Problema con la derivación de la ecuación de Klein-Gordon

Tu problema surge cuando expandes la variación de la acción. Dado que su acción ahora contiene segundas derivadas de sus campos, debería, de hecho, tener algo como

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

donde el$\cdots$términos aparecen si tiene derivados más altos involucrados (también puede haber un factor molesto de$2$en algún lugar de esa última línea ya que las derivadas parciales conmutan, y no queremos contar en exceso). También podemos simplemente superar la dificultad de usar la ecuación anterior simplemente encontrando directamente$\delta\mathcal{L}$encontrando la variación de primer orden de$\mathcal{L}$con respecto a$\phi\to\phi+\delta\phi$. Esto da

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

Lanzar esto a la acción da

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

y finalmente integrando por partes dos veces y estableciendo$\delta S=0$da las ecuaciones de movimiento correctas.

Sea el Lagrangiano de Klein-Gordon dado por:

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

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

La idea es que para la ecuación de Euler-Lagrange requerimos que:

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

Calculemos esto:

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

donde utilicé varias propiedades de las derivadas funcionales. Usando la integración por partes dos veces y descartando los términos de contorno, esto produce

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

dónde$\partial_{\mu,y} = \frac{\partial}{\partial y^\mu}$. Así que de hecho encontramos que (cambiando$y$a$x$por simplicidad):

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

Hay una manera más fácil de resolver este problema.

Puede invertir el signo de un Lagrangiano y agregar una divergencia cuádruple sin cambiar las ecuaciones de movimiento. De este modo,

$$\mathcal{L}'=\partial_{\mu}\left(\frac{\phi\partial^{\mu}\phi}{2}\right)-\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\phi\partial_{\mu}\partial^{\mu}\phi+m^2\phi^2)$$ da las mismas ecuaciones de Euler Lagrange que$\mathcal{L}$, como se desee.

Sugerencias:

1. OP ha olvidado variar wrt. derivadas de segundo orden en la ec. (3).

2. Tenga en cuenta que cuando la densidad lagrangiana${\cal L}(\phi,\partial\phi,\partial^2\phi, \ldots)$depende de las derivadas de espacio-tiempo de orden superior de los campos, entonces las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) se convierten en

   $$0~\approx~\frac{\delta S}{\delta \phi} ~=~\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} -\sum_{\mu} \frac{d}{dx^{\mu}} \frac{\partial {\cal L}}{\partial (\partial_{\mu}\phi)} + \sum_{\mu\leq \nu} \frac{d}{dx^{\mu}} \frac{d}{dx^{\nu}} \frac{\partial {\cal L}}{\partial (\partial_{\mu}\partial_{\nu}\phi)} - \ldots,$$ donde el$\approx$símbolo significa igualdad módulo eoms, y los puntos suspensivos$\ldots$denota posibles términos derivados superiores.

3. Alternativamente, tenga en cuenta que las dos densidades lagrangianas (1) y (2) solo difieren en los términos derivados totales del módulo y la normalización general, y por lo tanto conducen a las mismas ecuaciones EL, cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.