Un infinito producto problema de la física.

Question

Antecedentes: Durante el proceso de cómputo de la entropía térmica de la masa escalar campo en una caja de volumen $V_{box}$ a temperatura finita $T$. Me encuentro con un difícil calcular el producto de una cantidad infinita de términos.

La entropía es:

$$S=T\partial_{T}\prod_{n_1,n_2,\dotsc,n_d=0}^{\infty}Z(n_1,n_2,...,n_d)$$($n_1,n_2,...,n_d$ can not be all $0$ al mismo tiempo.)

$$Z(n_1,n_2,...,n_d)=\frac{1}{1-e^{-P_{n_1,n_2,...,n_d}/T}}$$

$$P_{n_1,n_2,...,n_d}=\sqrt{n_1^2+n_2^2+...+n_d^2}\frac{2\pi}{V_{box}^{1/d}}$$.

No sé cómo calcular la expresión final para $S$ (Mathematica no me dan la respuesta).

La ecuación de $(7)$ en la página $6$ de arxiv:1104.3712v1[hep-th] los estados que la respuesta es $$S= \frac{d+1}{\pi^{\frac{d+1}{2}}}\Gamma(\frac{d+1}{2})\zeta(d+1)T^{d}V_{box}$ $ , pero esto es sólo un resultado, sin ningún cálculo.

Quisiera que alguien me puede ayudar.

Answer 1

Como a menudo en la física estadística, la "exacta", el resultado se calcula mediante la realización de una aproximación como la densidad de estados es continua (sea lo que sea...). En particular, vamos a hacer la mayoría de los indiferentes aproximación podemos pensar, y reemplazar la suma por una integral, en sustitución de la $n_i$$x_i$, variando de forma continua en todo el espacio (creo que usted necesita para estar considerando el $n_i$ negativo). A continuación, toma de registros, tenemos $$ \log{Z} = -\sum_{n_i=0}^{\infty} \log{(1-e^{-c\sqrt{n_i n_i}})} \approx \int_{\mathbb{R}^d} -\log{(1-e^{-cr})} \, dx, $$ donde acabo de poner $c=2\pi/V^{1/d}T$ a consolidar las constantes. Haciendo la nueva integral: $$ \int_{\mathbb{R}^d} -\log{(1-e^{-cr})} \, dx = -S_{d-1} \int_0^{\infty} r^{d-1} \log{(1-e^{-cr})} \, dr; $$ $ S_{d-1} = 2\pi^{d/2}/\Gamma(d/2) $, el cambio de variables a $y=cr$ da $$ -\frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2)} c^{-d} \int_0^{\infty} y^{d-1}\log{(1-e^{-y})} \, dy. $$ La integración por partes, $$ -\int_0^{\infty} y^{d-1}\log{(1-e^{-y})} \, dy = 0 + \frac{1}{d}\int_0^{\infty} \frac{y^d e^{-y}}{1-e^{-y}} \, dy = \frac{\Gamma(1+d)\zeta(d+1)}{d} = \Gamma(d)\zeta(d+1). $$ Por lo tanto todo el lote es de $$ \log{Z} = \frac{2\pi^{d/2}\Gamma(d)\zeta(d+1)}{\Gamma(d/2)} c^d = \frac{2^d\pi^{(d-1)/2}\Gamma((d+1)/2)\zeta(d+1)}{(2\pi)^{d}} T^{d} V = \frac{\Gamma((d+1)/2)\zeta(d+1)}{\pi^{(d+1)/2}} T^{d} V $$

La entropía está dada por $$ S = \partial_T (T\log{Z}) = (d+1)\frac{\Gamma((d+1)/2)\zeta(d+1)}{\pi^{(d+1)/2}} T^{d} V, $$ como en el papel que usted cita.