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Apéndice A Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Cálculo del valor de un funcional

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Problema:

Sustituye \(f(x) = 2x\) en el funcional \(H[f] = \int_0^3 [f(x)]^2\,dx\) y calcula el valor de \(H[f]\).

Estrategia de resolución: Sustituir \(f(x) = 2x\) en el funcional \(H[f] = \int_0^3 [f(x)]^2\,dx\) y evaluar la integral definida.

Cálculo:

\[ H[f] = \int_0^3 (2x)^2\,dx = \int_0^3 4x^2\,dx = 4\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^3 = 4 \cdot \frac{27}{3} = 4 \cdot 9 = 36 \]

Respuesta final:

\[ \boxed{H[f] = 36} \]

Verificación: Comprobación dimensional: el integrando \(4x^2\) vale \(4 \times 9 = 36\) en \(x=3\) y \(0\) en \(x=0\). El valor medio es aproximadamente \(4 \times (9/3) = 12\), y multiplicando por el ancho del intervalo 3 se obtiene \(36\). Es consistente.

B-2. Cálculo básico de derivadas funcionales

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Problema:

Obtén la derivada funcional \(\frac{\delta F}{\delta f(x_0)}\) (\(0 \leq x_0 \leq 1\)) del funcional \(F[f] = \int_0^1 [f(x)]^4\,dx\).

Estrategia de resolución: Se aplica la fórmula del ejemplo de cálculo 2 del texto principal \(\frac{\delta}{\delta f(x)}\int [f(y)]^p\,\varphi(y)\,dy = p[f(x)]^{p-1}\,\varphi(x)\) con \(p=4\), \(\varphi(y)=1\).

Cálculo:

Para \(F[f] = \int_0^1 [f(x)]^4\,dx\), se realiza la sustitución \(f(x) \to f(x) + \epsilon\,\delta(x - x_0)\):

\[ F[f + \epsilon\delta] = \int_0^1 [f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4\,dx \]

Expandiendo hasta primer orden en \(\epsilon\):

\[ [f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4 \approx [f(x)]^4 + 4[f(x)]^3 \cdot \epsilon\,\delta(x-x_0) \]

Por lo tanto:

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{1}{\epsilon}\int_0^1 4[f(x)]^3\,\epsilon\,\delta(x-x_0)\,dx = 4\int_0^1 [f(x)]^3\,\delta(x-x_0)\,dx \]

Por la propiedad de filtrado de la función delta (cuando \(0 \leq x_0 \leq 1\)):

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3 \]

Respuesta final:

\[ \boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3} \]

Verificación: Sigue el mismo patrón que en la derivada ordinaria \(\frac{d}{dx}x^4 = 4x^3\). Se reduce el exponente en una unidad y se coloca el coeficiente 4 delante. El resultado es consistente.

B-3. Derivada funcional con peso

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Problema:

Determina la derivada funcional \(\frac{\delta G}{\delta f(x)}\) del funcional \(G[f] = \int_{-\infty}^{\infty} [f(y)]^2\,e^{-y^2}\,dy\).

Estrategia de resolución: Se aplica la fórmula del ejemplo de cálculo 2 con \(p = 2\), \(\varphi(y) = e^{-y^2}\).

Cálculo:

Para \(G[f] = \int_{-\infty}^{\infty} [f(y)]^2\,e^{-y^2}\,dy\), se realiza la sustitución \(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\):

\[ [f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]^2 \approx [f(y)]^2 + 2f(y)\cdot\epsilon\,\delta(y-x) \]

Se extraen los términos de primer orden en \(\epsilon\):

\[ \frac{\delta G}{\delta f(x)} = \int_{-\infty}^{\infty} 2f(y)\,\delta(y-x)\,e^{-y^2}\,dy \]

Se aplica la propiedad de selección de la función delta:

\[ \frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2} \]

Respuesta final:

\[ \boxed{\frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2}} \]

Verificación: La función de peso \(e^{-y^2}\) permanece en el resultado como \(e^{-x^2}\). Si se toma \(\varphi(y) = 1\), se obtiene \(2f(x)\), lo cual coincide con el caso \(p=2\) en D2. Consistente.

