Multivariable Dirac Delta y Faddeev-Popov Determinant

Question

A partir de este mathstack página y, en particular, Qmechanic la respuesta:

1. Existe una $n$-dimensiones de la generalización de $$\etiqueta{1} \delta^n({\bf f}({\bf x})) ~=~\sum_{{\bf x}_{(0)}}^{{\bf f}({\bf x}_{(0)})=0}\frac{1}{|\det\frac{\partial {\bf f}({\bf x})}{\partial {\bf x}} |}\delta^n({\bf x}-{\bf x}_{(0)}) $$ de la sustitución fórmula para la delta de Dirac la distribuciónbajo pertinente supuestos, como por ejemplo, que la función ${\bf f}:\Omega \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ se ha aislado a ceros. Aquí el suma en el lado derecho. de eq. (1) se extiende a todos los ceros ${\bf x}_{(0)}$ de la función de ${\bf f}$.

También desde esta página en la Faddeev-Popov procedimiento que dicen:

Para el común de las funciones, una propiedad de la función delta de Dirac da: $\delta(x-x_0) = \left|\frac{df(x)}{dx}\right|_{x=x_0}\delta(f(x))\,$ assuming $f(x)\,$ sólo tiene un cero en $x=x_0\,$ y es diferenciable allí. La integración de ambos lados, se obtiene :$$1 = \left|\frac{df(x)}{dx}\right|_{x=x_0}\int\!dx\,\delta(f(x))\,$$. Se extiende sobre $n$ variables, supongamos $f(x^i) = 0\,$ para algunos $x^i_0\,$. Entonces, reemplazando $\delta(x-x_0)\,$ $\prod_i^n \delta^i(x^i-x^i_0)\,$ :$$1 = \a la izquierda(\prod_i \left|\frac{\partial f(x^i)}{\partial x^i}\right|\right) \int\!\a la izquierda(\prod_i dx^i\right)\,\delta(f(x^i))\,$$. Reconociendo el primer factor como el el determinante de la matriz diagonal $\frac{\partial f(x^i)}{\partial x^i}\delta^{ij}\,$ (no suma implícita), podemos generalizar a la versión funcional de la identidad: :$$1 = \det\left|\frac{\delta G}{\delta \Omega}\right|_{G=0} \int\!\mathcal{D}\Omega\,\delta[G_a(\phi^\Omega)]\,$$, donde $\Delta_F[\phi] \equiv \det\left|\frac{\delta F}{\delta g}\right|_{F=0}\,$ es la Faddeev-Popov determinante.

Lo que no entiendo es que parece que su función $f$ parece ser de $f:\Omega \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$. How does the generalized Dirac formula $(1)$ el trabajo en este caso? Yo realmente no understad su notación en:

$$1 = \left(\prod_i \left|\frac{\partial f(x^i)}{\partial x^i}\right|\right) \int\!\a la izquierda(\prod_i dx^i\right)\,\delta(f(x^i))\,$$

¿Qué $$\frac{\partial f(x^i)}{\partial x^i}$$ significa aquí?

Answer 1

Lo que me confundió fue la explicación de la página de inicio de tangentbundle (segundo cuadro amarillo en OP). La generalización es sencilla, para ceros simples tenemos:

$$\bigg\vert\frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}\bigg\vert_{x_0}\delta[f(x)] = \delta(x-x_0)$ $ integrar

$$\int \mathrm{d}x\,\bigg\vert\frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}\bigg\vert_{x_0}\delta[f(x)] = 1$ $ generalizar$$\int \mathrm{d}{\bf x\,\bigg\vert \mathrm{det}\frac{\partial f(x)}{\partial x}\bigg\vert_{x_0}\delta[f(x)]} = 1$ $ generalizar$$\int \mathcal{D}\alpha(x)\,\bigg\vert \mathrm{Det}\frac{\delta G(A^\alpha)}{\delta \alpha}\bigg\vert_{A^\alpha_0}\delta[G(A^\alpha)] = 1,$ $ donde debe entenderse que$A^\alpha_0$ es tal que$G(A^\alpha_0)=0.$

