Was ist die richtige Methode, um die Bewegungsgleichungen aus dieser höheren Spin-Aktion zu erhalten?

Die Ergebnisse, die ich abzuleiten versuche, sind in Anhang B dieser Arbeit zu finden. Im Unterricht habe ich mich immer nur mit Aktionen befasst, die ein einzelnes Skalarfeld betreffen, daher ist mir der Umgang mit Aktionen dieser Form ziemlich ungewohnt. Für einige Kontext sind wir in einer Ebene$(2+1)$dimensionalen Minkovski-Raum und haben den folgenden Satz von total symmetrischen bosonischen Feldern$\varphi^i=\{h_{\alpha(2s)},h_{\alpha(2s-4)}\}$Wo$s>1\in\mathbb{Z}$ist der Spin des masselosen Feldes. Die Notation$h_{\alpha(2s)}\equiv h_{\alpha_1\cdots\alpha_{2s}}=h_{({\alpha_1\cdots\alpha_{2s}})}$ist eine Abkürzung für ein total symmetrisches Feld mit$2s$Spinor-Indizes (z$\alpha=1,2$).

Ich versuche, die Bewegungsgleichungen (EoMs) sowohl für den ganzzahligen als auch den halbzahligen Spinfall abzuleiten. Überraschenderweise kann ich alle 5 Gleichungen herleiten, aber um sie zu bekommen, fummele ich an der Methode herum. Der Fudge funktioniert konstant, aber ich weiß nicht warum. Ich mache das mit ziemlicher Sicherheit auf eine sehr falsche Weise, also möchte ich, dass jemand auf die richtige Methode hinweist. Ich werde nur zeigen, wie ich einen der EoMs bekomme (Gleichung B.4a des ganzzahligen Spin-Falls in der Arbeit), der Rest geht auf sehr ähnliche Weise. Die entsprechende Aktion ist

$$\begin{align}\mathcal{S}_s[\varphi^i]=\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})^s\int\text{d}^3x\bigg\{h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}-\frac{1}{2}s(\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})^2-(s-1)(2s-3)\bigg[\\ h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\beta(2)}\partial^{\gamma(2)}h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}+4\frac{s-1}{s}h^{\alpha(2s-4)}\square h_{\alpha(2s-4)}+\frac{1}{2}(s-2)(2s-5)(\partial^{\beta(2)}h_{\alpha(2s-6)\beta(2)})^2\bigg]\bigg\}.\end{align} \tag{B.3}$$

Hier$\square=\partial^a\partial_a=-\frac{1}{2}\partial^{\beta(2)}\partial_{\beta(2)}$und Notation der folgenden Form bedeutet$(\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})^2= (\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})(\partial_{\gamma(2)}h^{\gamma(2)\alpha(2s-2)})$. Es scheint mir, dass man die beiden gegebenen EoMs erhält, indem man jedes Feld variiert$\varphi^i$unabhängig. Ich werde also den EoM erhalten, der einer Variation von entspricht$\varphi^1$, in diesem Fall tragen glücklicherweise der 4. und 5. Term des Integranden nicht bei. Ich muss also nur die ersten drei Begriffe berücksichtigen, ich werde jeden Begriff separat ausführen und sie beschriften$I_i=I_1,I_2,I_3$zum leichteren Nachschlagen. Der erste Fudge kommt ganz am Anfang;

