En las Integrales de Trayectoria, ¿lagrangianas o hamiltonianas son fundamentales?

Question

En las Integrales de Trayectoria, ¿lagrangianas o hamiltonianas son fundamentales?

Física
integral de trayectoria
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

Erich

Al estudiar integrales de trayectoria me surgió una pregunta... ¿Qué presentación es más fundamental para calcular el propagador?

¿El basado en el hamiltoniano (espacio de fase)?

k (B | A) = \int D [pags] D [q] Exp {\frac{i}{ℏ} \int d t [pags \dot{q} - H (pags, q)]}

$K(B|A) = \int \mathcal{D}[p]\mathcal{D}[q] \exp \{ \frac{i}{\hbar} \int dt [ p \dot q - H(p,q) ] \}$

o el que se basa en el lagrangiano (espacio configuracional)?

k (B | A) = \int D [q] Exp {\frac{i}{ℏ} \int d t L}

$K(B|A) = \int \mathcal{D}[q] \exp \{ \frac{i}{\hbar} \int dt L \}$

Al leer la tesis de Feynman, vemos que afirma que "[...] se ha elaborado un método para formular un análogo cuántico de sistemas para los que no existe un hamiltoniano, sino un principio de acción mínima. Es una descripción de este método que constituye esta tesis". Parece tomar la forma lagrangiana como más fundamental.

Otros autores, como Hatfield o Swanson, parecen tomar la forma del espacio fase como más fundamental. Ellos ven la otra forma como un caso especial donde el $p$ la dependencia es cuadrática.

Entonces, esta es mi pregunta.
¿Cuál es más confiable? ¿Hay algún ejemplo en el que se privilegia una vista?

Trimok

La formulación hamiltoniana es más fundamental. Sin embargo, con un hamiltoniano simple como

H = \frac{p^{2}}{2 m} + V (q)

$H = \frac{p^2}{2m}+ V(q)$ , si haces la integración en

p

$p$ , encontrará fácilmente la formulación lagrangiana

Erich

¿Por qué hamiltoniano es más fundamental? ¿Hay algún ejemplo en el que, siguiendo el lagragiano, encontremos la respuesta incorrecta? ¿Y la tesis de Feynman? ¿Dónde parece describir un ejemplo con forma no hamiltoniana?

Trimok

Ya en un nivel clásico, tendrás problema con hamiltonianos como

H = \frac{p^{2}}{2 m} + λ p q

$H =\frac{p^2}{2m} + \lambda pq$ . Las ecuaciones de Hamilton darán

\dot{p} / m + λ p = 0

$\dot p/m + \lambda p=0$ . Este tipo de relación no se puede obtener a partir de las ecuaciones de Euler-Lagrange.

Erich

@Trimok no puede? Lo siento si estoy confundiendo algo... pero el hamiltoniano particular que muestras parece comportarse bien en una transformación legendre... el momento es

p = m (\dot{q} - λ q)

$p = m(\dot q - \lambda q)$ (sin restricciones aquí) y el lagrangiano es simplemente

L = \frac{m}{2} {\dot{q}}^{2} + \frac{m}{2} λ^{2} q^{2} - λ m q \dot{q}

$L = \frac{m}{2} {\dot q}^2 + \frac{m}{2} \lambda^2 q^2 - \lambda m q \dot q$ . Euler-lagrange nos da

\ddot{q} - λ^{2} q = 0

$\ddot q - \lambda^2 q = 0$ que es exactamente lo mismo obtenido por las ecuaciones canónicas (si sustituimos

p

$p$ ).

Trimok

Tienes razón...: también verifiqué que, para este hamiltoniano en particular, las dos formulaciones son equivalentes en el nivel clásico. Ahora, el impulso canónico

p = m (\dot{q} - λ q)

$p = m (\dot q - \lambda q)$ es, físicamente, muy "especial"..

Respuestas (1)

En las Integrales de Trayectoria, ¿lagrangianas o hamiltonianas son fundamentales?

La formulación hamiltoniana es más fundamental. Sin embargo, con un hamiltoniano simple como $H = \frac{p^2}{2m}+ V(q)$ , si haces la integración en $p$ , encontrará fácilmente la formulación lagrangiana
¿Por qué hamiltoniano es más fundamental? ¿Hay algún ejemplo en el que, siguiendo el lagragiano, encontremos la respuesta incorrecta? ¿Y la tesis de Feynman? ¿Dónde parece describir un ejemplo con forma no hamiltoniana?
Ya en un nivel clásico, tendrás problema con hamiltonianos como $H =\frac{p^2}{2m} + \lambda pq$ . Las ecuaciones de Hamilton darán $\dot p/m + \lambda p=0$ . Este tipo de relación no se puede obtener a partir de las ecuaciones de Euler-Lagrange.
@Trimok no puede? Lo siento si estoy confundiendo algo... pero el hamiltoniano particular que muestras parece comportarse bien en una transformación legendre... el momento es $p = m(\dot q - \lambda q)$ (sin restricciones aquí) y el lagrangiano es simplemente $L = \frac{m}{2} {\dot q}^2 + \frac{m}{2} \lambda^2 q^2 - \lambda m q \dot q$ . Euler-lagrange nos da $\ddot q - \lambda^2 q = 0$ que es exactamente lo mismo obtenido por las ecuaciones canónicas (si sustituimos $p$ ).
Tienes razón...: también verifiqué que, para este hamiltoniano en particular, las dos formulaciones son equivalentes en el nivel clásico. Ahora, el impulso canónico $p = m (\dot q - \lambda q)$ es, físicamente, muy "especial"..

qmecanico · Answer 1

Comentarios a la pregunta (v2):

1) La correspondencia entre las teorías lagrangiana (L) y hamiltoniana (H) está plagada de sutilezas. Algunas herramientas generales para transformaciones singulares de Legendre están disponibles, como el análisis de Dirac-Bergmann, el método de Faddeev-Jackiw, etc. de teorías (como, por ejemplo, Yang-mills, Cherns-Simons, GR, etc.), donde ambos lados de la correspondencia LH han sido elaborados.

2) En general, las integrales de trayectoria no se comprenden bien más allá de una expansión perturbativa en torno a una teoría libre de Gauss, por lo que para reflexionar sobre qué sucede si los momentos $p$ no son cuadráticos, es sólo parte de un problema mayor.

3) Una diferencia fundamental entre las teorías lagrangianas y hamiltonianas es que existe formalmente una elección canónica de la medida integral de la trayectoria en las teorías hamiltonianas, mientras que la medida integral de la trayectoria lagrangiana tradicionalmente es solo factores fijos invariantes de calibre de módulo. En ese sentido, la formulación hamiltoniana es más fundamental.

En detalle, si asumimos que el espacio de fases, una teoría hamiltoniana está equipada con una forma simpléctica de dos formas

\begin{matrix} (1) & ω = \frac{1}{2} d z^{yo} ω_{yo j} \land d z^{j}, \end{matrix}

$\tag{1} \omega~=~\frac{1}{2} dz^I ~\omega_{IJ} \wedge dz^J,$

hay un factor de medida canónico

\begin{matrix} (2) & ρ = PAGS F (ω_{yo j}) \end{matrix}

$\tag{2} \rho~=~ {\rm Pf}(\omega_{IJ})$

dada por el (super) Pfaffian , al menos para integrales de dimensión finita, que en circunstancias favorables se pueden generalizar a dimensiones infinitas. Este factor de medida $\rho$ es solo 1 en las coordenadas de Darboux $(q^1, \ldots, q^n, p_1, \ldots , p_n)$ con $\omega = dp_i \wedge dq^i$ .

Con respecto al Lagrangiano-Hamiltoniano, lo que dijiste sobre la medida me aclaró las cosas. De todos modos, al analizar las diferencias de los enfoques, sería bueno calcular otras integrales de trayectoria... Acerca de las integrales de trayectoria no gaussianas... ¿Conoce algún esfuerzo para calcular casos en los que los momentos no son cuadráticos? ¿O hay alguna prohibición fundamental?

En las Integrales de Trayectoria, ¿lagrangianas o hamiltonianas son fundamentales?

Erich

Trimok

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Trimok

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qmecanico

Erich

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