Answer 2

Suponiendo que sólo tiene un cero $x^i=x_0^i$ lo que usted tiene es $$ \delta(f(x^i)) = \frac{\delta(x^1-x_0^1)}{\left|\frac{\partial f}{\partial x^1}\right|_{x^i=x_0^i}} \frac{\delta(x^2-x_0^2)}{\left|\frac{\partial f}{\partial x^2}\right|_{x^i=x_0^i}}\cdots \frac{\delta(x^n-x_0^n)}{\left|\frac{\partial f}{\partial x^n}\right|_{x^i=x_0^i}} = \prod_{j=1}^n \frac{\delta(x^j-x_0^j)}{\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i}} = \frac{\prod_{j=1}^n\delta(x^j-x_0^j)}{\prod_{j=1}^n\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i}} $$ entonces $$ \prod_{j=1}^n\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i} \delta(f(x)) = \prod_{j=1}^n\delta(x^j-x_0^j) $$ y la integración en ambos lados en todas las variables $\int\left(\prod_{j=1}^n dx^j\right)$ consigue $$ \int\left(\prod_{j=1}^n dx^j\right)\prod_{j=1}^n\delta(x^j-x_0^j)=\int\prod_{j=1}^n dx^j\delta(x^j-x_0^j)=1 $$ y debido a que los derivados son evaluados en el cero y son solo números $$ \int\left(\prod_{j=1}^n dx^j\right)\prod_{j=1}^n\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i} \delta(f(x)) = \prod_{j=1}^n\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i}\int\left(\prod_{j=1}^n dx^j\right) \delta(f(x^i)) $$ así que finalmente llegamos $$ 1== \prod_{j=1}^n\left|\frac{\partial f}{\partial x^j}\right|_{x^i=x_0^i}\int\left(\prod_{j=1}^n dx^j\right) \delta(f(x^i)) $$

La notación es un poco torpe, pero creo que esto es lo que estaba buscando.

Answer 3

La notación \begin{equation} \frac{ \partial f_i}{ \partial x ^i } \end{equation} significa que los elementos de la diagonal de la matriz: \begin{equation} J _{ ij} = \frac{ \partial f _i }{ \partial x ^j } \end{equation} donde $f_i$ es el componente del vector de $\vec{f} (x)$.

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Me pareció muy confuso hace un par de semanas. Aquí está la prueba de que he escrito para la identidad basada en la respuesta que recibí a una pregunta anterior de la mina de aquí:

Recordar que si $ f (x) $ tiene un cero en $ x _0 $ a continuación, \begin{equation} \int d x \left| \frac{ df (x) }{ d x } \right| _{ x = x _0 } \delta \left( f (x) \right) = 1 \end{equation} Queremos generalizar esto para que en lugar de tener $ f (x) $ tenemos, $ {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) $ para los vectores de tamaño arbitrario. Para ello considerar la expansión de Taylor de $ {\mathbf{g}} $ alrededor de su raíz (suponemos que sólo tiene una raíz, $ {\mathbf{a}} _0 $): \begin{equation} g _i ( {\mathbf{a}} ) = \overbrace{g _i ( {\mathbf{a}} _0 )}^0 + \sum _{ j} \frac{ \partial g _i }{ \partial a _j } \bigg|_{ a _0 } ( a _j - a _{ 0,j }) + ... \end{equation} Queremos insertarla en una función delta, $ \delta ^{ ( n ) } ( {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) ) $. Esto sólo será distinto de cero cerca de $ {\mathbf{a}} = {\mathbf{a}} _0 $. Así tenemos, \begin{align} \delta \left( {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) \right) & = \prod _i \delta \left( g _i ( {\mathbf{a}} ) \right) \\ & = \prod _i \delta \big( \sum _j J _{ ij} ( a _j - a _{ 0,j} ) \big) \end{align} donde $ J _{ ij} $ es la matriz Jacobiana definido por $ J _{ ij} \equiv \frac{ \partial g _{ i} }{ \partial a _j } \big|_{ a _0 } $. Tenemos, \begin{align} \delta \left( {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) \right) & = \delta \big( \sum _j J _{ 1j} ( a _j - a _{ 0,j} ) \big) \delta \big( \sum _j J _{ 2j} ( a _j - a _{ 0,j} ) \big) ... \end{align} Ahora utilizamos la identidad, \begin{equation} \delta ( \alpha ( a - a _0 ) ) = \frac{ \delta ( a - a _0 ) }{ \left| \alpha \right| } \end{equation} Elegimos para aislar cada función delta en la ecuación anterior para diferentes $ a _j $: \begin{align} \delta \big( {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) \big) & = \frac{ \delta ( a _1 - a _{ 0,1 } ) }{ \left| J _{ 1,1 } \right| } \frac{ \delta ( a _2 - a _{ 0,2 } ) }{ \left| J _{ 2,2 } \right| } ... \end{align} Si tomamos la matriz Jacobiana a ser mayor que cero, entonces tenemos el producto: \begin{equation} ( J _{ 1,1 } J _{ 2,2} .. ) ^{-1} = \frac{1}{ \det J } \end{equation} donde hemos utilizado el hecho de que el determinante de a $ J $ es independiente de una transformación unitaria. Así que finalmente tenemos, \begin{align} \left( \int \prod _{ i} d a _i \right) \delta ^{ ( n ) } \big( {\mathbf{g}} ( {\mathbf{a}} ) \big) \det \big( \frac{ \partial g _i }{ \partial a _j } \big) & = 1 \end{align} donde se entiende que la matriz Jacobiana se evalúa en la raíz de $ {\mathbf{g}} $.

Escribimos el continuum de la generalización de esta ecuación, \begin{equation} \int {\cal D} \alpha (x) \delta \left( G ( A ^\alpha ) \right) \det \left( \frac{ \delta G ( A ^\alpha ) }{ \delta \alpha } \right) = 1 \end{equation}