$$\delta\big[I_1\big]=\delta\big[h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}\big]=\delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}+h^{\alpha(2s)}\square \delta h_{\alpha(2s)}=2\delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}.$$ Ich weiß nicht, warum (/ ob) die letzte Gleichheit gelten sollte, aber das gleiche Fudge funktioniert für alle 5 EoMs. Nun zum nächsten Semester; $$\delta\big[I_2\big]=\delta\big[-\frac{1}{2}s(\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})^2\big]=-s(\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})(\partial_{\gamma(2)}\delta h^{\gamma(2)\alpha(2s-2)})$$ Hier kommt der nächste (und letzte) Fudge, ich denke, die Idee ist richtig, aber ich führe sie überhaupt nicht rigoros aus. Die Idee ist, partiell zu integrieren und die Variation an der Grenze abzutöten; $$\begin{align}\int\text{d}^3x\delta[I_2]&=-s\underbrace{\big[\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)}\delta h^{\gamma(2)\alpha(2s-2)}\big]^{x_f}_{x_i}}_{=~0, \text{variation vanishes at boundaries}}+s\int\text{d}^3x(\partial_{\gamma(2)}\partial^{\beta(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)})(\delta h^{\gamma(2)\alpha(2s-2)})\\ &=s\int\text{d}^3x\delta h^{\alpha(2s)}\partial^{\beta(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)}. \end{align}$$ In der zweiten Zeile habe ich nur die Indizes entsprechend umbenannt und neu angeordnet. Der Begriff an den Grenzen evaluiert ist für mich nicht wirklich sinnvoll, da es bisher die einzige Stelle ist, an der es kostenlose Indizes gibt, aber ich kam nicht drum herum. Ich habe gelesen, dass es in solchen Situationen möglich ist, den Satz von Stokes / Gauß zu verwenden und anzunehmen, dass die Felder an der Grenze verschwinden, oder so ähnlich. Das dritte Semester umfasst beide Bereiche $\varphi^1$Und $\varphi^2$, aber ich denke, ich bin berechtigt, nur die zu variieren $\varphi^1$Feld; $$\begin{align}\delta\big[I_3\big]&=\delta\big[-(s-1)(2s-3)h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\beta(2)}\partial^{\gamma(2)}h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\big]\\ &=-(s-1)(2s-3) h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\beta(2)}\partial^{\gamma(2)}\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}. \end{align}$$
Jetzt integriere ich zweimal partiell und nehme an, dass nicht nur die Variationen am Rand verschwinden, sondern auch die Ableitung der Variationen am Rand verschwindet (noch ein Fudge?); $$\begin{align} \int\text{d}^3x\delta I_3 &=-(s-1)(2s-3)\int\text{d}^3x h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\beta(2)}\partial^{\gamma(2)}\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\\ &=-(s-1)(2s-3)\bigg\{\underbrace{\big[h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\gamma(2)}\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\big]^{x_f}_{x_i}}_{=~0}-\int\text{d}^3x\partial^{\beta(2)}h^{\alpha(2s-4)}\partial^{\gamma(2)}\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\bigg\}\\ &=(s-1)(2s-3)\bigg\{\underbrace{\big[\partial^{\beta(2)}h^{\alpha(2s-4)}\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\big]^{x_f}_{x_i}}_{=~0}-\int\text{d}^3x\delta h_{\beta(2)\gamma(2)\alpha(2s-4)}\partial^{\beta(2)}\partial^{\gamma(2)}h^{\alpha(2s-4)}\bigg\}\\ &=-(s-1)(2s-3)\int\text{d}^3x\delta h^{\alpha(2s)}\partial_{\alpha(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\alpha(2s-4)}. \end{align}$$ Setzt man alle drei Terme zusammen, ergibt sich $$\delta\mathcal{S}_s[\varphi^1]=\int\text{d}^3x\delta h^{\alpha(2s)}\bigg\{2\square h_{\alpha(2s)}+s\partial^{\beta(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)}-(s-1)(2s-3)\partial_{\alpha(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\alpha(2s-4)}\bigg\}.$$ Das Setzen der Schwankung der Einwirkung gleich Null ergibt das erforderliche EoM: $$\square h_{\alpha(2s)}+\frac{1}{2}s\partial^{\beta(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\beta(2)\alpha(2s-2)}-\frac{1}{2}(s-1)(2s-3)\partial_{\alpha(2)}\partial_{\alpha(2)}h_{\alpha(2s-4)}=0.$$ Ich habe das Gefühl, dass der Ansatz, den ich verfolge, in die richtige Richtung geht, da er mir nicht nur in diesem Fall, sondern auch in den anderen 4 den richtigen EoM bringt, aber ich denke, dass er sehr schlecht ausgeführt und schlampig ist. Entschuldigen Sie die Länge des Beitrags, aber ich wollte Ihnen zeigen, wie ich das Problem angegangen bin, damit Sie vielleicht leichter erkennen können, wo ich falsch liege.

BEARBEITEN

Ich sehe jetzt, warum der erste 'Fudge' gilt ... bei der partiellen Integration werde ich jetzt die Randbedingungen nicht schreiben, da wir davon ausgehen können, dass die Felder im Unendlichen verschwinden. Dann gilt der erste Fudge durch das Folgende;

$$\begin{align}\int\text{d}^3x \delta [h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}] &=\int\text{d}^3x \bigg\{\delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}+ h^{\alpha(2s)}\square \delta h_{\alpha(2s)}\bigg\}\\ &= \int\text{d}^3x \bigg\{\delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}- (\partial^ah^{\alpha(2s)})(\partial_a \delta h_{\alpha(2s)})\bigg\} \\ &=\int\text{d}^3x \bigg\{ \delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}+(\partial^a\partial_ah^{\alpha(2s)})\delta h_{\alpha(2s)}\bigg\}\\ &=\int\text{d}^3x \bigg\{ \delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}+(\square h^{\alpha(2s)})\delta h_{\alpha(2s)}\bigg\}\\ &=\int\text{d}^3x \bigg\{2 \delta h^{\alpha(2s)}\square h_{\alpha(2s)}\bigg\}\end{align}$$ wobei ich zweimal partiell integriert habe und lateinische Indizes Lorentz-Indizes sind.

Verbleibende Fragen zum Kopfgeld:

Ich bin mir immer noch nicht sicher, wie ich die Randbedingungen schreiben soll, wenn ich nach Teilen integriere, ohne freie Indizes zu haben, wo sie nicht sein sollten. Außerdem bin ich mir nicht sicher, ob der Grund für unsere Fähigkeit, die Grenzterme abzutöten, darin besteht, dass die Variation in den Feldern im Unendlichen verschwindet oder das Feld selbst im Unendlichen verschwindet ... Ich denke, es ist letzteres, da dies jetzt ein Lagrange ist Dichte und das Integral geht über alle Raum-Zeit-Indizes aus$-\infty$Zu$\infty$.