Interpretación del Lagrangiano.
Utilizaré $t$ en lugar de $Z$ y denota $u_Z$ por $\dot u$ , ya que las ecuaciones parecen más familiares en este caso.
Definimos $\mathcal L(u,\nabla u, \dot u, \Phi, \nabla \Phi, \dot \Phi)$ a través de $$ \mathcal L = \ i \big(u^* \dot u - u \dot u^* \big) - | \nabla u |^2 + 4\Phi | u |^2 - \nu | \nabla \Phi |^2 + 2q |\Phi|^2. $$
El principio de Hamilton de teoría de campo clásica implica ahora que busquemos puntos estacionarios de $$S(u,\Phi) = \int_{\Omega_T} \mathcal L(u,\nabla u, \dot u, \Phi, \nabla \Phi, \dot \Phi) \mathrm{dvol}.$$
( $\Omega_T$ denota el dominio de $u$ y $\Phi$ por ejemplo $[0,T] \times \Omega$ .)
El Ecuaciones de Euler-Lagrange se dan como
$$ \frac{\partial \mathcal L}{\partial u} - \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot u} - \sum_i \frac{\mathrm d}{\mathrm d X_i}\frac{\partial \mathcal L}{\partial \mathrm D_i u} = 0$$
y
$$ \frac{\partial \mathcal L}{\partial \Phi} - \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot \Phi} - \sum_i \frac{\mathrm d}{\mathrm d X_i}\frac{\partial \mathcal L}{\partial \mathrm D_i \Phi} = 0.$$
La idea principal de estas ecuaciones es la integración parcial, básicamente la misma que aquí: minimización de la energía .
Aquí $\mathrm D_i u = \frac{\partial u}{\partial X_i}$ y la derivada $\frac{\partial \mathcal L}{\partial \mathrm D_i u}$ denota la derivada de $\mathcal L$ con respecto a los componentes de $\nabla u$ en $\mathcal L$ . (Para hacer este sonido matemático, el concepto de chorros es útil, pero no quiero entrar en esto. Básicamente, consideramos $u$ , $\dot u$ y $\nabla u$ para que sean independientes al calcular las derivadas).
El resto es "sólo" una tarea computacional...
La influencia de $i (u^* u_Z - u u_Z^*)$ ?
En mi notación, este término se denota por $i (u^* \dot u - u \dot u^*)$ . Permítanme dividir las partes reales e imaginarias, $u = v + iw$ entonces este término se convierte en $$\begin{align} i \left( (v-iw)(\dot v + i \dot w) - (v+iw)(\dot v - i \dot w)\right) &= 2 i ~ \text{Im}( (v-iw)(\dot v + i\dot w) ) \\ &= -2 ( v \dot w - w \dot u )\\ &= 2 ( w \dot v - v \dot w ). \end{align}$$
Este término entra en las ecuaciones de Euler-Lagrange a través de $$ \begin{align} \frac{\partial \mathcal L}{\partial u} - \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot u} &= \frac{\partial \mathcal L}{\partial v} - \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot v} + i \frac{\partial \mathcal L}{\partial w} - i\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot w}\\ &= -2 \dot w - \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}(2w) + i (2 \dot v - i \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}( -2 w ) )\\ &= 4i \frac{\partial u}{\partial t}. \end{align}$$
El resto...
El cálculo completo es un poco largo para que lo escriba aquí, pero no es más complicado. Por lo tanto, sólo demuestro un paso.
Por ejemplo, un término como $\mathcal L_1 = |\nabla \Phi|^2$ conduce al término $$-\sum_i \frac{\mathrm d}{\mathrm d X_i}\frac{\partial \mathcal L_1}{\partial \mathrm D_i \Phi} = -\text{DIV}( 2 \nabla \Phi ) = -2 \Delta \Phi$$ en las ecuaciones de Euler-Lagrange.
Al final, la primera ecuación se divide por $4$ y la segunda ecuación por $2$ .
