)$ podríamos obtener el resultado.

Referencia: Altland,Simons Teoría del campo de la materia condensada

Answer 2

Para este tipo de cosas se suele integrar por partes.

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Primero cambia tu suma por una integral:

$$\sum_n \log\left(-i\omega_n +\frac{k^2}{2m}+\mu\right) \Rightarrow \int \mathrm{d}\omega \, \log(f - \mathrm{i}\omega), $$ donde $f$ aquí está $k^2/2m+\mu$ que supongo que no son funciones de $\omega$ .

Luego integra por partes: $$\int \mathrm{d}\omega \, \underbrace{1}_{u'} \cdot\underbrace{\log(f - \mathrm{i}\omega)}_v = \underbrace{\omega}_{u}\underbrace{\log(f - \mathrm{i}\omega)}_{v}\bigg\vert_0^{\omega_{\text{max}}} - \int\mathrm{d}\omega\, \underbrace{\omega}_u\cdot\underbrace{\frac{\mathrm{-i}}{f-\mathrm{i}\omega}}_{v'}$$ $$\Rightarrow \omega_{\text{max}}\log(f - \mathrm{i}\omega_{\text{max}})+ \int_0^{\omega_{\text{max}}} \mathrm{d}\omega\,\omega\cdot\frac{\mathrm{i}}{f-\mathrm{i}\omega}.$$

El primer término es una compensación de energía constante. Normalmente se anula al considerar diferencias en energía.

Answer 3

Un posible enfoque es escribir la suma de logaritmos como logaritmo del producto y utilizar las fórmulas para productos infinitos de Gradshtein y Ryzhik.