¿Por qué la integral funcional de un funcional derivado de cero?

Question

Estoy leyendo la Teoría Cuántica de campos y Fenómenos Críticos, 4ª ed., por Zinn-Justin y en la página 154, me topé con la declaración de que la integral funcional de un funcional derivada es cero, es decir, $$\int [d\phi ]\frac{\delta F[\phi]}{\delta\phi^{\alpha}(x)} = 0$$ para cualquier funcionales $F[\phi ]$.

Yo estaría muy agradecido si usted podría proporcionar una prueba matemática para esta identidad.

Answer 1

Si el funcional derivado

$$\tag{1} \frac{\delta F[\phi]}{\delta\phi^{\alpha}(x)} $$

existe (wrt. a una cierta elección de las condiciones de contorno), obedece a infinitesimalmente

$$\tag{2}\delta F ~:=~ F[\phi+\delta\phi]- F[\phi] ~=~\int_M \!dx\sum_{\alpha\in J} \frac{\delta F[\phi]}{\delta\phi^{\alpha}(x)}\delta\phi^{\alpha}(x). $$

OP de la integral funcional de la fórmula

$$\tag{3} \int [d\phi ]\frac{\delta F[\phi]}{\delta\phi^{\alpha}(x)} ~=~ 0$$

es realmente una forma abreviada de un número infinito de integraciones

$$\tag{4} \left[\prod_{y\in M,\beta\in J} \int d\phi^{\beta}(y) \right]\frac{\delta F[\phi]}{\delta\phi^{\alpha}(x)} ~=~ 0.$$

Antes de que podamos proceder, la integral funcional medida en (4) se debe dar una definición matemática. La definición precisa depende del contexto y el método. Huelga decir que un general matemáticamente rigurosa definición funcional de las integrales es un conocido problema abierto en matemáticas. Por ejemplo, se puede intentar construir la integral funcional como una adecuada continuidad de límite de una discretiza el espacio-tiempo $M$, como Michael Brown sugiere en un comentario.

Vamos a utilizar DeWitt condensada de la notación, donde todos los índices (continuos y discretos índices) están agrupadas como

$$\tag{5} i~=~(\alpha,x)~\in~ I~:=~ J\times M,$$

y los campos que se escribe como

$$\tag{6} \phi^i ~:=~ \phi^{\alpha}(x)~,\qquad i~\in~ I.$$

Ahora discretizar el espacio-tiempo $M$. La discretización significa que pensamos en $I$ como finito índice. En otras palabras, que ahora sólo tenemos finitely muchas variables $\phi^i$, $i\in I$, en la teoría. El funcional derivado (1) [de veces$^1$ el volumen de $\Delta x$ de una sola celda de la discretización] se sustituye por una derivada parcial

$$\tag{1'} \frac{\partial F[\phi]}{\partial\phi^{i}}. $$

Un infinitesimalmente variación está dada por la fórmula estándar de cálculo en varias variables

$$\tag{2'}\delta F ~:=~ F[\phi+\delta\phi]- F[\phi] ~=~\sum_{i\in I} \frac{\partial F[\phi]}{\partial\phi^{i}}\delta\phi^{i}. $$

Finalmente, OP funcional integral de la fórmula (4) se convierte en

$$\tag{4'} \left[\prod_{j\in I} \int d\phi^{j} \right] \frac{\partial F[\phi]}{\partial\phi^{i}}~=~ 0.$$

La ecuación (4') se sigue del hecho de que un integrante de un total de derivados se desvanece si el límite de las contribuciones son cero.

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$^1$ Sobre las dimensiones funcionales derivados frente a derivadas parciales, ver también este Phys.SE post.

Answer 2

La expresión : $ [d\phi(x)] \frac{\delta F}{\delta \phi(x)}$ podría ser interpretado como una formal $dF(\phi)$ : $$\int [d\phi(x)] \frac{\delta F}{\delta \phi(x)} \sim \int \frac {\partial F}{\partial \phi_i} d\phi_i \sim \int dF(\phi) =F(+\infty) - F(-\infty)$$

De modo que el lado izquierdo de la expresión es cero sólo para idénticos boudary condiciones, por ejemplo, $F(-\infty) = F(+\infty)$

Por ejemplo, la función de $F(\phi) = e^{- \frac{1}{2}\int dx~\phi^2(x)} =\Pi_x ~(e^{- \frac{1}{2} \phi^2(x)}$), es una función válida, ya que, en positivo y negativo infinito $\phi$, $F(\phi) = 0$

Su función $F = \int dx ~ C(x) \phi(x)$ no es válido porque no toma diferentes valores en negativo y positivo infinito de valores de $\phi$. Por otra parte, los valores de $F$ son infinitas, infinitas $\phi$, por lo que es difícil dar un sentido a $F(-\infty) - F(+\infty)$

Answer 3

Yo podría ser la interpretación errónea de lo funcional "derivados" y "funcional integral" aquí particularmente decir pero si recuerdo correctamente,

Dado un funcional

$$ \int_{x_0}^{x_1} L(x,y(x), y'(x), y''(x) ... y^{[n]}(x)) $$

El funcional derivado

$$ \frac{\delta L}{\delta y} $$

Está definido de tal forma que si $$ \frac{\delta L}{\delta y} = 0 $$

Para algunos y, entonces existe un local optima a la mencionada funcional mediante el ajuste de las condiciones de contorno adecuadas en que y.

