Рівняння Лагранжа для поля

Повернутися до розділу "Лагранжів формалізм".

Із класичної механіки (див. відповідну статтю) відомі рівняння Лагранжа для функціоналу, що залежить від часу - інтегралу по часу від функції Лагранжа (дії):

$$\ L (r, \dot {r}) = L(q(t), \dot {q(t)}), \quad I(q) = \int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}L(q, \dot {q})dt = min \Rightarrow \frac{\partial L}{\partial \mathbf r} = \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \mathbf v}\right) \qquad (.1)$$.

Чисто для формальності можна нагадати їх виведення.

Нехай є функція $$\ \varphi_{1}(t)$$ така, що для границь інтегрування $$\ (.1)$$ виконується рівність

$$\ \varphi_{1}(t_{1,2}) = 0$$.

Тоді при домноженні цієї функції на довільне число $$\ \varepsilon$$ і представленні інтегралу $$\ (.1)$$ як

$$\ \int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}L(q + \varepsilon \varphi (t), \dot {q} + \varepsilon \dot {\varphi (t)})dt$$

формально перебираються всі траєкторії, що з'єднують початкову і кінцеву точки. При $$\ \varepsilon = 0$$ модифікований інтеграл має екстремум, а звідси слідує, що

$$\ \frac{d}{d \varepsilon}\int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}L(q + \varepsilon \varphi (t), \dot {q} + \varepsilon \dot {\varphi (t)})_{\varepsilon = 0}dt = 0 \Rightarrow \int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}\left[\frac{\partial L}{\partial q}\varphi + \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\dot {\varphi} \right]dt = 0$$.

Можна розписати другий доданок підінтегральної функції через повну похідну:

$$\ \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\dot {\varphi} = \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\varphi\right) - \frac{d }{d t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\right) \varphi \Rightarrow \int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}\left[\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\right) \right] \varphi dt + \int \limits_{t_{1}}^{t_{2}}\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot {q}}\varphi \right) dt = 0$$.

Другий інтеграл рівен нулю через те, що зафіксовано значення $$\ \varphi (t_{1}), \varphi (t_{2})$$ на краях відрізку. А вони, за умовою, нульові. Звідси, в силу довільності рамок інтегрування $$\ t_{1}, t_{2}$$ та функції $$\ \varphi $$, можна отримати, що

$$\ \frac{\partial L}{\partial q} = \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot {q}} \right)$$.

Аналогічним чином отримуються і рівняння, що отримуються при залежності функції $$\ L$$ не лише від часу, а й від координат. Таку залежність записують через функцію $$\ \Psi (x^{\alpha}), L = L(\Psi, \partial_{\alpha} \Psi)$$ і називають полем:

$$\ I(\Psi ) = \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}} L(\Psi, \partial_{\alpha} \Psi)d^{4}x = min$$,

де інтегрування по $$\ d^{3}\mathbf x = \frac{d^{4}x}{dt}$$ ведеться по всьому простору і поле $$\ \Psi$$ на нескінченності має нескінченно мале значення. Тоді

$$\ \frac{\partial L}{\partial \Psi} = \partial_{\alpha}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha} \Psi)}\right)$$.

Для доведення, знову ж таки, можна ввести функцію $$\ \varphi (x^{\alpha})$$, для якої $$\ \varphi (x^{\alpha}_{1, 2}) = 0$$. Тоді, повторивши за аналогією усі процедури, що були застосовані при отриманні рівнянь Лагранжа для функціоналу по часу, можна отримати:

$$\ \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}}\left(\frac{\partial L}{\partial \Psi} - \partial_{\alpha}\left(\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha}\Psi )} \right) \right) \varphi d^{4}x + \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}} \partial_{\alpha}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha} \Psi)}\varphi\right) d^{4}x = 0$$.

Другий інтеграл рівен нулю, оскільки

$$\ \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}}\partial_{\alpha}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha} \Psi)}\varphi\right) d^{4}x = \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}}\partial_{\alpha}f^{\alpha} d^{4}x = \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}} \frac{d f^{0}}{dt} d^{4}x + \int \limits_{x^{\alpha}_{1}}^{x^{\alpha}_{2}} \nabla \mathbf f d^{4}x$$,

і для першого інтегралу в моменти часу $$\ t_{1, 2}$$ функція $$\ \varphi $$ дає нуль, а для другого, згідно з теоремою Гаусса, при інтегруванні по нескінченно віддаленій поверхні, нуль дають поля $$\ \mathbf \Psi $$.

Звідси

$$\ \frac{\partial L}{\partial \Psi} = \partial_{\alpha}\left(\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha}\Psi )} \right)$$.