Cálculo del lagrangiano a partir del hamiltoniano 12(−i∂ϕ−A)212(−i∂ϕ−A)2\frac{1}{2}(-i\partial_\phi -A)^2

Question

Cálculo del lagrangiano a partir del hamiltoniano 12(−i∂ϕ−A)212(−i∂ϕ−A)2\frac{1}{2}(-i\partial_\phi -A)^2

Física
teoría de campo
rotación de mecha
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano
deberes-y-ejercicios

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Se afirma que el hamiltoniano para partículas en un anillo es (Ec. 9.1 de Altland2010a Teoría del campo de materia condensada , págs. 498):

\begin{matrix} (9.1) & H = \frac{1}{2} (- i \partial_{ϕ} - A)^{2} = \frac{1}{2} (pag - A)^{2} . \end{matrix}

$\begin{equation} H = \frac{1}{2}(-i\partial_\phi -A)^2 = \frac{1}{2}(p-A)^2.\tag{9.1} \end{equation}$

El libro afirma que

\begin{matrix} (9.4) & L = \frac{1}{2} {\dot{ϕ}}^{2} - i A \dot{ϕ} \end{matrix}

$\begin{equation} L = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - iA \dot{\phi}\tag{9.4} \end{equation}$ Estoy bastante confundido, especialmente sobre la apariencia de

\dot{ϕ}

$\dot{\phi}$ . ¿Alguien puede explicar un poco?

Lo que probé:

Dado que la inversa de una transformación de Legendre es la propia transformación de Legendre,

\begin{aligned} Denotar X & \equiv \frac{\partial H}{\partial pag} = pag - A, entonces, \\ pag & = X + A, H = \frac{1}{2} X^{2}, entonces, \\ L = X pag - H & = X (X + A) - \frac{1}{2} X^{2} = \frac{1}{2} X^{2} + X A \end{aligned}

$\begin{align} \text{Denote }x &\equiv \frac{\partial H}{\partial p} = p-A,\text{ so,} \\ p &= x + A,\quad H = \frac{1}{2}x^2 ,\text{ so,}\\ L = x p - H &= x(x+A) - \frac{1}{2}x^2 = \frac{1}{2}x^2 + x A \end{align}$ Entonces mi cálculo encontró que el Lagrangiano de Hamiltoniano anterior es:

L = \frac{1}{2} X^{2} + X A

$\begin{equation} L = \frac{1}{2}x^2 + x A \end{equation}$ dónde

X = \frac{\partial H}{\partial pag}

$\begin{equation} x = \frac{\partial H}{\partial p} \end{equation}$

una mente curiosa

...por qué llamas a la variable transformada de Legendre asociada a

p

$p$

x

$x$ y no

\dot{ϕ}

$\dot{\phi}$ ?

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@ACuriousMind Correcto, no estoy familiarizado con las teorías de campo, así que elijo

x

$x$ por conveniencia. Pero incluso cuando traté de comparar mi respuesta con la del libro, no puedo obtener el término consistente transformado por Legendre en ninguna opción.

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Respuestas (2)

Cálculo del lagrangiano a partir del hamiltoniano 12(−i∂ϕ−A)212(−i∂ϕ−A)2\frac{1}{2}(-i\partial_\phi -A)^2

...por qué llamas a la variable transformada de Legendre asociada a $p$ $x$ y no $\dot{\phi}$ ?
@ACuriousMind Correcto, no estoy familiarizado con las teorías de campo, así que elijo $x$ por conveniencia. Pero incluso cuando traté de comparar mi respuesta con la del libro, no puedo obtener el término consistente transformado por Legendre en ninguna opción.

qmecanico · Answer 1

Empezamos con el Lagrangiano
$L_{METRO} = \frac{metro}{2} {(\frac{d \vec{r}}{d t_{METRO}})}^{2} + q \vec{A} \cdot \frac{d \vec{r}}{d t_{METRO}} - q ϕ_{METRO},$ $L_M~=~\frac{m}{2}\left(\frac{d\vec{r}}{dt_M}\right)^2 + q \vec{A}\cdot\frac{d\vec{r}}{dt_M}-q\phi_M,$ para una partícula puntual no relativista en el espacio de Minkowski con un fondo E&M. Este Lagrangiano aparece en la formulación integral de trayectoria de QM.
Podemos realizar una transformación de Legendre . El impulso minkowskiano es
${\vec{pag}}_{METRO} = metro \frac{d \vec{r}}{d t_{METRO}} + q \vec{A},$ $\vec{p}_M~=~ m\frac{d\vec{r}}{dt_M}+q\vec{A},$ entonces el hamiltoniano minkowskiano es $H_{METRO} = \frac{({\vec{pag}}_{METRO} - q \vec{A})^{2}}{2 metro} + q ϕ_{METRO} .$ $H_M~=~ \frac{(\vec{p}_M-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi_M.$ Este hamiltoniano aparece en el factor de Boltzmann de la función de partición en física estadística.
El operador hamiltoniano correspondiente en la representación de Schrödinger dice
$\begin{matrix} (9.1) & {\hat{H}}_{METRO} = \frac{(\frac{ℏ}{i} \vec{\nabla} - q \vec{A})^{2}}{2 metro} + q ϕ_{METRO} . \end{matrix}$ $\hat{H}_M~=~ \frac{(\frac{\hbar}{i}\vec{\nabla}-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi_M. \tag{9.1}$
También podemos realizar una rotación de mecha al lagrangiano euclidiano
$\begin{matrix} (9.4) & L_{mi} = \frac{metro}{2} {(\frac{d \vec{r}}{d t_{mi}})}^{2} - i q \vec{A} \cdot \frac{d \vec{r}}{d t_{mi}} - i q ϕ_{mi}, \end{matrix}$ $L_E~=~\frac{m}{2}\left(\frac{d\vec{r}}{dt_E}\right)^2 -i q \vec{A}\cdot\frac{d\vec{r}}{dt_E}-iq\phi_E, \tag{9.4}$ siguiendo las reglas establecidas en, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.
Por diversión, realicemos una transformación de Legendre de la formulación euclidiana. El momento euclidiano es
${\vec{pag}}_{mi} = metro \frac{d \vec{r}}{d t_{mi}} - i q \vec{A},$ $\vec{p}_E~=~ m\frac{d\vec{r}}{dt_E}-iq\vec{A},$ entonces el hamiltoniano euclidiano es $H_{mi} = \frac{({\vec{pag}}_{mi} + i q \vec{A})^{2}}{2 metro} + i q ϕ_{mi} .$ $H_E~=~ \frac{(\vec{p}_E+iq\vec{A})^2}{2m}+iq\phi_E.$

lalala · Answer 2

La transformación de Legendre se realiza casi correctamente en la pregunta. $x$ debe ser reemplazado con $\dot{\phi}$ . El libro pregunta por el Lagrangiano en la integral del camino del tiempo imaginario, derivado del Hamiltoniano. Esto puede ser diferente. (Aunque el libro alude a que esto se puede hacer con Legendre Transform, creo que esto es más sutil).

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