Problem mit der Ableitung der Klein-Gordon-Gleichung

Ihr Problem tritt auf, wenn Sie die Variation der Aktion erweitern. Da Ihre Aktion jetzt zweite Ableitungen Ihrer Felder enthält, sollten Sie eigentlich so etwas wie haben

$$\begin{equation} \delta S=\int\mathrm{d}^dx\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\partial_{\mu}\delta\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\partial_{\nu}\phi)}\partial_{\mu}\partial_{\nu}\delta\phi+\cdots\right), \end{equation}$$

bei dem die$\cdots$Begriffe erscheinen, wenn Sie höhere Derivate involviert haben (es kann auch einen lästigen Faktor von geben$2$irgendwo in dieser letzten Zeile, da partielle Ableitungen kommutieren, und wir wollen nicht überzählen). Wir können auch einfach die Schwierigkeit überwinden, die obige Gleichung zu verwenden, indem wir einfach direkt finden$\delta\mathcal{L}$durch Auffinden der Variation erster Ordnung von$\mathcal{L}$gegenüber$\phi\to\phi+\delta\phi$. Das gibt

$$\begin{equation} \begin{gathered} \mathcal{L}+\delta\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\phi+\delta\phi)\partial^2\left(\phi+\delta\phi\right)+\frac{1}{2}m^2\left(\phi+\delta\phi\right)^2\\ \Longrightarrow\delta\mathcal{L}=\frac{1}{2}\delta\phi\,\partial^2\phi+\frac{1}{2}\phi\,\partial^2\delta\phi+m^2\delta\phi. \end{gathered} \end{equation}$$

Wenn Sie dies in die Handlung werfen, erhalten Sie

$$\begin{equation} \delta S=\int\mathrm{d}^dx\left(\frac{1}{2}\partial^2\phi\,\delta\phi+m^2\phi+\frac{1}{2}\phi\,\partial^2\delta\phi\right), \end{equation}$$

und schließlich zweimal partiell integrieren und setzen$\delta S=0$liefert die richtigen Bewegungsgleichungen.

Der Klein-Gordon-Lagrangian sei gegeben durch:

$$\mathcal{L} = \frac{1}{2} \phi(x) \partial_\mu \partial^\mu \phi(x) + \frac{1}{2}m^2 \phi(x)^2,$$

Wo$\partial_\mu = \frac{\partial}{\partial x^\mu}$.

Die Idee ist, dass wir für die Euler-Lagrange-Gleichung Folgendes benötigen:

$$\forall y: \frac{\delta S}{\delta \phi(y)} = 0.$$

Rechnen wir das aus:

$$\frac{\delta S}{\delta \phi(y)} = \frac{\delta}{\delta \phi(y)}\int d^4 x \Big(\frac{1}{2} \phi(x) \partial_\mu \partial^\mu \phi(x) + \frac{1}{2}m^2 \phi(x)^2\Big)$$ $$=\int d^4 x \Big(\frac{1}{2}\delta(x-y)\partial_\mu \partial^\mu \phi(x) + \frac{1}{2} \phi(x) \partial_\mu \partial^\mu \delta(x-y) + m^2 \phi(x)\delta(x-y)\Big),$$

wobei ich verschiedene Eigenschaften der funktionellen Derivate verwendet habe. Durch zweimalige partielle Integration und Wegwerfen der Randterme ergibt sich dies

$$\frac{\delta S}{\delta \phi(y)} = \int d^4 x \Big(\frac{1}{2} \partial_\mu \partial^\mu \phi(x) + \frac{1}{2}\delta(x-y) \partial_\mu \partial^\mu \phi(x)+m^2 \phi(x)\delta(x-y)\Big) = \frac{1}{2}\partial_{\mu,y}\partial^{\mu,y}\phi(y) + \frac{1}{2} \partial^{\mu,y}\partial_{\mu,y} + m^2 \phi(y),$$

Wo$\partial_{\mu,y} = \frac{\partial}{\partial y^\mu}$. Wir finden also tatsächlich, dass (sich ändernd$y$Zu$x$der Einfachheit halber):

$$\frac{\delta S}{\delta \phi(x)} = (\partial_\mu \partial^\mu + m^2)\phi(x) = 0.$$

Es gibt einen einfacheren Weg, dieses Problem zu lösen.

Sie können das Vorzeichen einer Lagrange-Funktion umkehren und eine Viererdivergenz hinzufügen, ohne die Bewegungsgleichungen zu ändern. Daher,

$$\mathcal{L}'=\partial_{\mu}\left(\frac{\phi\partial^{\mu}\phi}{2}\right)-\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\phi\partial_{\mu}\partial^{\mu}\phi+m^2\phi^2)$$ ergibt die gleichen Euler-Lagrange-Gleichungen wie$\mathcal{L}$, wie gewünscht.

Hinweise:

1. OP hat vergessen, wrt zu variieren. Ableitungen zweiter Ordnung in Gl. (3).

2. Beachten Sie, dass bei der Lagrange-Dichte${\cal L}(\phi,\partial\phi,\partial^2\phi, \ldots)$von Raumzeitableitungen höherer Ordnung der Felder abhängt, dann werden die Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen

   $$0~\approx~\frac{\delta S}{\delta \phi} ~=~\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} -\sum_{\mu} \frac{d}{dx^{\mu}} \frac{\partial {\cal L}}{\partial (\partial_{\mu}\phi)} + \sum_{\mu\leq \nu} \frac{d}{dx^{\mu}} \frac{d}{dx^{\nu}} \frac{\partial {\cal L}}{\partial (\partial_{\mu}\partial_{\nu}\phi)} - \ldots,$$ bei dem die$\approx$Symbol bedeutet Gleichheit modulo eoms und die Ellipse$\ldots$bezeichnet mögliche höher abgeleitete Terme.

3. Beachten Sie alternativ, dass sich die beiden Lagrange-Dichten (1) und (2) nur in Modulo-Gesamtableitungstermen und Gesamtnormalisierung unterscheiden und daher zu denselben EL-Gleichungen führen, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag.