Eichinvarianz und Feynman-Pfadintegrale

Lassen Sie mich den Hamiltonoperator eines geladenen Teilchens in einer Ebene in einem konstanten Magnetfeld betrachten ($\vec{B}$) nach oben zeigt - dann ist es in üblicher Notation,

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

Um dies in eine Feynman-Pfad-Integral-Sprache umzuwandeln, wähle ich beispielsweise ein Messgerät$\vec{A}=(-\frac{B}{2}y,\frac{B}{2}x)$und dann in dieser Spurweite$\hat{p}$Und$\hat{A}$pendeln und das macht das Umschreiben in der Pfad-Integral-Sprache viel einfacher.

Wenn ich dies durch den üblichen Prozess der "Ableitung" eines Feynman-Pfadintegrals durchführe, würde ich den Ausdruck erhalten,

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

• Ist es offensichtlich (oder wahr), dass der obige Ausdruck unabhängig von dem Messgerät ist, das ich für die Berechnung gewählt habe? Gibt es eine Möglichkeit, das System in der Pfad-Integral-Sprache zu schreiben, ohne explizit ein Messgerät auszuwählen? (Ich habe Berechnungen in der Yang-Mills-Theorie im Fadeev-Popov-Messgerät durchgearbeitet, das genau das in diesen Fällen tut, aber ich sehe hier keinen Ausweg ...)

• Kann ich das obige Pfadintegral nicht aufgeschrieben haben, ohne auch nur den üblichen Prozess durchlaufen zu haben, infinitesimale Übergangsamplituden zu finden und sie dann zusammenzufassen? Ich meine, wie oft kann man das für einen Hamiltonianer sagen$H(p,q)$die Pfadintegraldarstellung der Übergangsamplitude sein wird$\int [\mathcal{D}p][\mathcal{D}q]e^{i\int dt (p\dot{q}-H(q,p)) }$?

Nun wird die Bewegungsgleichung von Heisenberg das sagen,

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

Im Feynman-Pfadintegral werden die Positions- und Impulsvektoren als unabhängige Variablen behandelt, und daher wäre es falsch, den obigen Ausdruck in das Pfadintegral einzusetzen, aber außerhalb kann man diese Substitution vornehmen, und man würde die Aktion erhalten (was auch immer im Exponenten steht),

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

• Aber der obige Ausdruck sieht nicht richtig aus!? Der Integrand ist nicht das, was der Lagrange sein sollte. Rechts?

Wenn man nun bei der Herleitung des Feynman-Weg-Integrals den Impuls für jede infinitesimale Übergangsamplitude herausintegriert und dann das Weg-Integral rekonstituiert, dann würde man den Ausdruck erhalten,

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

• Was nun im Exponenten zu sitzen scheint, ist der "richtige" Lagrange - würde ich denken. Warum unterschied sich die Antwort in den zwei unterschiedlichen Betrachtungsweisen?

• Ich frage mich, ob bei einem gegebenen Hamilton-Operator der entsprechende Lagrange-Operator als das "definiert" werden kann, was im Exponenten auftaucht, wenn dieses System dieser Feynman-Umschreibung unterzogen wird. In diesem Fall bin ich mir nicht sicher, wie ich das argumentieren soll, wenn ich mich nur an die klassische Physik halte$\frac{m}{2} \dot{\vec{r}}^2 - \frac{e}{c} \dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}$ist der Lagrange-Operator für das System mit dem Hamilton-Operator$\frac{1}{2m}\bigl(\vec{p} + \frac{e}{c}\vec{A}(\vec{r})\bigr)^2$

Ich glaube, ich habe Beispiele für gekrümmte Raumzeit gesehen, bei denen sich die "klassische" Lagrange-Funktion von dem unterscheidet, was im Exponenten auftaucht, wenn das System pfadintegriert ist.