B-4. Derivada funcional usando la función delta

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Problema:

Escribe el funcional \(F[f] = f(a)\) (el valor de la función en un punto fijo \(a\)) en su representación integral \(F[f] = \int f(y)\,\delta(y - a)\,dy\), y calcula \(\frac{\delta F}{\delta f(x)}\) siguiendo la definición.

Estrategia de resolución: Se expresa \(F[f] = f(a) = \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy\) en forma integral y se calcula la derivada funcional según la definición.

Cálculo:

Se realiza la sustitución \(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\):

\[ F[f + \epsilon\delta] = \int [f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]\,\delta(y-a)\,dy \]
\[ = \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy + \epsilon\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy \]
\[ = f(a) + \epsilon\,\delta(x - a) \]

Aquí se ha utilizado \(\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy = \delta(x-a)\) (propiedad de composición de la función delta).

Por lo tanto:

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{F[f+\epsilon\delta] - F[f]}{\epsilon} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{\epsilon\,\delta(x-a)}{\epsilon} = \delta(x-a) \]

Respuesta final:

\[ \boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x)} = \delta(x - a)} \]

Verificación: Esto refleja el hecho de que "\(f(a)\) depende únicamente del valor de \(f\) en \(y=a\)". Solo hay sensibilidad en \(x = a\), y es cero en cualquier otro punto. Es natural que se exprese mediante una función delta. Además, \(\frac{\delta f(a)}{\delta f(x)} = \delta(x-a)\) es conocida como una fórmula fundamental de la derivada funcional.

B-5. Aplicación de la ecuación de Euler-Lagrange (oscilador armónico unidimensional)

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Problema:

Para el lagrangiano \(L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}k x^2\), calcula lo siguiente en orden.

  1. \(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\)
  2. \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)\)
  3. \(\frac{\partial L}{\partial x}\)
  4. Escribe la ecuación de Euler-Lagrange y verifica la ecuación de movimiento obtenida.

Estrategia de resolución: Para \(L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\), calculamos cada derivada parcial paso a paso.

Cálculo:

1.

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = \frac{\partial}{\partial \dot{x}}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = m\dot{x} \]

2.

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) = \frac{d}{dt}(m\dot{x}) = m\ddot{x} \]

3.

\[ \frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = -kx \]

4. Sustituyendo en la ecuación de Euler-Lagrange \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0\):

\[ m\ddot{x} - (-kx) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{x} + kx = 0 \]

Es decir:

\[ \boxed{m\ddot{x} = -kx} \]

Verificación: Esta es la ecuación de movimiento del oscilador armónico, que describe un movimiento armónico simple con frecuencia angular \(\omega = \sqrt{k/m}\). Coincide con la segunda ley de Newton \(F = -kx = ma\).

B-6. Cálculo del momento canónico

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Problema:

Para cada uno de los siguientes Lagrangianos, obtén el momento canónico \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\).

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mg q\) (caída libre en un campo gravitatorio uniforme)

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\) (coordenadas polares en 2 dimensiones): obtén \(p_r\) y \(p_\theta\) respectivamente.

(a) Caída libre en un campo gravitatorio uniforme:

\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}}\left(\frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\right) = m\dot{q} \]
\[ \boxed{p = m\dot{q}} \]

(b) Coordenadas polares bidimensionales:

\(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)

\[ p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]
\[ p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \boxed{p_r = m\dot{r}, \qquad p_\theta = mr^2\dot{\theta}} \]

Verificación: \(p_r = m\dot{r}\) es el momento lineal en la dirección radial. \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) corresponde al momento angular \(L_z\). Como \(V(r)\) no depende de \(\theta\), \(\theta\) es una coordenada cíclica y \(p_\theta\) es una cantidad conservada (conservación del momento angular). Esto es físicamente correcto.

