Pregunta

No puedo ver cómo puedo obtener la sección resaltada en amarillo en el RHS de la del LHS.

La siguiente ecuación se puede encontrar en mis notas de clase (* 1) (página 9, ecuación 2.7) y también se usa como Problema 2-6 en Feynman & Hibbs, Quantum Mechanics and Path Integrals , (pg. 36),

$$\require{color} \tag{9} \frac{d S_{cl}}{dt_b} = L(x_b,\dot{x}_b,t_b) = \colorbox{yellow}{ $\frac{\partial S_{cl}}{\partial t_b} + \frac{\partial S_{cl}}{\partial x_b}\dot{x}_b$ }$$

A continuación, se encuentra la sección relevante de notas utilizadas para derivar la expresión y también mi propio intento de obtener la expresión en el RHS.

Intentar

Usando (8) e integrando ambos lados (¡no del todo seguro de poder hacer esto!),

$$\tag{13} S_{cl} = p_b x_b$$

entonces usando la regla del producto y nuevamente (8) para$p_b$en el segundo término,

$$\tag{14} \frac{d S_{cl}}{dt_b} = \frac{d p_b}{d t_b}x_b + P_b\frac{d x_b}{d t_b} = \frac{d p_b}{d t_b}x_b + \frac{d S_{cl}}{d x_b}\dot{x_b}$$

Sin embargo, ahora tengo dos problemas:

1. Tengo derivadas propias en el RHS, no derivadas parciales
2. solo puedo obtener$S_{cl}$en el primer término tratando$x_b$como independiente de$t_b$y usando (14).

Derivación

Esta derivación se copió directamente de las notas mencionadas anteriormente en la página 9. La ecuación relevante es (8)

La acción por un camino$x(t)$,

$$\tag{1} S[ x ( t ) ] = \int^{t_b}_{t_a} L\left(x,\dot{x},t\right) dt$$

dónde$L$es el lagrangiano. Ahora, usando el principio de mínima acción: el camino clásico$\bar{x}(t)$es un extremo de la funcional S,

$$\tag{2} \left.\frac{\delta{S}}{\delta{x}} \right|_{x=\bar{x}}= 0$$

dónde$\delta{S}/\delta{x}$es la derivada funcional. Para una pequeña variación de la ruta:$x(t) \to x(t) + \delta x(t)$:

$$\tag{3} \delta S = S[x + \delta x] − S[x] = \int_{t_a}^{t_b} dt\ L\left(x + \delta{x},\dot{x} + \delta{\dot{x}},t\right) - L\left(x,\dot{x},t\right)$$

Usando la expansión de Taylor 2D alrededor$\delta{x},\delta{\dot{x}}$obtenemos

$$\tag{4} \delta S = \int_{t_a}^{t_b} dt\ \left( \frac{\partial L}{\partial x}\delta x + \frac{\partial L}{\delta \dot{x}}\delta{\dot{x}} \right) +\mathcal{O}(\delta x^2)$$ Ahora integrando por partes,

$$\tag{5} \delta S = \left[ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta{\dot{x}} \right]^{t_b}_{t_a} - \int_{t_a}^{t_b} dt\ \left( \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial x} \right) - \frac{\partial L}{\delta \dot{x}} \right) \delta x +\mathcal{O}(\delta x^2)$$

Si los puntos finales de la ruta son fijos, es decir,$\delta x(t_a) = \delta x(t_b) = 0$, entonces obtenemos la ecuación de Lagrange para el camino clásico,

$$\tag{6} \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial x} \right) - \frac{\partial L}{\delta \dot{x}} =0$$

Teniendo en cuenta el valor de la acción.$S$en el camino clásico,$S_{cl} \equiv S[\bar{x}(t)]$:$S_{cl}$será una función de los puntos extremos, es decir, de$x_a, t_a, x_b$, y$t_b$.

Variando el punto final$(x_b, t_b)\to (x_b, t_b) + (\delta x_b, \delta t_b)$, pero mantén$(x_a, t_a)$fijado. La ecuación de Lagrange se cumple para el camino clásico. Nosotros elegimos$\delta t_b = 0$y recuerda el impulso canónico$p$conjugar a$x$como$p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}$Llegar,

$$\tag{7} \delta S_{cl} = \left[ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta{\dot{x}} \right]^{t_b}_{t_a} = \left[ p\delta x \right]^{t_b}_{t_a} = p(t_b)\delta x_b −p(t_a)\delta x_a =p(t_b)\delta x_b$$ Por eso,

$$\tag{8} \frac{\partial S_{cl}}{\partial x_b} = p_b$$

ahora considerando$\frac{dS_{cl}}{dt}$. De (1) podemos escribir:

$$\require{color} \tag{9} \frac{d S_{cl}}{dt_b} = L(x_b,\dot{x}_b,t_b) = \colorbox{yellow}{ $\frac{\partial S_{cl}}{\partial t_b} + \frac{\partial S_{cl}}{\partial x_b}\dot{x}_b$ }$$

Esto da,

$$\tag{11} \frac{\partial S_{cl}}{\partial t_b} = L − p_b\dot{x}_b =−E_b$$ $$\tag{12} E_b = -\frac{\partial S_{cl}}{\partial t_b}$$ dónde $E_b$es la función de energía o hamiltoniana .

Referencias

(*1) Brian Pendleton, Teoría cuántica, Universidad de Edimburgo, 2015