In Pfadintegralen sind Lagrangian oder Hamiltonian grundlegend?

Question

In Pfadintegralen sind Lagrangian oder Hamiltonian grundlegend?

Erich

Beim Studium von Pfadintegralen kam mir eine Frage in den Sinn... Welche Darstellung ist grundlegender, um den Propagator zu berechnen?

Die auf dem Hamiltonian (Phasenraum) basierende?

K (B | EIN) = \int D [p] D [q] \exp {\frac{ich}{ℏ} \int d t [p \dot{q} - H (p, q)]}

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

oder die auf dem Lagrangian (Konfigurationsraum) basierende?

K (B | EIN) = \int D [q] \exp {\frac{ich}{ℏ} \int d t L}

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

Beim Lesen der Feynman-These sehen wir, dass er bestätigt, dass „[...] eine Methode zur Formulierung eines Quantenanalogs von Systemen ausgearbeitet wurde, für die kein Hamiltonian, sondern ein Prinzip der kleinsten Wirkung existiert. Es ist eine Beschreibung dieser Methode, die stellt diese These dar." Er scheint die Lagrange-Form als grundlegender anzunehmen.

Andere Autoren, wie Hatfield oder Swanson, scheinen die Phasenraumform als grundlegender anzusehen. Sie sehen die andere Form als Sonderfall, wo die $p$ Die Abhängigkeit ist quadratisch.

Das ist also meine Frage.
Welcher ist vertrauensvoller? Gibt es ein Beispiel, wo eine Ansicht privilegiert ist?

Trimok

Die Hamiltonsche Formulierung ist grundlegender. Allerdings mit einem einfachen Hamiltonian wie

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

$H = \frac{p^2}{2m}+ V(q)$ , wenn Sie die Einbindung vornehmen

p

$p$ , finden Sie leicht die Lagrange-Formulierung

Erich

Warum ist Hamiltonian grundlegender? Es gibt ein Beispiel, bei dem wir nach Lagraian die falsche Antwort finden? Und was ist mit der Feynman-These? Wo er ein Beispiel ohne Hamiltonsche Form zu beschreiben scheint?

Trimok

Bereits auf klassischem Niveau werden Sie Probleme mit Hamiltonianern wie z

H = \frac{p^{2}}{2 m} + λ p q

$H =\frac{p^2}{2m} + \lambda pq$ . Hamilton-Gleichungen ergeben

\dot{p} / m + λ p = 0

$\dot p/m + \lambda p=0$ . Diese Art von Beziehung kann nicht aus Euler-Lagrange-Gleichungen erhalten werden.

Erich

@Trimok kann nicht? Tut mir leid, wenn ich etwas irreführe ... aber der bestimmte Hamiltonian, den Sie zeigen, scheint sich in einer Legendre-Transformation gut zu benehmen ... das Momenta ist

p = m (\dot{q} - λ q)

$p = m(\dot q - \lambda q)$ (keine Einschränkungen hier) und der Lagrangian ist einfach

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 gibt uns

\ddot{q} - λ^{2} q = 0

$\ddot q - \lambda^2 q = 0$ was genau dasselbe ist, was durch die kanonischen Gleichungen erhalten wird (wenn wir ersetzen

p

$p$ ).

Trimok

Sie haben Recht ... : Ich habe auch überprüft, dass für diesen speziellen Hamiltonian die beiden Formulierungen auf klassischer Ebene äquivalent sind. Nun, das kanonische Momentum

p = m (\dot{q} - λ q)

$p = m (\dot q - \lambda q)$ ist körperlich sehr "besonders"..

Antworten (1)

In Pfadintegralen sind Lagrangian oder Hamiltonian grundlegend?

