Funktionale Ableitung gleich der Dirac-Delta-Funktion QFT

Matt versucht Ihnen zu helfen, indem er das δ-Symbol der funktionalen Ableitungsvariation überspringt und es mit gewöhnlichen partiellen Ableitungen vermengt, aber er verwirrt Sie stattdessen, obwohl seine Formulierung kristallklar ist; es hat nicht funktioniert.

Denken Sie zunächst an eine endliche Anzahl von x s:$x_1,x_2,x_3,...$. Entsprechend hat man dann einen endlichdimensionalen Vektor mit n unabhängigen Komponenten,$(J(x_1),J(x_2),J(x_3), ...,J(x_n))$.

Jetzt,

$$J(x_i)=\sum_k \delta_{ki} J(x_k) \qquad \leadsto \\ {\partial J(x_i)\over \partial J(x_j)} = \delta_{ji}~.$$ Transkribieren Sie dies für$n\to \infty$, erhalten Sie die offensichtliche Verallgemeinerung $$J(x)=\int \!\!dz~~\delta(x-z) ~J(z) \qquad \leadsto \\ {\delta J(x)\over \delta J(y)} = \delta(x-y)~.$$

Du hast dich schon in deiner zweiten Formel verirrt.

Mutatis mutandis klappt

$${\delta \int\!\!dz~ J(z) \phi(z)\over \delta J(y)} = \phi(y)~.$$

Um die Identität zu beweisen, sollten Sie entscheiden, welche Definition der funktionalen Ableitung Sie verwenden möchten, und das hängt davon ab, um welches mathematische Objekt es sich bei dem Feld handelt.

Üblicherweise wird das Feld als glatte Funktion angenommen (z. B. eine schnell abfallende Funktion), dies macht die Sache jedoch etwas komplizierter, wenn man von funktionalen Ableitungen spricht (man sollte die sogenannte Gateaux-Ableitung verwenden).

Ein einfacheres Beispiel sind Funktionen in einem normierten Raum (z. B. in einem Lebesgue-Raum). In diesem Fall gibt es die bequeme Definition des Fréchet-Derivats. Also lass$U$ein normierter Raum sein, und$f:U\to U$eine Funktion (die beiden Räume können als unterschiedlich angesehen werden, ist aber für das Verständnis hier nicht entscheidend). Das Fréchet-Derivat$Df(u)$von$f$an einem Punkt$u\in U$ist der lineare Operator$T$, falls ein solcher linearer Operator existiert, von$U$Zu$U$so dass für alle$h\in U$,$h\to 0$,

$$f(u+h)= f(u) + Th + o(h)$$ Wo$o(h)$bedeutet etwas, "das schneller auf Null geht als h", dh $$\lVert o(h)\rVert_U / \lVert h\rVert_U \to 0$$ als$h\to 0$.

Nehmen Sie nun die Identitätsfunktion$\mathrm{id}:U\to U$, sich benehmen wie

$$\mathrm{id}(u)=u\;.$$ Was ist an irgendeinem Punkt die Fréchet-Ableitung der Identitätsfunktion? Die Identitätsfunktion selbst natürlich (das ist ein linearer Operator), durch die triviale Identität $$u+h=\mathrm{id}(u+h)=\mathrm{id}(u) + \mathrm{id}(h)\;.$$

So,$D\mathrm{id}= \mathrm{id}$(da es an jedem Punkt wahr ist, vergessen wir, eine wie bei üblichen Ableitungen anzugeben).

Physiker ziehen es vor, die funktionale Ableitung zu schreiben, indem sie den integralen Kern des linearen Operators schreiben, der durch die Fréchet-Ableitung definiert ist. Also die Notation

$$Df=T$$ wird ersetzt durch $$\frac{\delta f(u(x))}{\delta u(y)}=t(x-y)\; ,$$ Wo$t(x-y)$ist der integrale Kern des linearen Operators$T$befriedigend $$(Tu)(x)=\int t(x-y) u(y)\;.$$ Im Allgemeinen könnte der integrale Kern eine Verteilung sein. Nun der integrale Kern des Identitätsoperators$\mathrm{id}$ist in der Tat$\delta(x-y)$; daher haben wir das durch das obige Ergebnis $$\frac{\delta u(x)}{\delta u(y)}=\delta(x-y)\; .$$