B-7. Construcción del Hamiltoniano

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Problema:

Para el Lagrangiano del oscilador armónico unidimensional \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\):

  1. Obtén el momento canónico \(p\).
  2. Expresa \(\dot{q}\) en términos de \(p\) y \(m\).
  3. Escribe el Hamiltoniano \(H = p\dot{q} - L\) como función de \(q\) y \(p\).

\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)

1. Momento canónico:

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q} \]

2. Expresar \(\dot{q}\) en términos de \(p\):

\[ \dot{q} = \frac{p}{m} \]

3. Construir el hamiltoniano \(H = p\dot{q} - L\):

\[ H = p \cdot \frac{p}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p}{m}\right)^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\right] \]
\[ = \frac{p^2}{m} - \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]
\[ = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]

Respuesta final:

\[ \boxed{H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2} \]

Verificación: Tiene la forma \(H = T + V\) (energía total). El resultado general es que al aplicar la transformada de Legendre a \(L = T - V\) se obtiene \(H = T + V\). Además, coincide con la versión clásica del hamiltoniano del oscilador armónico en mecánica cuántica \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\).

B-8. Aplicación de la ecuación de Euler-Lagrange para campos

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Problema:

Para la densidad lagrangiana \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) (sin término de masa), aplica la ecuación de Euler-Lagrange para campos y deriva la ecuación de movimiento.

Estrategia de resolución: Aplicar la ecuación de Euler-Lagrange para campos \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\) al lagrangiano \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\).

Cálculo:

Como \(\mathcal{L}\) no contiene \(\phi\) explícitamente:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0 \]

Derivada parcial respecto a \(\partial_\mu\phi\):

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,\partial^\nu\phi\right) = \partial^\mu\phi \]

(Aquí, al derivar \(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,g^{\nu\rho}\partial_\rho\phi\) respecto a \(\partial_\mu\phi\), se obtiene \(g^{\mu\rho}\partial_\rho\phi = \partial^\mu\phi\).)

Sustituyendo en la ecuación de Euler-Lagrange para campos:

\[ \partial_\mu(\partial^\mu\phi) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu\partial^\mu\phi = \Box\phi = 0} \]

Respuesta final: Esta es la ecuación de ondas (ecuación de Klein-Gordon sin masa). Escrita en componentes:

\[ \frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \nabla^2\phi = 0 \]

Verificación: Como no hay término de masa \(\frac{m^2}{2}\phi^2\), se debe obtener la ecuación de un campo libre sin masa. \(\Box\phi = 0\) es efectivamente la ecuación de Klein-Gordon sin masa (= ecuación de ondas). El resultado es consistente.

B-9. Ecuación de movimiento de la teoría \(\phi^3\)

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Problema:

Para la densidad lagrangiana \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 - \frac{g}{3!}\phi^3\), aplica la ecuación de Euler-Lagrange para campos y deriva la ecuación de movimiento.

Estrategia de resolución: Aplicar la ecuación de Euler-Lagrange para campos a \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 - \frac{g}{3!}\phi^3\).

Cálculo:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi - \frac{g}{3!}\cdot 3\phi^2 = -m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2 \]

Ecuación de Euler-Lagrange para campos \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\):

\[ \partial_\mu\partial^\mu\phi - \left(-m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2\right) = 0 \]
\[ \boxed{\left(\Box + m^2\right)\phi + \frac{g}{2}\phi^2 = 0} \]

O en forma equivalente:

\[ (\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = -\frac{g}{2}\phi^2 \]

Respuesta final: La ecuación de movimiento de la teoría \(\phi^3\) es la expresión anterior. El lado izquierdo es el operador de la ecuación libre de Klein-Gordon, y el lado derecho es el término de interacción no lineal.

