Invariancia de calibre e integrales de trayectoria de Feynman

Permítanme ver el hamiltoniano de una partícula cargada en un plano en un campo magnético constante ($\vec{B}$) apuntando hacia arriba - entonces en la notación habitual es,

$$\hat{H} = \frac{1}{2m}\biggl(\hat{p} + \frac{e}{c}\hat{A}(\hat{r})\biggr)^2$$

Para convertir esto en un lenguaje integral de ruta de Feynman, elijo, digamos, un indicador$\vec{A}=(-\frac{B}{2}y,\frac{B}{2}x)$y luego en este calibre$\hat{p}$y$\hat{A}$conmutar y eso hace que la reescritura en el lenguaje de ruta integral sea mucho más fácil.

Si paso esto por el proceso habitual de "derivar" una integral de ruta de Feynman, obtendría la expresión,

$$\int \bigl[\mathcal{D}\vec{r}\bigr]\bigl[\mathcal{D}\vec{p}\bigr] \exp\biggl[i \int dt \biggl(\vec{p}\cdot\dot{\vec{r}} - \frac{1}{2m}\Bigl(\vec{p}+\frac{e}{c}\vec{A}\Bigr)^2\biggr)\biggr]$$

• ¿Es obvio (o cierto) que la expresión anterior es independiente del calibre que elegí para el cálculo? ¿Hay alguna manera de escribir el sistema en el lenguaje de ruta integral sin elegir explícitamente un indicador? (He trabajado a través de cálculos en la teoría de Yang-Mills en el indicador Fadeev-Popov que hace exactamente eso en esos casos, pero no puedo ver una salida aquí...)

• ¿No podría haber escrito la integral de ruta anterior sin siquiera pasar por el proceso habitual de encontrar amplitudes de transición infinitesimales y luego reunirlas? Me refiero a con qué frecuencia es seguro decir que para un hamiltoniano$H(p,q)$la representación integral de trayectoria de la amplitud de transición será$\int [\mathcal{D}p][\mathcal{D}q]e^{i\int dt (p\dot{q}-H(q,p)) }$?

Ahora la ecuación de movimiento de Heisenberg dirá que,

$$\frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{1}{m} \biggl(\vec{p} + \frac{e}{c}\vec{A}\biggr)^2$$

En la integral de trayectoria de Feynman, los vectores de posición y momento se tratan como variables independientes y, por lo tanto, sería incorrecto sustituir la expresión anterior en la integral de trayectoria, pero fuera de eso, creo que se puede hacer esta sustitución y se obtendría la acción (lo que se sienta en el exponente),

$$S = \int dt \biggl(\frac{p^2}{2m} - \frac{e^2}{2mc^2}A^2\biggr)$$

• ¿¡Pero la expresión anterior no se ve bien!? El integrando no es lo que debería ser el lagrangiano. ¿bien?

Ahora, en la derivación de la integral de trayectoria de Feynman, si se integra el impulso para cada amplitud de transición infinitesimal y luego se reconstituye la integral de trayectoria, entonces se obtendría la expresión,

$$\int [\mathcal{D}\vec{r}] \exp\biggl[i\int dt \biggl(\frac{m}{2}\dot{\vec{r}}^2 - \frac{e}{c}\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}\biggr)\biggr]$$

• Ahora, lo que parece sentarse en el exponente es cuál es el Lagrangiano "correcto", creo. ¿Por qué la respuesta difiere en las dos formas diferentes de mirarla?

• Me pregunto si dado un hamiltoniano, su lagrangiano correspondiente puede "definirse" como cualquier cosa que aparezca en el exponente si ese sistema se somete a esta reescritura de Feynman. En este caso, manteniendo solo la física clásica, no estoy seguro de cómo argumentar que el$\frac{m}{2} \dot{\vec{r}}^2 - \frac{e}{c} \dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}$es el lagrangiano para el sistema con el hamiltoniano$\frac{1}{2m}\bigl(\vec{p} + \frac{e}{c}\vec{A}(\vec{r})\bigr)^2$

Creo que he visto ejemplos en el espacio-tiempo curvo donde el lagrangiano "clásico" difiere de lo que aparece en el exponente cuando el sistema está integrado en la ruta.