Функциональное уравнение Коши-Римана?

Вы не должны проверять уравнения Коши-Римана, так как они не будут выполняться - этот функционал не является голоморфным, поскольку он содержит явное$\phi^\dagger$с. Вот почему вам нужно наложить оба $\frac{\delta S}{\delta \phi(x)} = 0$ и $\frac{\delta S}{\delta \phi^\dagger(x)} = 0$. В голоморфном случае второе уравнение пришло бы бесплатно.

То, как я это понимаю, это думать о$\frac{\delta}{\delta\phi(x)},\frac{\delta}{\delta\phi^\dagger(x)}$как сокращение для$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\delta}{\delta\varphi(x)} \mp i \frac{\delta}{\delta\chi(x)}\right)$. Вы можете восстановить действительные производные как:

$$\frac{\delta}{\delta\varphi(x)} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\delta}{\delta\phi(x)} + \frac{\delta}{\delta\phi^\dagger(x)}\right), \qquad \frac{\delta}{\delta\chi(x)} = \frac{i}{\sqrt{2}}\left(\frac{\delta}{\delta\phi(x)} - \frac{\delta}{\delta\phi^\dagger(x)}\right).$$ Следовательно, условие стационарности точки$\frac{\delta S}{\delta\varphi(x)} = \frac{\delta S}{\delta\chi(x)} = 0$эквивалентно требованию$\frac{\delta S}{\delta\phi(x)} = \frac{\delta S}{\delta\phi^\dagger(x)} = 0$. Уравнения Коши-Римана требуют, чтобы$\frac{\delta S}{\delta\phi^\dagger} = 0$повсюду.

Это проще с точки зрения обычного исчисления для функций двух переменных, с$z = \frac{x + i y}{\sqrt{2}}$. Те же принципы применимы и к функциональному случаю. С голоморфной функцией мы можем говорить об обычной производной$\frac{df}{dz}$. В случае неголоморфной функции мы можем говорить о частных производных$\left(\frac{\partial f}{\partial z}\right)_\bar{z}$и$\left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\right)_z$, которые определяются как$\frac{1}{\sqrt{2}}\left( \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)_y \mp i \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)_x \right)$. Идея изменения$z$удерживая$\bar{z}$константы звучат нелепо, поэтому думать о них как о сокращении было самым простым [*] способом, которым я мог понять эту концепцию.

Обратите внимание, что цепное правило по-прежнему работает с этими дифференциальными операторами:

$$df = \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)_y dx + \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)_x dy = \left(\frac{\partial f}{\partial z}\right)_\bar{z} dz + \left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\right)_z d\bar{z}.$$ Более того,$\left(\frac{\partial z}{\partial z}\right)_\bar{z} = \left(\frac{\partial \bar{z}}{\partial \bar{z}}\right)_z = 1$и$\left(\frac{\partial \bar{z}}{\partial z}\right)_\bar{z} = \left(\frac{\partial z}{\partial \bar{z}}\right)_z = 0$. Это означает, что используйте эти забавные дифференциальные операторы так же, как частные производные по независимым переменным.

[*]: Есть другой способ думать об этом, более сложный, но, вероятно, более правильный. Если один из них имеет для вас смысл, не стесняйтесь игнорировать другой. Вы говорите, что$x$и$y$ могут быть комплексными числами, так уж получилось, что в этот момент они оба действительны. Если мы проинтегрируем более$x$и$y$, мы говорим, что выбрали контур, лежащий вдоль вещественных осей, но мы могли выбрать контур где угодно на комплексных плоскостях. Это значит, что$\bar{z} = \frac{x - i y}{\sqrt{2}}$не обязательно является комплексно-сопряженным$z$, такие разные$z$удерживая$\bar{z}$константа является законным понятием.

В этом случае вы бы беспокоились об уравнениях Коши-Римана относительно действительной и мнимой составляющих$x$, а по действительной и мнимой компонентам$y$, нет$z$. Но если вы зададите функцию вдали от реальной оси с помощью аналитического продолжения, это будет автоматически. Возвращаясь к функциональному языку, вы можете себе представить$\varphi$и$\chi$быть сложным и т.