Verificación: Si \(g = 0\), se reduce a la ecuación libre de Klein-Gordon \((\Box + m^2)\phi = 0\). Además, comparando con el ejemplo de la teoría \(\phi^4\) del texto, en el caso de \(\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) aparece \(\frac{\lambda}{3!}\phi^3\) en el lado derecho, siguiendo el mismo patrón: en el caso de \(\frac{g}{3!}\phi^3\) aparece \(\frac{g}{2}\phi^2\). Es consistente.

B-10. Regla de la cadena de la derivada funcional

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Problema:

Calcula la derivada funcional \(\frac{\delta S}{\delta q(t')}\) (\(t_1 < t' < t_2\)) del funcional \(S[q] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m[\dot{q}(t)]^2\,dt\). Puedes utilizar las condiciones de contorno \(\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0\).

Estrategia de resolución: Se sustituye \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) en \(S[q] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m[\dot{q}(t)]^2\,dt\) y se extraen los términos de primer orden en \(\epsilon\).

Cálculo:

Al hacer \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\), se tiene \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\).

\[ S[q + \epsilon\delta] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]^2 dt \]

Expandiendo hasta primer orden en \(\epsilon\):

\[ \approx \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}^2 + 2\dot{q}(t)\cdot\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt \]

Término de primer orden en \(\epsilon\):

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2} m\dot{q}(t)\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt \]

Se realiza una integración por partes (\(u = m\dot{q}(t)\), \(dv = \frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt\)):

\[ = \left[m\dot{q}(t)\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{q}(t)\,\delta(t-t')\,dt \]

Correspondiendo a las condiciones en los extremos \(\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0\), cuando \(t'\) se encuentra en el interior del intervalo el término de frontera se anula (\(\delta(t-t')\) es cero en \(t = t_1, t_2\)).

Aplicando la propiedad de selección de la función delta:

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t') \]

Respuesta final:

\[ \boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')} \]

Verificación: La ecuación de Euler-Lagrange para \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) (\(V = 0\)) es \(m\ddot{q} = 0\). A partir de la derivada funcional \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\) se obtiene \(-m\ddot{q}(t') = 0\), es decir, \(m\ddot{q} = 0\), lo cual es consistente.

Intermedio

M-1. Derivación de la ecuación de movimiento gravitacional de Newton a partir del principio de acción

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Problema:

Una partícula de masa \(m\) se mueve en dirección vertical en un campo gravitatorio uniforme. El lagrangiano es

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz \]

Demuestra lo siguiente:

  1. Calcula la variación \(\delta S\) de la acción \(S[z] = \int_{t_1}^{t_2} L\,dt\) y organízala en forma de una integral que contenga \(\delta z(t)\) (mostrando explícitamente la integración por partes).
  2. A partir de \(\delta S = 0\), deriva la ecuación de Euler-Lagrange y obtén \(m\ddot{z} = -mg\).
  3. Verifica que la ecuación obtenida coincide con la ecuación de movimiento de Newton \(F = ma\).

Estrategia de resolución: Para \(L = \frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\), calcular la variación de la acción y, mediante integración por partes, obtener la ecuación de Euler-Lagrange.

1. Variación de la acción:

La acción es \(S[z] = \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\right)dt\).

Desplazamos la trayectoria como \(z(t) \to z(t) + \delta z(t)\) (con las condiciones de contorno \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\)).

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial z}\delta z + \frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\delta\dot{z}\right]dt \]

Calculamos cada derivada parcial:

\[ \frac{\partial L}{\partial z} = -mg, \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot{z}} = m\dot{z} \]

Sustituyendo:

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[(-mg)\,\delta z + m\dot{z}\,\delta\dot{z}\right]dt \]

Integramos por partes el segundo término. Como \(\delta\dot{z} = \frac{d}{dt}(\delta z)\):

\[ \int_{t_1}^{t_2} m\dot{z}\,\frac{d(\delta z)}{dt}\,dt = \left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{z}\,\delta z\,dt \]

