Euler–Lagrange 方程式の導出

場の量子論入門　第1部 第3章 §1.3.3　★★★ 作用の変分から Euler–Lagrange 方程式を導く計算そのものがここで行われる

(1.3.1) の変分を、途中を省かずに実行する。$\phi\to\phi+\delta\phi$ とすると、$\mathcal{L}$ の変化は $\delta\phi$ の1次までで

$$\delta\mathcal{L}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\,\delta\phi +\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\,\delta(\partial_{\mu}\phi)$$

である。ここで微分と変分は順序を入れ替えられる（$\delta(\partial_{\mu}\phi)=\partial_{\mu}(\delta\phi)$）。なぜなら $\delta\phi$ は $x$ の関数であり、$\phi$ と $\phi+\delta\phi$ の差を取ってから微分しても、微分してから差を取っても同じだからである。したがって

$$\delta S=\int\mathrm{d}^4x\Bigl[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\,\delta\phi +\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\,\partial_{\mu}(\delta\phi)\Bigr].$$

第2項に積の微分公式を逆向きに使って、全微分の項を分離する。

$$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\,\partial_{\mu}(\delta\phi) =\partial_{\mu}\Bigl[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\,\delta\phi\Bigr] -\partial_{\mu}\Bigl[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\Bigr]\delta\phi .$$

第1項は4次元の発散なので、Gauss の定理で積分領域の境界面上の積分になる。境界で $\delta\phi=0$ と課したので、この項は消える。結局

$$\delta S=\int\mathrm{d}^4x\,\Bigl[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} -\partial_{\mu}\Bigl(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\Bigr)\Bigr]\delta\phi$$

となる。$\delta\phi(x)$ は境界を除いて任意なので、$\delta S=0$ が任意の $\delta\phi$ に対して成り立つには角括弧の中がいたるところゼロでなければならない。こうして

$$\boxed{\ \partial_{\mu}\Bigl(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\Bigr)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0\ }\tag{1.3.2}$$

が得られる。これが場のEuler–Lagrange 方程式である。場が複数あるときは、各 $\phi_a$ について同じ形の式が1本ずつ成り立つ。