问题
在多体的格林函数中, 经常遇到类似如下的求和
\begin{align} \sum_{\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} \end{align}Counter Integral
可以发现, \(\omega_n\) 取的值恰好是
\begin{align} \frac{1}{e^{\mathrm{i}\omega_n\beta} + 1} \end{align}的 pole . 那么构造一个积分
\begin{align} \oint_C \frac{1}{z - \xi_{\vec{k}}} \frac{1}{e^{z\beta} + 1} \mathrm{d}z = 0 \end{align}\(C\) 是沿无穷远绕了一圈的大圆. 它的积分值为零可由 Jordan's lemma 得到. 由留数定理可得
\begin{align} \oint_C \frac{1}{z - \xi_{\vec{k}}} \frac{1}{e^{z\beta} + 1} \mathrm{d}z = 0 = 2\pi \mathrm{i} \left(\mathrm{Res}_1 + \sum \mathrm{Res}_2 \right) \end{align}由此得到
\begin{align} \sum \mathrm{Res}_2 = \mathrm{Res}_1 \end{align}其中 \(\mathrm{Res}_{1}\) 表示由第一项的 pole 贡献的留数, 为
\begin{align} \mathrm{Res}_{1} =& \lim_{z\to\xi_{\vec{k}}} (z - \xi_{\vec{k}}) \frac{1}{z - \xi_{\vec{k}}} \frac{1}{e^{z\beta} + 1} \\ =& \frac{1}{e^{\xi_{\vec{k}}\beta} + 1} \\ =& n_{\mathrm{F}}(\xi_{\vec{k}}) \end{align}它就是费米分布函数. \(\sum\mathrm{Res}_{2}\) 表示由第二项的 pole 贡献的留数, 为
\begin{align} \sum\mathrm{Res}_{2} = \sum_{\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} \lim_{z\to\omega_n}\frac{z - \omega_n}{e^{z\beta} + 1} \end{align}而由洛必达法则有
\begin{align} \lim_{z\to\omega_n}\frac{z - \omega_n}{e^{z\beta} + 1} = \lim_{z\to\omega_n}\frac{1}{\beta e^{z\beta}} = -\frac{1}{\beta} \end{align}所以
\begin{align} \sum\mathrm{Res}_{2} = -\frac{1}{\beta} \sum_{\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} \end{align}最终有
\begin{align} \sum_{\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} = \beta n_{\mathrm{F}} \end{align}费米分布函数的 pole , 恰好就是费米子 Matsubara frequency 的取值.
Another View
有的书上以另一种观点来说明这个事情, 但本质是一样的. 首先, 将最原始的求和形式化成 一个 counter integral , counter 是绕着所有的 \(\mathrm{i}\omega_n\) 它们都在虚轴上, 其它地方一正一负就抵消了. 即
\begin{align} \frac{1}{\beta} \sum_{\omega_n} F(\mathrm{i}\omega_n) = \oint \frac{\mathrm{d}z}{2\pi \mathrm{i}} F(z) \frac{1}{e^{\beta z} + 1} \end{align}注意这里的回路没有包括 \(F(z)\) 的 pole 或者 branch cut , 而且 \(F(z)\) 的 pole 或者 branch cut 都在实轴上. 然后加上 null contours , 这包括无穷远和沿实轴上下及虚轴左 右的积分, 之后去掉没有贡献的点, 就只剩下 \(F(z)\) 的 pole 和 branch cut. 最终结果 上之前的结果是一样的. 具体可以参考 Reference[1]
还有就是, 这样理解的结果比较便于, 就是把 \(F(z)\) 的 pole 和 branch cut 的值代入到 费米分布函数中求和, 就得到了最终的结果, 当然得再乘上一个 \(\beta\) 这是由于费米分 布函数的 pole 的贡献, 乘到这边就从 \(\frac{1}{\beta}\) 变成了 \(\beta\) . 负号由于 contour 的绕向相反也抵消了.
Summary
因此费米子的频率求和
\begin{align} \sum_{\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} = \beta n_{\mathrm{F}}(\xi_{\vec{k}}) \end{align}类似地有玻色子的频率求和
\begin{align} \sum_{\omega_m = \frac{2m\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\omega_m - \xi_{\vec{k}}} = -\beta n_{\mathrm{B}}(\xi_{\vec{k}}) \end{align}以及对于费米子为被减数的求和
\begin{align} \sum_{\omega_n=\frac{(2n+1)\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\Omega_m - \mathrm{i}\omega_n - \xi_{\vec{k}}} = \beta\left[n_{\mathrm{F}}(\xi_{\vec{k}})-1\right] \quad,\quad \mathrm{where} \quad \Omega_m =\frac{2m\pi}{\beta} \end{align}对于玻色子为被减数的求和
\begin{align} \sum_{\omega_m=\frac{2m\pi}{\beta}} \frac{1}{\mathrm{i}\Omega_n - \mathrm{i}\omega_m - \xi_{\vec{k}}} = -\beta\left[n_{\mathrm{B}}(\xi_{\vec{k}})+1\right] \quad,\quad \mathrm{where} \quad \Omega_n =\frac{2n\pi}{\beta} \end{align}Supplementary
Intro
对于一个沿无穷远绕一圈 \(C\) 的 counter integral , 如果它在无穷远以快于 \(\frac{1}{|z|}\) 的速度趋于 \(0\) , 那么它的积值为 \(0\) . 即
\begin{align} \oint_C f(z) \mathrm{d}z = 0 , \quad\quad \mathrm{if} \quad \lim_{|z|\to\infty}f(z) |z| = 0 \end{align}更一般地说, 不必是沿着整个圆圈积分, 沿无穷远的任意一段弧的积分都为 \(0\) .