Por las condiciones de contorno \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\), el término de superficie se anula:

\[ \left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} = m\dot{z}(t_2)\cdot 0 - m\dot{z}(t_1)\cdot 0 = 0 \]

Por lo tanto:

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[-mg - m\ddot{z}\right]\delta z\,dt \]

2. Ecuación de Euler-Lagrange:

Para que \(\delta S = 0\) se cumpla para cualquier \(\delta z(t)\) arbitrario, el integrando debe ser nulo:

\[ -mg - m\ddot{z} = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{z} = -mg} \]

3. Coincidencia con la ecuación de movimiento de Newton:

La fuerza que actúa sobre una partícula de masa \(m\) en un campo gravitatorio uniforme es \(F = -mg\) (tomando como positivo el sentido vertical ascendente). La segunda ley de Newton \(F = ma\) da:

\[ ma = -mg \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{z} = -mg \]

Esto coincide exactamente con el resultado obtenido anteriormente.

Verificación: Análisis dimensional: \([m\ddot{z}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\), \([mg] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\). Consistente. Además, si \(g \to 0\) se obtiene \(m\ddot{z} = 0\) (movimiento rectilíneo uniforme), lo cual es físicamente correcto.

M-2. Momento canónico del campo y densidad Hamiltoniana

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Problema:

Dada la densidad Lagrangiana del campo de Klein-Gordon

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2 \]

realiza lo siguiente:

  1. Obtén la densidad de momento canónico \(\pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\).
  2. Escribe la densidad Hamiltoniana \(\mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L}\) en términos de \(\phi\), \(\pi\) y \(\nabla\phi\).
  3. Verifica que la \(\mathcal{H}\) obtenida es una densidad de energía (definida positiva).

1. Densidad de momento canónico:

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2 \]
\[ \pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} = \frac{\partial}{\partial\dot{\phi}}\left(\frac{1}{2}\dot{\phi}^2\right) = \dot{\phi} \]
\[ \boxed{\pi(x) = \dot{\phi}(x)} \]

2. Densidad hamiltoniana:

\[ \mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L} \]

Sustituyendo \(\dot{\phi} = \pi\):

\[ \mathcal{H} = \pi \cdot \pi - \left[\frac{1}{2}\pi^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] \]
\[ = \pi^2 - \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2 \]
\[ \boxed{\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2} \]

3. Verificación de la definitud positiva:

\(\mathcal{H}\) es la suma de tres términos:

  • \(\frac{1}{2}\pi^2 \geq 0\) (cuadrado de un número real)
  • \(\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 \geq 0\) (norma al cuadrado de un vector)
  • \(\frac{m^2}{2}\phi^2 \geq 0\) (\(m^2 > 0\) y cuadrado de un número real)

Por lo tanto \(\mathcal{H} \geq 0\), y la densidad de energía es definida positiva (más precisamente, semidefinida positiva). La igualdad \(\mathcal{H} = 0\) se cumple únicamente cuando \(\pi = 0\), \(\nabla\phi = 0\), \(\phi = 0\).

Verificación: Esto tiene la misma estructura que el oscilador armónico en mecánica de partículas, donde \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) (definido positivo). Es consistente con el hecho de que cada modo del campo es un oscilador armónico independiente. Además, coincide con la versión clásica del hamiltoniano \(\hat{H} = \int d^3x\,\hat{\mathcal{H}}\) obtenido al cuantizar el campo de Klein-Gordon en Cap. 4.

M-3. Paréntesis de Poisson y ecuaciones de movimiento de Hamilton

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Problema:

Considera una partícula unidimensional cuyo hamiltoniano está dado por \(H(q, p) = \frac{p^2}{2m} + V(q)\). El paréntesis de Poisson se define como

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial A}{\partial q}\frac{\partial B}{\partial p} - \frac{\partial A}{\partial p}\frac{\partial B}{\partial q} \]

Demuestra lo siguiente.

