当てる道具：場の Euler–Lagrange 方程式

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第2部 第6章 §2.6.2　★★★ 4つの場 $A_\nu$ のそれぞれに場の Euler–Lagrange 方程式を当てる。必要な微分は $\partial(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})/\partial(\partial_\mu A_\nu)=4F^{\mu\nu}$ の1つだけ

前の章から借りる式

第2部第5章では、式 (2.6.1) の作用を場 $\varphi_a$ について停留させる条件として、

$$\partial_\mu\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu\varphi_a)}-\frac{\partial \mathcal L}{\partial \varphi_a}=0\qquad(a\text{ ごとに1本})\tag{2.6.8}$$

を導いた。粒子の Euler–Lagrange 方程式 $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial L}{\partial q_i}=0$（第1部第4章）の $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}$ が、時間と空間の4つの微分 $\partial_\mu$ の和に置き換わった形である。$\mathcal L$ を $\partial_\mu\varphi_a$ で偏微分するときは、$\varphi_a$ と16個の $\partial_\mu\varphi_a$ をすべて独立な変数とみなす。

電磁場では $\varphi_a$ を $A_\nu$（$\nu=0,1,2,3$）に取るので、式 (2.6.8) は

$$\partial_\mu\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu A_\nu)}-\frac{\partial \mathcal L}{\partial A_\nu}=0\qquad(\nu=0,1,2,3)\tag{2.6.9}$$

の4本になる。

必要な2つの偏微分

$\partial\mathcal L/\partial A_\nu$ は相互作用の項からだけ出る。$J^\mu A_\mu$ を $A_\nu$ で微分すると

$$\frac{\partial \mathcal L}{\partial A_\nu}=-J^\nu\tag{2.6.10}$$

である。

$\partial\mathcal L/\partial(\partial_\mu A_\nu)$ は場だけの項からだけ出る。$\partial_\mu A_\nu$ を16個の独立な変数 $g_{\mu\nu}$ とみなすと、$F_{\alpha\beta}=g_{\alpha\beta}-g_{\beta\alpha}$ なので

$$\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial g_{\mu\nu}}=\delta^\mu{}_\alpha\delta^\nu{}_\beta-\delta^\mu{}_\beta\delta^\nu{}_\alpha$$

である。$F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=F_{\alpha\beta}F_{\gamma\delta}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}$ は $F$ の2次式で、2つの因子のどちらを微分しても同じ寄与なので、

$$\frac{\partial (F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})}{\partial (\partial_\mu A_\nu)}=2F^{\alpha\beta}\bigl(\delta^\mu{}_\alpha\delta^\nu{}_\beta-\delta^\mu{}_\beta\delta^\nu{}_\alpha\bigr) =2(F^{\mu\nu}-F^{\nu\mu})=4F^{\mu\nu}\tag{2.6.11}$$

となる。したがって

$$\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu A_\nu)}=-\frac{1}{\mu_0}F^{\mu\nu}\tag{2.6.12}$$

である。