Wie der Randterm in der Variation der Wirkung verschwindet

Question

Wie der Randterm in der Variation der Wirkung verschwindet

Aktion
Physik
Grenzbegriffe
lagrangescher Formalismus
Variationsprinzip

Benutzer12906

In David Tongs QFT Lecture Notes ( Quantum Field Theory: University of Cambridge Part III Mathematical Tripos, Lecture notes 2007, p.8 ) sagt er das

Wir können die Bewegungsgleichungen nach dem Prinzip der kleinsten Wirkung bestimmen. Wir variieren den Pfad, halten die Endpunkte fest und erfordern $\delta S=0$ ,
$\begin{aligned} δ S & = \int D^{4} X [\frac{\partial L}{\partial ϕ_{A}} δ ϕ_{A} + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ_{A})} δ (\partial_{μ} ϕ_{A})] \\ (1.5) & = \int D^{4} X [\frac{\partial L}{\partial ϕ_{A}} - \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ_{A})})] δ ϕ_{A} + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ_{A})} δ ϕ_{A}) \end{aligned}$ $\begin{align} \delta S &= \int d^4x\left[\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi_a}\delta\phi_a+\frac{\partial \mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\delta(\partial_\mu\phi_a)\right] \\&= \int d^4x\left[\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi_a} -\partial_\mu\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\right) \right]\delta\phi_a +\partial_\mu\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\delta\phi_a\right) \tag{1.5} \end{align}$ Der letzte Term ist eine totale Ableitung und verschwindet für alle $\delta\phi_a(\vec x,t)$ die im räumlichen Unendlichen zerfällt und gehorcht $\delta\phi_a(\vec x,t_1)=\delta\phi_a(\vec x,t_2)=0$ . Erfordern $\delta S=0$ für alle diese Pfade ergibt die Euler-Lagrange-Bewegungsgleichungen für die Felder $\phi_a$ , $\begin{matrix} (1.6) & \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ_{A})}) - \frac{\partial L}{\partial ϕ_{A}} = 0 \end{matrix}$ $\partial_\mu\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\right) -\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi_a} =0 \tag{1.6}$

Kann jemand etwas mehr erklären, warum der letzte Term in Gleichung (1.5) verschwindet?

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Wie der Randterm in der Variation der Wirkung verschwindet

luksen · Answer 1

Der Begriff verschwand, weil wir diesen Begriff in eine Aussage über die Felder an der Grenze übersetzen können und davon ausgehen, dass die Felder selbst in der räumlichen und zeitlichen Unendlichkeit verschwinden.

Nach dem Satz von Stokes können wir Volumenintegrale in Oberflächenintegrale übersetzen. Genauer gesagt besagt der Satz von Gauß, dass das Integral einer Divergenz eines Feldes über ein Volumen (bezeichnet als $V$ ) zu einem Integral des Feldes selbst über die Oberfläche dieses Volumens (bezeichnet als $\partial V$ )

\int_{v} div \vec{A} D v = \int_{\partial v} \vec{A} D \vec{S}

$\int_V \textrm{div} \vec{A}\,\textrm{d}V= \int_{\partial V} \vec{A}\,\textrm{d}\vec{S}$

Dies gilt für alle Dimensionen und Messwerte. Im Minkowski-Raum ist die Divergenz (Vier-Divergenz genannt) genau $\partial_\mu\phi$

Sie können also übersetzen

\int_{v} \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)}) D v = \int_{\partial v} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} D Σ_{μ}

$\int_V \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\, \textrm{d}V = \int_{\partial V} \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\, \textrm{d}\Sigma_\mu$

dh wenn wir annehmen, dass die Felder (und damit die Lagrange-Dichte) im Unendlichen verschwinden, verschwindet dieser Term.

Beachten Sie, dass es nicht ausreicht, dass die Felder einfach im Unendlichen verschwinden, sie müssen als Funktion der Entfernung ausreichend schnell verschwinden $r$ zum Ursprung, dass die $r$ -Abhängigkeit von der Sache, die Sie integrieren, "schlägt" die $r$ -Abhängigkeit des Volumens der Sphäre des Radius $r$ .

JoshPhysik · Answer 2

Der letzte Term ist von der Form

\int D^{N} X \partial_{μ} X^{μ}

$\int d^n x \partial_\mu X^\mu$ und nach dem Satz von Stoke entspricht dies einem Oberflächenintegral at

\infty

$\infty$

\int_{\infty} D S^{μ} X_{μ}

$\int_\infty ds^\mu X_\mu$ die verschwindet vorausgesetzt

X^{μ} \to 0

$X^\mu\to 0$ ausreichend schnell im Unendlichen.

Nachtrag. Mir ist klar, dass dies eine ziemlich knappe Antwort ist, also lassen Sie mich ein paar Details hinzufügen. Beachten Sie, dass das orientierte Flächenelement $ds^\mu$ des $n$ -Sphäre hat das Verhalten

D S^{μ} = D A_{N - 1} R^{N - 1} {\hat{N}}^{μ}

$ds^\mu = dA_{n-1} r^{n-1} \,\hat n^{\mu}$ Dort

n^{μ}

$n^\mu$ ist die radial nach außen weisende Einheit normal und

d A_{n - 1}

$dA_{n-1}$ ist das Flächenelement auf der Einheit

n - 1

$n-1$ Kugel. Zum Beispiel haben wir in zwei räumlichen Dimensionen

D S^{μ} = \underset{Längenelement auf dem Einheitskreis}{\underset{⏟}{D A_{1}}} R {\hat{N}}^{μ}

$ds^\mu = \underbrace{dA_1}_{\text{length element on unit circle}} r\,\hat n^\mu$ während in drei räumlichen Dimensionen

D S^{μ} = \underset{Flächenelement auf Einheit 2-Sphäre}{\underset{⏟}{D A_{2}}} R^{2} {\hat{N}}^{μ}

$ds^\mu = \underbrace{dA_2}_{\text{area element on unit 2-sphere}} r^2\, \hat n^\mu$ Das Oberflächenintegral bei "unendlich" kann als Grenze des Integrals über die Oberfläche der Kugel betrachtet werden, wenn der Radius der Kugel größer wird;

\int_{\infty} D S^{μ} X_{μ} = lim_{R \to \infty} \int_{S^{N - 1}} D A_{N - 1} R^{N - 1} {\hat{N}}^{μ} X_{μ} (R, \vec{ϕ})

$\int_\infty ds^\mu X_\mu = \lim_{r\to\infty}\int_{S^{n-1}}dA_{n-1}\, r^{n-1}\hat n^\mu X_\mu(r, \vec\phi)$ Wo

\vec{ϕ}

$\vec\phi$ sind Koordinaten auf der Kugel. Beachten Sie nun, dass zum Beispiel das bereitgestellt wurde

X^{μ} \sim r^{- n}

$X^\mu\sim r^{-n}$ als

r \to \infty

$r\to\infty$ , verschwindet dieses Flächenintegral im Großen

r

$r$ Grenze.

Gute Antwort. Ist es hier erwähnenswert, dass es Grenzterme mit endlicher Wirkung geben könnte, wo $X^\mu \sim 1/r^{n-1}$ , zB Instantonen.
Also nach Ihrer Antwort der vom Fragesteller erwähnte Begriff ( $\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\delta\phi_a\right)$ ) verschwindet nicht im 4-dimensionalen Fall, nicht wahr @oshphysics

Wie der Randterm in der Variation der Wirkung verschwindet

Benutzer12906

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luksen

JoshPhysik

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frei

ROBIN RAJ

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