  1. Verifica que \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\).
  2. Calcula las ecuaciones de movimiento de Hamilton \(\dot{q} = \{q, H\}_{\mathrm{PB}}\), \(\dot{p} = \{p, H\}_{\mathrm{PB}}\) y obtén respectivamente \(\dot{q} = p/m\), \(\dot{p} = -\frac{dV}{dq}\).
  3. Utilizando la prescripción de cuantización canónica «\(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\)», verifica que se obtiene \([\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\).

1. Verificación de \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\):

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} \]
\[ = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1 \]
\[ \boxed{\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1} \]

2. Ecuaciones de movimiento de Hamilton:

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

Ecuación para \(\dot{q}\):

\[ \{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q} \]
\[ = 1 \cdot \frac{p}{m} - 0 \cdot \frac{dV}{dq} = \frac{p}{m} \]
\[ \boxed{\dot{q} = \{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{p}{m}} \]

Ecuación para \(\dot{p}\):

\[ \{p, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial p}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q} \]
\[ = 0 \cdot \frac{p}{m} - 1 \cdot \frac{dV}{dq} = -\frac{dV}{dq} \]
\[ \boxed{\dot{p} = \{p, H\}_{\mathrm{PB}} = -\frac{dV}{dq}} \]

3. Prescripción de la cuantización canónica:

Aplicando la prescripción \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\) a \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\):

\[ \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1 \]
\[ \boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar} \]

Verificación: Esta es la relación de conmutación fundamental de la mecánica cuántica, y constituyó el punto de partida para realizar la cuantización canónica de campos en Cap. 4. Combinando \(\dot{q} = p/m\) y \(\dot{p} = -dV/dq\) se reproduce \(m\ddot{q} = -dV/dq = F\) (segunda ley de Newton).

M-4. Transformada de Legendre para sistemas con múltiples grados de libertad

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Problema:

Para un sistema con \(N\) coordenadas generalizadas \(q_1, \ldots, q_N\) y Lagrangiano \(L(q_i, \dot{q}_i)\):

  1. Define los momentos canónicos \(p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\) y construye el Hamiltoniano como
\[ H = \sum_{i=1}^N p_i \dot{q}_i - L \]

Demuestra que \(H\) no contiene \(\dot{q}_i\) y es función únicamente de \((q_i, p_i)\), calculando la diferencial total \(dH\).

  1. A partir de la expresión de \(dH\), deriva las ecuaciones canónicas de Hamilton
\[ \dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i} \]

1. Demostración de que \(H\) es función únicamente de \((q_i, p_i)\):

Calculamos la diferencial total de \(H = \sum_{i=1}^N p_i\dot{q}_i - L(q_i, \dot{q}_i)\):

\[ dH = \sum_{i=1}^N \left(\dot{q}_i\,dp_i + p_i\,d\dot{q}_i\right) - \sum_{i=1}^N\left(\frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i\right) \]

Usando la definición del momento canónico \(p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\), los términos que contienen \(d\dot{q}_i\) son:

\[ \sum_{i=1}^N p_i\,d\dot{q}_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i = \sum_{i=1}^N (p_i - p_i)\,d\dot{q}_i = 0 \]

Por lo tanto, los términos en \(d\dot{q}_i\) se cancelan completamente:

\[ dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i \]

Dado que \(dH\) está escrita únicamente en términos de \(dp_i\) y \(dq_i\), \(H\) es función solo de \((q_i, p_i)\). No depende de \(\dot{q}_i\). \(\square\)

2. Derivación de las ecuaciones canónicas de Hamilton:

Puesto que \(H\) es función de \((q_i, p_i)\), su diferencial total es:

\[ dH = \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial p_i}dp_i + \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial q_i}dq_i \]

Comparamos esto con la expresión obtenida anteriormente:

\[ dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i \]

Comparando los coeficientes de \(dp_i\):

\[ \frac{\partial H}{\partial p_i} = \dot{q}_i \]

