Caso Comutativo

Aqui apresentaremos um exemplo dos cálculos utilizados no capítulo (3) para obter o limite de pequenos valores de $y$ da função $h_n$, Eq. (3.53), ou seja,

$$h_n(y) = \int_0^{\infty}\frac{x^n dx}{\sqrt{x^2 + y^2}} \frac{1}{ e^{\sqrt{x^2 + y^2} - 1}}.$$ (A.1)

O método que iremos utilizar é baseado na referência [39]. Começamos por utilizar a identidade:

$$\frac{1}{e^z - 1} = \frac{1}{z} - \frac{1}{2} + 2 \sum_{m=1}^{\infty} \frac{z}{z^2 + (2 \pi m)^2},$$ (A.2)

de tal forma que substituindo este resultado na Eq. (A.1) obtemos:

$$h_n(y) = \int_0^{\infty} dx \frac{x^n}{\sqrt{x^2 + y^2}} \le... ...\infty} \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x^2 + y^2 + (2 \pi m)^2}\right].$$ (A.3)

Cada pedaço da expressão acima contém, em geral, uma divergência para grandes valores de $x$. Para garantir que $h_n(y)$ seja finito, é necessário que estas divergências se compensem no resultado final. Vamos lidar com esta dificuldade definindo uma quantidade regularizada $h_n^{\epsilon}(y)$, como sendo:

$$h_n^{\epsilon}(y) \equiv \int_0^{\infty}\frac{x^{n- \epsilo... ...)^{\frac{1}{2}}} \frac{1}{ e^{(x^2 + y^2)^{\frac{1}{2}} - 1}},$$ (A.4)

de tal forma que:

$$h_n(y) = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} h_n^{\epsilon} (y).$$ (A.5)

Usando a igualdade (A.2), podemos reescrever $h_n^{\epsilon}(y)$ como:

$$h_n^{\epsilon} (y) = \int_0^{\infty} dx \frac{x^{n -\epsilon}}{\sqrt{x^2 + y^2}} \left... ...} + 2 \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x^2 + y^2 + (2 \pi m)^2}\right]$$

$$= \int_0^{\infty} dx x^{n - \epsilon} \sum_{m=-\infty}^{+ \infty} \... ... m)^2} - \frac{1}{2} \int_0^{\infty} dx \frac{x^{n - \epsilon}}{\sqrt{x^2+y^2}}$$

$$\equiv I_n^{\epsilon} (y) +J_n^{\epsilon} (y),$$ (A.6)

onde definimos $I_n^{\epsilon} (y)$ e $J_n^{\epsilon} (y)$ respectivamente por:

$$I_n^{\epsilon} (y) \equiv \int_0^{\infty} dx x^{n - \epsilon} \sum_{m=-\infty}^{+ \infty} \frac{1}{x^2 + y^2 + (2 \pi m)^2},$$ (A.7)

e

$$J_n^{\epsilon} (y) \equiv - \frac{1}{2} \int_0^{\infty} dx \frac{x^{n- \epsilon}}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$ (A.8)

Calculando $I_n^{\epsilon} (y)$ temos:

$$I_n^{\epsilon} (y) = \int_0^{\infty} dx x^{n - \epsilon} \sum_{m=-\infty}^{+ \infty} \frac{1}{x^2 + y^2 + (2 \pi m)^2}$$

$$= \sum_{m= -\infty}^{\infty} \frac{1}{y^2 + (2 \pi m)^2} \int_0^{\infty} dx \left[\frac{x^{ n - \epsilon}}{1 + \frac{x^2}{y^2 + (2 \pi m)^2}}\right]$$

$$= \sum_{m= -\infty}^{\infty} \left[y^2 + (2 \pi m)^2\right]^{\frac{n -1 -\epsilon}{2}} \int_0^{\infty} d y \frac{y^{n-\epsilon}}{1 + y^2}.$$ (A.9)

Podemos reescrever a soma que aparece em (A.9) como sendo:

$$\sum_{m= -\infty}^{\infty} \left[y^2 + (2 \pi m)^2\right]^{\frac{n - 1 - \epsilon}{2}} = y^{n-1-\epsilon} + 2 \sum_{m=1}^{\infty} \left[y^2 + (2 \pi m)^2\right]^{\frac{n-1-\epsilon}{2}}$$

$$= y^{n - 1 - \epsilon } + 2 \sum_{m=0}^{\infty} (2 \pi m)^{n - 1 - \epsilon}$$

$$+ 2 \sum_{m=0}^{\infty} (2 \pi m)^{n - 1 - \epsilon} \left( Y^{\frac{n - 1 - \epsilon}{2}} -1 \right)$$

$$\equiv y^{n-1} - \epsilon y^{n-1} \ln(y) + 2 (2 \pi)^{n - 1 -\epsilon} \sum_{m=0}^{\infty} m^{n - 1 -\epsilon}$$

$$+ 2 (2 \pi)^{n - 1 - \epsilon} \sum_{m=0}^{\infty} m^{n - 1 - \epsilon } \left[-1 + Y^{\frac{n-1}{2}} \right.$$

$$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, \, \left. -\frac{\epsilon}{2} Y^{\frac{n-1}{2}} \ln(Y) \right]$$

$$+ {\cal O}(\epsilon^2),$$ (A.10)

onde na última passagem realizamos uma expansão em pequenos valores de $\epsilon$. Além disso, definimos a variável $Y$ como:

$$Y \equiv \left[ 1 + \left(\frac{y}{2 \pi m}\right)^2\right].$$ (A.11)