Derivación de la funcional derivado a su vez requiere de la sustitución de

$$y = U + e k(x) $$

donde U es la solución óptima, e es una variable que se va a manipular y debe ser pensado como infinitesmally pequeño) y k(x) es una arbitraria de la prueba de función tal que $k(x_0) = k(x_1) = 0$

entonces:

$$ \frac{d}{de} [\int_{x_0}^{x_1} L(x,u(x) + ek(x), ... u^{[n]}(x) + ek^{[n]}(x)) ] $$

Los rendimientos (después de juguetear con la integración por partes)

$$\int_{x_0}^{x_1} [k(x) \sum_{i=0}^{n} {(-1)^{i} \frac{d^{i}}{dx^{i}}[\frac{\partial L}{\partial y^{[i]}} ]}] = 0$$

Lo que implica

$$\int_{x_0}^{x_1} [\sum_{i=0}^{n} {(-1)^{i} \frac{d^{i}}{dx^{i}}[\frac{\partial L}{\partial y^{[i]}} ]}] = 0$$

Considerando:

$$\sum_{i=0}^{n} {(-1)^{i} \frac{d^{i}}{dx^{i}} \frac{\partial L}{\partial y^{[i]}} } = \frac{\delta L}{\delta y} $$

La inversa de la funcional derivado es un problema en ecuaciones diferenciales parciales.

Consideremos por ejemplo el de una variable, solo pedido derivado de caso: también conocido como inversión de euler lagrange las ecuaciones de

$$\frac{\partial L}{\partial y} - \frac{d}{dx}[\frac{\partial L}{\partial y'}] = H $$

para la función H(x,y,y'). Podemos ampliar el total de la derivada con respecto a x (Suponiendo que nuestros argumentos son sólo x, y,y' encontrar:

$$\frac{\partial L}{\partial y} - \frac{\partial^2 L}{\partial x y'} - y'\frac{\partial^2 L}{\partial y y'} - y''\frac{\partial^2 L}{\partial (y')^2} = H$$

Estos pueden ser muy difícil para general H (ni siquiera estoy seguro de si existen soluciones generales H). Pero si $$\frac{\partial^2 H}{\partial (y'')^2} = 0$$ which WILL ALWAYS BE THE CASE if H = $\frac{\delta L}{\delta y} $ for any well defined $L(x,y,y')$. En este caso, siga el procedimiento a continuación:

$$ H = u(x,y,y') + y''w(x,y,y') $$

tal que

$$ \frac{\partial u}{\partial y''} = 0 $$

y

$$ \frac{\partial w}{\partial y''} = 0 $$

Entonces es trivial para showL

$$L = \int \int [w] \partial y'' \partial y'' + y'a_1(x,y) + a_2(x,y)$$

Ahora toma el truncado de euler lagrange ecuación y sustituir $\int \int [w] \partial y'' \partial y'' + y'a_1(x,y) + a_2(x,y)$ $L$ en la:

$$\frac{\partial L}{\partial y} - \frac{\partial^2 L}{\partial x y'} - y'\frac{\partial^2 L}{\partial y y'} = u$$

Para finalmente llegar a una expresión para $a_2$ en términos de $a_1$, sustituyendo esta de nuevo en su definición original llegamos a la conclusión de que, en general, la inversa de la funcional derivado de un funcional H (es decir, la integral funcional de H(x,y,y')) es:

$$ \int H \delta y = y' a_1(x,y) + \int{[u + \int \int [\frac{\partial w}{\partial y}] \partial (y')^2 + \frac{\partial a_1}{\partial x} - \int [\frac{\partial w}{\partial x} + \frac{\partial w}{\partial y}] \partial y'} \partial y + (1 - y')a_1(x,y) + g(x) - \int \int [w] \partial (y')^2 $$

para funciones arbitrarias de sus argumentos: $a_1(x,y)$ $g(x)$

Ciertamente, esto no es igual a 0. También es definitivamente no es simplificado. Pero supongo que si que era taaan importante que usted puede manejar.

Notas adicionales,

Esto es sólo el caso de los funcionales (x,y,y') por orden superior funcionales ex: (x,y,y,y', y", y"' ....) la integral funcional es mucho más compleja.

Buena suerte!