Comparando los coeficientes de \(dq_i\):

\[ \frac{\partial H}{\partial q_i} = -\frac{\partial L}{\partial q_i} \]

De la ecuación de Euler-Lagrange, \(\frac{\partial L}{\partial q_i} = \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} = \dot{p}_i\), por lo que:

\[ \frac{\partial H}{\partial q_i} = -\dot{p}_i \]

Resumiendo todo, obtenemos las ecuaciones canónicas de Hamilton:

\[ \boxed{\dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i}} \]

Verificación: Comprobamos con \(N=1\), \(H = \frac{p^2}{2m} + V(q)\): \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -\frac{dV}{dq}\). Coincide con el resultado de S3.

M-5. Relación entre la derivada funcional y la ecuación de Euler-Lagrange

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Problema:

Calcula la derivada funcional \(\frac{\delta S}{\delta q(t')}\) para la acción

\[ S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t), \dot{q}(t))\,dt \]

y demuestra que el resultado es

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'} \]

Con esto, confirma en el lenguaje de la derivada funcional que \(\delta S = 0\) es equivalente a la ecuación de Euler-Lagrange.

Estrategia de resolución: Sustituir \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) y extraer los términos de primer orden en \(\epsilon\) de la acción.

Cálculo:

\[ S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t), \dot{q}(t))\,dt \]

Al hacer \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\), se tiene \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\).

Expandiendo \(L\) hasta primer orden en \(\epsilon\):

\[ L(q + \epsilon\delta(t-t'),\, \dot{q} + \epsilon\dot{\delta}(t-t')) \approx L(q,\dot{q}) + \frac{\partial L}{\partial q}\epsilon\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t') \]

Extrayendo los términos de primer orden en \(\epsilon\):

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt \]

El primer término, por la propiedad de selección de la función delta:

\[ \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t')\,dt = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} \]

Integrando por partes el segundo término:

\[ \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt = \left[\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\delta(t-t')\,dt \]

Cuando \(t'\) está en el interior del intervalo, los términos de frontera se anulan (\(\delta(t_1 - t') = \delta(t_2 - t') = 0\)). Aplicando la propiedad de selección de la función delta al término restante:

\[ = -\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'} \]

Combinando todo:

\[ \boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'}} \]

Por lo tanto, \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\) (para todo \(t'\)) es equivalente a:

\[ \frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) = 0 \]

Es decir, la ecuación de Euler-Lagrange.

Verificación: En D10, para el caso \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) obtuvimos \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')\). Confirmemos con la fórmula anterior: \(\frac{\partial L}{\partial q} = 0\), \(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\ddot{q}\). Por lo tanto \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0 - m\ddot{q}(t') = -m\ddot{q}(t')\). Coincide.

Avanzado

A-1. Partícula cargada en campo electromagnético y dependencia de gauge del momento canónico

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Problema:

El Lagrangiano de una partícula cargada (carga \(e\), masa \(m\)) en un campo electromagnético \((V, \mathbf{A})\) viene dado por

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 - eV(\mathbf{r}, t) + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) \]

Realiza lo siguiente.

  1. Obtén el momento canónico \(\mathbf{p} = \frac{\partial L}{\partial \dot{\mathbf{r}}}\) y muestra que difiere del momento mecánico \(m\dot{\mathbf{r}}\).
  2. Escribe el Hamiltoniano \(H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L\) en términos de \((\mathbf{r}, \mathbf{p})\).
  3. Muestra cómo se transforma el momento canónico bajo la transformación de gauge \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\chi\), \(V \to V - \frac{\partial\chi}{\partial t}\), y verifica que el Hamiltoniano (y por tanto las ecuaciones de movimiento) es invariante de gauge.
  4. Discute cómo este resultado constituye el origen clásico de la prescripción (acoplamiento mínimo) de «sustituir el momento canónico por \(\hat{\mathbf{p}} - e\hat{\mathbf{A}}\)» que aparece en Cap. 6 (cuantización de QED) del texto principal.

