Total derivado de la acción de la teoría del campo

Question

Considere la posibilidad de un clásico de la teoría de campo.

Cuando se aplique el mínimo de la acción veo que un término es considerado el total de derivados.

Decimos que $$\int \partial_\mu (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi) d^4x= \int d(\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)= (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)$$ Y, a continuación, debido a que la variación en el espacio infinito se desvanece estos términos es igual a cero.

No me hago el cálculo de $$\partial_\mu (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi) d^4x=\frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial x^\mu} dtdxdydz$$ a $$d(\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)=\frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial t}dt+\frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial x}dx+\frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial y}dy+\frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial z}dz$$ $$\neq \frac {\partial (\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi)}{\partial x^\mu} dtdxdydz$$ Se puede ampliar esta para llenar el hueco para mí.

También, ¿por qué necesitamos espacial infinito" aquí, ¿no es también cierto que $$\delta \phi$$ in the $$\frac {\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi$$ se desvanece en cualquiera de los dos extremos de los eventos de ruta, pero ¿por qué requerimos infinito aquí?

Answer 1

Veamos más de cerca lo que usted escribe. No voy a escribir con todas las derivadas parciales y Lagrangians, debido a las confusiones no dependen de que:

1. El requisito de espacio infinito surge debido a $\int_\mathcal{M} \mathrm{d}\omega \neq \omega$, pero $\int_\mathcal{M} \mathrm{d}\omega = \int_{\partial\mathcal{M}}\omega $ (Stokes teorema). Para el último término a desaparecer, ya que basta con que $\omega$ se desvanece en $\partial\mathcal{M}$. Puesto que las integrales son más de $\mathbb{R}^4$, los límites de nuestro espacio es "infinito". (Ya que se compute tales integrales por ejemplo, llevándolos a través de una bola de 4 de radio $r$ y que el envío de a $\infty$.)

2. Observar que, si $\mathcal{L}$ es el Lagrangiano de la densidad, es decir, un $0$-a la forma, entonces su derivada con respecto a $\partial_\mu\phi$ es un campo de vectores, ya que no tiene superior de Lorentz índices. Y para cualquier campo vectorial $v$, la expresión $\partial_\mu v^\mu = \partial^\mu v_\mu$ es exactamente el componente de la derivada de la Poincaré dual $3$forma $v^\mu \epsilon_{\mu\nu\sigma\rho}\mathrm{d}x^\nu\wedge\mathrm{d}x^\sigma\wedge\mathrm{d}x^\rho$, es decir, la derivada de la de Poincaré dual es sólo $\partial_\mu v^\mu \mathrm{d}^4 x$ (hasta las constantes soy demasiado perezoso para chase). Por lo tanto, la integración que es la integración de una forma exacta de más de un volumen, el cual, por Stokes teorema, se reduce a los valores de límite de la $3$-forma es un derivado de la. Puesto que la dualidad es un bijection, si $v^\mu$ se desvanece, por lo que debe su doble, lo que justifica teniendo en cuenta sólo el valor de $\partial_\phi \mathcal{L} \delta \phi$ sobre el límite. De forma equivalente, sólo pudo bajar el índice de $v^\mu$ a obtener un $1$forma $v_\mu\mathrm{d}x^\mu$, aplicar Hodge dualidad para obtener un $3$-forma, tomar la derivada de que, con el mismo $4$-forma con coeficiente de $\partial_\mu v^\mu$.