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Deducción de la ecuación de Klein-Gordon

01 octubre de 2018 | Problemas resueltos de Física

Planteamiento del problema:

Dada la siguiente densidad lagrangiana:

\begin{eqnarray*} \mathcal{L}= \frac{1}{2}\left\{ (\partial_\mu \varphi)^2-m^2 \varphi^2 \right\} \end{eqnarray*}

Encontrar la ecuación de movimiento respectiva.

Solución

Sabemos que la ecuación de Euler-Lagrange nos dice que

\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \varphi}-\partial_\mu \left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial [\partial_\mu \varphi]}\right)=0. \end{eqnarray*}

Por tanto, bastará con encontrar el primero y el segundo término de la ecuación. El primer término lo encontramos de forma inmediata:

\begin{eqnarray*} \require{cancel} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \varphi}&=&\frac{\partial }{\partial \varphi} \left[ \frac{1}{2}\left\{ (\partial_\mu \varphi)^2-m^2 \varphi^2 \right\} \right] \\ &=&\cancelto{0}{\frac{\partial }{\partial \varphi} \left[\frac{1}{2} (\partial_\mu \varphi)^2 \right]} - \frac{\partial }{\partial \varphi} \left[\frac{1}{2} m^2 \varphi^2 \right] \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \varphi}&=& - m^2 \varphi \end{eqnarray*}

Sólo nos falta entonces calcular el valor del segundo término de la ecuación de Euler-Lagrange:

\begin{eqnarray*} \partial_\mu \left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial [\partial_\mu \varphi]}\right) &=& \partial_\mu \left(\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} \frac{1}{2}\left\{ (\partial_\mu \varphi)^2-m^2 \varphi^2 \right\} \right) \\ &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} \left\{ (\partial_\mu \varphi)^2-m^2 \varphi^2 \right\} \right) \\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\mu \varphi)^2-\cancelto{0}{\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (m^2 \varphi^2)} \right) \\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\mu \varphi)^2 \right) \end{eqnarray*}

En esta parte desglosaremos $(\partial_\mu \varphi)^2$ como $(\partial_\mu \varphi)^2=(\partial_\mu \varphi)(\partial^\mu \varphi)$ para ver un poco del trasfondo de la notación indicial usada aquí.

\begin{eqnarray*} \phantom{\partial_\mu \left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial [\partial_\mu \varphi]}\right)}&=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\mu \varphi)(\partial^\mu \varphi) \right) \\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left( \cancelto{1}{\left[\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]}(\partial_\mu \varphi)\right]}(\partial^\mu \varphi)+(\partial_\mu \varphi) \left[ \frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]}(\partial^\mu \varphi) \right] \right)\\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\partial^\mu \varphi+(\partial_\mu \varphi) \left[ \frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]}(\partial^\mu \varphi) \right] \right) \end{eqnarray*}

Pero $\partial^\mu \varphi = g^{\mu \nu} (\partial_\nu \varphi)$, siendo $g^{\mu \nu}$ el tensor métrico. De esta manera, la igualdad de arriba continúa como:

\begin{eqnarray*} &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\partial^\mu \varphi+(\partial_\mu \varphi) \left[ \frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]}(g^{\mu \nu} (\partial_\nu \varphi)) \right] \right) \\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\partial^\mu \varphi+(\partial_\mu \varphi) g^{\mu \nu} \left[ \frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\nu \varphi) \right] \right) \\ \end{eqnarray*}

Notemos aquí que cuando $\mu=\nu$, tendremos que $\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\nu \varphi)=1$, pero cuando $\mu \neq \nu$, entonces $\frac{\partial}{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\nu \varphi)=0$. Podemos escribir entonces $\frac{\partial }{\partial [\partial_\mu \varphi]} (\partial_\nu \varphi)= \delta^\mu_\nu$, donde $\delta^\mu_\nu$ es igual a uno si $\mu=\nu$ y cero si $\mu \neq \nu$.

\begin{eqnarray*} &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\partial^\mu \varphi+(\partial_\mu \varphi) g^{\mu \nu} \delta^\mu_\nu \right) \\  &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left(\partial^\mu \varphi+(\partial^\nu \varphi) \delta^\mu_\nu \right) \\   &=& \frac{1}{2} \partial_\mu \left( \partial^\mu \varphi+\partial^\mu \varphi \right) \\  \partial_\mu \left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial [\partial_\mu \varphi]}\right)&=& \partial_\mu \partial^\mu \varphi . \end{eqnarray*}

Ya con el primer y segundo término cálculado, podemos reemplazar en la ecuación de Euler-Lagrange, obteniendo así la siguiente ecuación de movimiento:

\begin{eqnarray*} - m^2 \varphi - \partial_\mu \partial^\mu \varphi = 0 \\  (m^2 + \partial_\mu \partial^\mu) \varphi = 0 \\  \boxed{(m^2+\square) \varphi = 0}, \end{eqnarray*}

donde $\square \equiv \partial_\mu \partial^\mu$ no es más que el operador de D'Alambert. Esta ecuación de movimiento se conoce normalmente con el nombre de Ecuación de Klein-Gordon para un campo $\varphi$.

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