因为积分变量在无穷远会以 \(|z|\) 的形式趋于无穷大. 具体来说, 如果把被积函数 \(z\) 写成辐角的形式 \(|z|e^{\mathrm{i}\theta}\) , 就有
\begin{align} \oint_C f(z) \mathrm{d}z = \lim_{R\to\infty}\int_0^{2\pi} f(R e^{\mathrm{i}\theta}) \mathrm{i}Re^{\mathrm{i}\theta} \mathrm{d}\theta \end{align}可以看出, 如果 f(z) 在无穷远以 \(\frac{1}{|z|}\) 的形式趋于 0, 那么
\begin{align} \lim_{R\to\infty}f(R e^{\mathrm{i}\theta}) \mathrm{i}Re^{\mathrm{i}\theta} = \mathrm{const.} \end{align}积分值是有限的值. 但是如果 f(z) 在无穷远以快于 \(\frac{1}{|z|}\) 的形式趋于 0 , 那么 可以看出, 如果 f(z) 在无穷远以 \(\frac{1}{|z|}\) 的形式趋于 0, 那么
\begin{align} \lim_{R\to\infty}f(R e^{\mathrm{i}\theta}) \mathrm{i}Re^{\mathrm{i}\theta} = 0 \end{align}积分值为 \(0\) .
Jordan's Lemma
Jordan's Lemma 是说, 如果函数 \(f(z)\) 在上半平面的无穷远处为 \(0\) ,那么有
\begin{align} \int_{C_1} e^{\mathrm{i}az}f(z) \mathrm{d}z = 0 , \quad\quad \mathrm{if} \quad a>0 \end{align}其中 \(C_1\) 是无穷远处的上半平面的半圆弧.
按照前面是思路, 只要证明
\begin{align} \int_0^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \mathrm{d}\theta \end{align}在 \(R\to \infty\) 时以快于或等于 \(\frac{1}{R}\) 的形式趋于 \(0\) 即可. 因为把指数上的 \(z\) 写成 \(z = R\cos \theta + \mathrm{i}\sin \theta\) , 再乘上指数上的 \(\mathrm{i}\) , 只需要考虑正弦部分即可, 因为余弦部分是虚数, 指数上的虚数只代表相位.
指数上的三角函数不好积, 这里并不需要准确积出来, 只要找到一个积分的上限即可. 从三 角函数的图像上可以找到我们需要的近似. 在 \([0, \pi]\) 之间, 正弦函数是对称的, 所 以只需要考虑左边一半, 那直接取一个线性的上限近似, 即 \((0, 0)\) 与 \((\frac{\pi}{2}, 1)\) 两点的连线, 小于正弦函数, 再算上指数上的负号, 这样近似的积 分的结果是要大于原积分的, 也就找到了积分的上限. 即
\begin{align} \int_0^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \mathrm{d}\theta \le 2\int_0^{\frac{2}{\pi}} e^{-aR \frac{2}{\pi}\theta} \mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{aR}(1 - e^{-aR}) \end{align}它在 \(R\to \infty\) 时, 恰好是以 \(\frac{1}{R}\) 的形式趋于零. 这样 Jordan's Lemma 就得到了证明.
Summary of Jordan's Lemma
Jordan's Lemma 中的条件要弱于 intro 中提到的条件. 因为从证明中可以看到, Jordan's Lemma 的整个被积函数是以弱于 \(\frac{1}{|z|}\) 的形式趋于 \(0\) 的. 因为 \(e^{\mathrm{i}az}\) 是 exponential 的形式趋于 \(0\) , 而 \(f(z)\) 趋于 \(0\) 的速度是没 有限制的, 整体是以比最慢的趋于 \(0\) 的速度, 也就是 exponential 的速度, 稍快一点的 速度趋于 \(0\) .
同样的, Jordan's Lemma 中的条件弱, 同样就导致了对它的结果的比较强的限制, 它要在 整个上半圆上积分, 而 intro 中任意一段弧都可以.
Supplementary of Contour Integral
下面说明
\begin{align} \oint_C \frac{1}{z - \xi_{\vec{k}}} \frac{1}{e^{z\beta} + 1} \mathrm{d}z = 0 \end{align}它为什么成立. 实际上它是有条件的, 因为它的第一项很明显在无穷远是以 \(\frac{1}{|z|}\) 的形式趋于 \(0\) . 但第二项在无穷远处只在右半平面是趋于 \(0\) , 在负 半平面是个常数, 所以要加一项使它在负半平面也趋于 \(0\) , 即
\begin{align} \oint_C \frac{e^{z0^+}}{z - \xi_{\vec{k}}} \frac{1}{e^{z\beta} + 1} \mathrm{d}z = 0 \end{align}因为
\begin{align} e^z \propto e^{R\cos\theta} \end{align}Reference
- [1] Chap 8.3 Piers Coleman, Introduction to Many-Body Physics
- [2] Arfken, Weber, Harris, Mathematical Methods for Physicists 7ed
- [3] Mahan, Many-Particle Physics 3ed