A seguir devemos expandir a expressão acima em torno $y=0$ (o que corresponde no nosso caso ao regime de altas temperaturas). Chegamos assim a:

$$\sum_{-\infty}^{\infty} \left[y^2 + (2 \pi m)^2\right]^{\frac{n - 1- \epsilon}{2}} = y^{n-1} - \epsilon y^{n-1} \ln(y) + 2 (2 \pi)^{n - 1 - \epsilon} \zeta ( \epsilon + 1 - n)$$

$$+ 2 (2 \pi)^{n - 1 - \epsilon} A_{n, \epsilon} y^2 \zeta( \epsilon + 3 - n)$$

$$+ 2 (2 \pi)^{n - 1 - \epsilon} B_{n, \epsilon} y^4 \zeta( \epsilon + 5 - n),$$ (A.12)

onde $\zeta (x)$ são as funções Zeta de Riemann e estamos definindo:

$$A_{n, \epsilon} \equiv - \frac{1- n + \epsilon}{2 (2 \pi)^2},$$

e

$$B_{n, \epsilon} \equiv \frac{3 + n^2 + 4 \epsilon - 2 n (2+\epsilon)}{128 \pi^4}.$$ (A.13)

Como as funções $\zeta (x)$ tem comportamentos distintos para argumentos positivos e negativos, vamos considerar um caso particular, por exemplo $n=3$. Neste caso, a soma torna-se:

$$\sum_{-\infty}^{\infty} \left[y^2 + (2 \pi m)^2\right]^{\frac{2- \epsilon}{2}} = y^{2} - \epsilon y^{2} \ln(y) + 2 (2 \pi)^{2 - \epsilon} \zeta ( \epsilon - 2)$$

$$+ 2 (2 \pi)^{2 - \epsilon} A_{3, \epsilon} \, y^2 \zeta( \epsilon )$$

$$+ 2 (2 \pi)^{2- \epsilon} B_{3, \epsilon} \, y^4 \zeta( \epsilon + 2).$$ (A.14)

Agora usando que:

$$\int_0^{\infty} d y \frac{y^{3-\epsilon}}{1 + y^2} = - \frac{1}{\epsilon} - \frac{\pi^2}{24} \epsilon,$$ (A.15)

e as seguintes relações para as funções Zeta de Riemann:

$$\zeta(\epsilon -2) = \frac{(2 \pi)^{\epsilon}}{4 \pi^3} \left[- \frac{\pi}{2} \Gamma(3) \zeta(3)\right]\epsilon,$$

$$\zeta(\epsilon +2) = \zeta(2) + \epsilon \zeta'(2),$$

e

$$\zeta(\epsilon) = \zeta(0) + \epsilon \zeta'(0),$$ (A.16)

podemos reescrever $I_3^{\epsilon}(y)$ com o uso das Eqs. (A.9) e (A.14) como:

$$I_3^{\epsilon}(y) = - \frac{1}{\epsilon} \left\{ y^2 - \epsilon y^2 \ln(y) - \epsilon \Gamma(3) \zeta(3) \right.$$

$$\qquad \qquad + \left. \frac{2} {(2 \pi)^{\epsilon}} \left(1 + \frac{\epsilon}{2}\right) y^2 \left[\zeta(0) + \epsilon \zeta'(0)\right]\right.$$

$$\qquad \qquad - \left.\frac{\epsilon}{8 \pi^{2+\epsilon}} y^4 \left[\zeta(2) + \epsilon \zeta'(2)\right]\right\}.$$ (A.17)

Calculando $J_n^{\epsilon} (y)$ a partir da Eq. (A.8), temos:

$$J_n^{\epsilon} (y) = - \frac{1}{2} \int_0^{\infty} dx \frac{x^{n - \epsilon}}{\sqrt{x^2+y^2}}$$

$$= - \frac{y^{n - \epsilon}}{2} \int_0^{\infty} dt \frac{t^{n - \epsilon}}{\sqrt{1 + t^2}}$$

$$= - \frac{y^{n - \epsilon}}{4} \frac{\Gamma \left( \frac{n +1 - \ep... ...- \epsilon}{2}\right)\sin \left[\pi \left(\frac{\epsilon -n}{2}\right)\right]}.$$ (A.18)

Em particular, para $n=3$, obtemos:

$$J_3^{\epsilon} (y) = - \frac{y^{3 - \epsilon}}{4} \frac{\Gam... ...ght)\sin \left[\pi \left(\frac{\epsilon -3}{2}\right)\right]}$$ (A.19)

Finalmente, unindo (A.17) e (A.19) chegamos a:

$$h_3(y) = 2 \zeta(3) + y^2\left[\ln(y) - \frac{1}{2}\right] + {\cal O} (y^0),$$ (A.20)

que foi o resultado utilizado na Eq. (3.54).