Die Hamiltonsche Formulierung ist grundlegender. Allerdings mit einem einfachen Hamiltonian wie $H = \frac{p^2}{2m}+ V(q)$ , wenn Sie die Einbindung vornehmen $p$ , finden Sie leicht die Lagrange-Formulierung
Warum ist Hamiltonian grundlegender? Es gibt ein Beispiel, bei dem wir nach Lagraian die falsche Antwort finden? Und was ist mit der Feynman-These? Wo er ein Beispiel ohne Hamiltonsche Form zu beschreiben scheint?
Bereits auf klassischem Niveau werden Sie Probleme mit Hamiltonianern wie z $H =\frac{p^2}{2m} + \lambda pq$ . Hamilton-Gleichungen ergeben $\dot p/m + \lambda p=0$ . Diese Art von Beziehung kann nicht aus Euler-Lagrange-Gleichungen erhalten werden.
@Trimok kann nicht? Tut mir leid, wenn ich etwas irreführe ... aber der bestimmte Hamiltonian, den Sie zeigen, scheint sich in einer Legendre-Transformation gut zu benehmen ... das Momenta ist $p = m(\dot q - \lambda q)$ (keine Einschränkungen hier) und der Lagrangian ist einfach $L = \frac{m}{2} {\dot q}^2 + \frac{m}{2} \lambda^2 q^2 - \lambda m q \dot q$ . Euler-Lagrange gibt uns $\ddot q - \lambda^2 q = 0$ was genau dasselbe ist, was durch die kanonischen Gleichungen erhalten wird (wenn wir ersetzen $p$ ).
Sie haben Recht ... : Ich habe auch überprüft, dass für diesen speziellen Hamiltonian die beiden Formulierungen auf klassischer Ebene äquivalent sind. Nun, das kanonische Momentum $p = m (\dot q - \lambda q)$ ist körperlich sehr "besonders"..

QMechaniker · Answer 1

Kommentare zur Frage (v2):

1) Die Entsprechung zwischen Lagrange- (L) und Hamilton-Theorie (H) ist voller Feinheiten. Einige allgemeine Werkzeuge für singuläre Legendre-Transformationen sind verfügbar, wie z. B. die Dirac-Bergmann-Analyse, die Faddeev-Jackiw-Methode usw. Aber anstatt ein vollständiges Verständnis und die Existenz der LH-Korrespondenz zu beanspruchen, ist es wahrscheinlich fairer zu sagen, dass wir eine lange Liste haben von Theorien (wie zB Yang-Mühlen, Cherns-Simons, GR, etc.), wo beide Seiten der LH-Korrespondenz ausgearbeitet wurden.

2) Im Allgemeinen werden Pfadintegrale über eine störungsbedingte Erweiterung um eine Gaußsche freie Theorie hinaus kaum verstanden, um darüber nachzudenken, was passiert, wenn die Impulse $p$ nicht quadratisch sind, ist nur ein Teil eines größeren Problems.

3) Ein grundlegender Unterschied zwischen Lagrange- und Hamilton-Theorien besteht darin, dass es in Hamilton-Theorien formal eine kanonische Wahl des Wegintegralmaßes gibt, während das Lagrange-Wegintegralmaß traditionell nur aus festen modulo-eichinvarianten Faktoren besteht. In diesem Sinne ist die Hamiltonsche Formulierung grundlegender.

Im Detail, wenn wir davon ausgehen, dass der Phasenraum einer Hamiltonschen Theorie mit einer symplektischen Zweierform ausgestattet ist

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

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

Es gibt einen kanonischen Maßfaktor

\begin{matrix} (2) & ρ = P f (ω_{ich J}) \end{matrix}

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

gegeben durch den (super) Pfaffian , zumindest für endlichdimensionale Integrale, die unter günstigen Umständen auf unendliche Dimensionen verallgemeinert werden können. Dieser Messfaktor $\rho$ ist nur 1 in Darboux-Koordinaten $(q^1, \ldots, q^n, p_1, \ldots , p_n)$ mit $\omega = dp_i \wedge dq^i$ .

In Bezug auf die Lagrange-Hamilton-Funktion hat mir das, was Sie über das Maß gesagt haben, die Dinge klarer gemacht. Wie auch immer, bei der Analyse der Unterschiede der Ansätze wäre es schön, andere Pfadintegrale zu berechnen ... Über nicht-gaußsche Pfadintegrale ... wissen Sie von irgendwelchen Bemühungen zur Berechnung von Fällen, in denen die Impulse nicht quadratisch sind? Oder gibt es ein grundsätzliches Verbot?

In Pfadintegralen sind Lagrangian oder Hamiltonian grundlegend?

Erich

Trimok

Erich

Trimok

Erich

Trimok

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QMechaniker

Erich

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