カシミール効果とゼータ関数（４）: T

2012年09月12日

カシミール効果とゼータ関数（４）

ここから本題の繰り込み手法ということになるのでしょう。
あまりやったことがないので計算が合致するかどうか？（前回の記事でも違いが出てきてしまったので。。）

[引用⑪]--------------------
　ここではプラナの和公式を用いる。
　この和公式は本質的にはポアソン和公式と同等なものであり、しかも今の設定では先で考えるリーマン面の場合のセルバーグ跡公式と見かけ上、比較しやすい：f(x) を性質の良い関数とするとき次のプラナの和公式が成立する：

$\left ( \ddagger \ddagger \right )\; \; \; \; \sum_{n= 1}^{\infty }f\left ( n \right )= \int_{0}^{\infty }f\left ( x \right )dx-\frac{1}{2}f\left ( 0 \right )+i\int_{0}^{\infty }\frac{f\left ( ix \right )-f\left ( -ix \right )}{\mathrm{e}^{2\pi x}-1}\: dx$
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Abel-Plana Formula によると、

$\sum_{n= 0}^{\infty }f\left ( n \right )= \int_{0}^{\infty }f\left ( x \right )dx+\frac{1}{2}f\left ( 0 \right )+i\int_{0}^{\infty }\frac{f\left ( it \right )-f\left ( -it \right )}{\mathrm{e}^{2\pi t}-1}\: dt$

なのですが、左辺は、

$\sum_{n= 0}^{\infty }f\left ( n \right )= f\left ( 0 \right )+\sum_{n= 1}^{\infty }f\left ( n \right )$

と分解できるので、

$\sum_{n= 1}^{\infty }f\left ( n \right )= \int_{0}^{\infty }f\left ( x \right )dx-\frac{1}{2}f\left ( 0 \right )+i\int_{0}^{\infty }\frac{f\left ( ix \right )-f\left ( -ix \right )}{\mathrm{e}^{2\pi x}-1}\: dx$

となり、[引用⑪]の式は正しいことになりますね。そこまで信用しないんかい！とツッコミが在りそうですが、どうも引っかかってしまうのです。

[引用⑫]--------------------
　さて、ガンマ関数の性質から

$F\left ( ix \right )-F\left ( -ix \right )= -\frac{ix^{d}}{\pi ^{1/2}}\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )\sin \frac{\pi d}{2}$

$= ix^{d}\pi ^{1/2}\frac{\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )}$

となることに注意する。
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一行目の式はガンマ関数の性質ではなく、複素数を意識すると得られるようですね。
一応、数セミの記事に書いてある F(x) の式を採用して話を進めます（私が計算すると半分になるのですが、、）。

$F\left ( ix \right )-F\left ( -ix \right )= -\frac{1}{2\pi ^{1/2}}\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )\left \{ \left ( ix \right )^{d}-\left ( -ix \right )^{d} \right \}$

$= -\frac{x^{d}}{2\pi ^{1/2}}\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )\left \{i^{d}-\left ( -i \right )^{d} \right \}$

と変形できます。｛　｝の中を変形していくと、

$i^{d}-\left ( -i \right )^{d}= \left ( \mathrm{e} ^{i\frac{\pi }{2}}\right )^{d}-\left ( \mathrm{e} ^{-i\frac{\pi }{2}}\right )^{d}= \mathrm{e} ^{i\frac{\pi d}{2}}- \mathrm{e} ^{-i\frac{\pi d}{2}}= 2i\sin \frac{\pi d}{2}$

なので、

$F\left ( ix \right )-F\left ( -ix \right )= -\frac{ix^{d}}{\pi ^{1/2}}\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )\sin \frac{\pi d}{2}$

が成立します。ここで、オイラーの相半公式を使って、懸案の Γ(-d/2) を消去することを考えます。

$-\sin \pi \frac{d}{2}= \sin \pi \left ( 1+\frac{d}{2} \right )= \frac{\pi }{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )}$

から、

$F\left ( ix \right )-F\left ( -ix \right )= \frac{ix^{d}\pi\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right )}{\pi ^{1/2}\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )\Gamma \left ( -\frac{d}{2} \right ) }= ix^{d}\pi ^{1/2}\frac{\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )}$

となりました。

[引用⑬]--------------------
　そこで、 $f\left ( x \right )= F\left ( \frac{\pi }{a}n \right )$ を $\left ( \ddagger \ddagger \right )$ に代入すると、 $F\left ( 0 \right )= 0$ なので

$E_{\mathrm{casimir}}\left ( a \right )= -\frac{aL^{d-1}}{2^{d-1}\pi ^{\frac{d}{2}}}\: \frac{1}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )}\int_{0}^{\infty }\frac{x^{d}}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx$
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この部分も分かり難いところでした。ここは素直に代入して

$\sum_{n=1}^{\infty }F\left ( \frac{\pi n}{a} \right )= \int_{0}^{\infty }F\left ( \frac{\pi x}{a} \right )dx+i\int_{0}^{\infty }\frac{F\left ( i\frac{\pi x}{a} \right )-F\left ( -i\frac{\pi x}{a} \right )}{\mathrm{e}^{2\pi x}-1}dx$

となりますが、

$y\equiv \frac{\pi }{a}x\; \rightarrow \; x= \frac{a}{\pi }y\; ,\; dx= \frac{a}{\pi }dy$

から、

$\sum_{n=1}^{\infty }F\left ( \frac{\pi n}{a} \right )= \frac{a}{\pi }\int_{0}^{\infty }F\left ( y \right )dy+i\frac{a}{\pi }\int_{0}^{\infty }\frac{F\left ( iy \right )-F\left ( -iy \right )}{\mathrm{e}^{2ay}-1}dy$

です。変数 y を x に代えても値は変わらないので、

$\sum_{n=1}^{\infty }F\left ( \frac{\pi n}{a} \right )- \frac{a}{\pi }\int_{0}^{\infty }F\left ( x \right )dx= i\frac{a}{\pi }\int_{0}^{\infty }\frac{F\left ( ix \right )-F\left ( -ix \right )}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx$

$= i\frac{a}{\pi }\cdot i\pi ^{1/2}\cdot \frac{\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )}\int_{0}^{\infty }\frac{x^{d}}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx= -\frac{a}{\pi ^{1/2}}\frac{\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )}\int_{0}^{\infty }\frac{x^{d}}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx$

となります。これを「カシミール効果とゼータ関数（２）」の $\left ( \ddagger \right )$ に代入すると、

$E_{\mathrm{casimir}}\left ( a \right )= \frac{L^{d-1}}{\left ( 4\pi \right )^{\frac{d-1}{2}}\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}\cdot \left \{ -\frac{a}{\pi ^{1/2}}\cdot \frac{\Gamma \left ( \frac{d-1}{2} \right )}{\Gamma \left ( 1+\frac{d}{2} \right )} \right \}\int_{0}^{\infty }\frac{x^{d}}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx$

$=- \frac{aL^{d-1}}{2^{d-1}\pi ^{d/2}\Gamma \left (1+ \frac{d}{2} \right )}\int_{0}^{\infty }\frac{x^{d}}{\mathrm{e}^{2ax}-1}dx$

となり、[引用⑬]の式のようになります。
ただし、私が前記事で指摘したように、本当はこれの半分のような気がします。

今日はこの辺で。