1. Momento canónico:

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 - eV + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} \]

Componente \(i\) del momento canónico:

\[ p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i \]

En notación vectorial:

\[ \boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}} \]

Esto difiere del momento mecánico \(m\dot{\mathbf{r}}\). La diferencia es \(e\mathbf{A}\), que depende del potencial vectorial.

2. Construcción del Hamiltoniano:

Usando \(\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m}\):

\[ H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L \]
\[ = \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\right)^2 - eV + e\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\cdot\mathbf{A}\right] \]

Calculando cada término:

\[ \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} = \frac{|\mathbf{p}|^2 - e\mathbf{p}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} \]
\[ e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} = \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]

Por lo tanto:

\[ L = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} - eV + \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ H = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} + eV - \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]

Definiendo \(\boldsymbol{\Pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\):

\[ H = \frac{(\boldsymbol{\Pi} + e\mathbf{A})\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{m} + \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV \]
\[ \boxed{H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + eV} \]

3. Verificación de la invariancia de gauge:

Transformación de gauge:

\[ \mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\chi, \qquad V \to V' = V - \frac{\partial\chi}{\partial t} \]

Cambio del momento canónico:

\[ \mathbf{p}' = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}' = m\dot{\mathbf{r}} + e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} + e\nabla\chi \]

Por lo tanto, el momento canónico depende del gauge:

\[ \boxed{\mathbf{p} \to \mathbf{p}' = \mathbf{p} + e\nabla\chi} \]

Sin embargo, la combinación \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\) que aparece en el Hamiltoniano:

\[ \mathbf{p}' - e\mathbf{A}' = (\mathbf{p} + e\nabla\chi) - e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} - e\mathbf{A} \]

¡Es invariante de gauge! Además:

\[ H' = \frac{(\mathbf{p}' - e\mathbf{A}')^2}{2m} + eV' = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\left(V - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right) \]

A primera vista parece que \(H\) cambia, pero esto corresponde al hecho de que, en el caso de una transformación de gauge dependiente del tiempo, \(H\) se modifica bajo una transformación canónica. Las ecuaciones de movimiento (las ecuaciones físicas escritas en términos de \(\dot{\mathbf{r}}\) y \(\ddot{\mathbf{r}}\)) son invariantes de gauge. En efecto, el momento mecánico \(m\dot{\mathbf{r}} = \mathbf{p} - e\mathbf{A}\) es invariante de gauge, y la ecuación de la fuerza de Lorentz:

\[ m\ddot{\mathbf{r}} = e(\mathbf{E} + \dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B}) \]

es invariante de gauge porque \(\mathbf{E} = -\nabla V - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\) y \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\) son invariantes de gauge.

4. Relación con el acoplamiento mínimo:

Al cuantizar, se promueven los momentos canónicos a operadores: \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}}\). El Hamiltoniano es:

\[ \hat{H} = \frac{(\hat{\mathbf{p}} - e\hat{\mathbf{A}})^2}{2m} + eV \]

Esto no es otra cosa que la prescripción del acoplamiento mínimo (minimal coupling): "en el Hamiltoniano de la partícula libre \(\frac{\hat{\mathbf{p}}^2}{2m}\), realizar la sustitución \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\)".

En Cap. 6 (cuantización de QED) del texto principal, se introdujo la derivada covariante en forma covariante como \(\partial_\mu \to D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu\); al observar las componentes espaciales, esto corresponde a \(-i\hbar\nabla \to -i\hbar\nabla - e\mathbf{A}\), es decir, \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\).

En otras palabras, la prescripción del acoplamiento mínimo en QED tiene su origen en la "diferencia entre momento canónico y momento mecánico" en la mecánica analítica clásica. Las magnitudes físicas invariantes de gauge siempre aparecen en la combinación \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\) (momento mecánico), y esto exige de forma natural un acoplamiento covariante de gauge también en la teoría cuántica.

Verificación: - Dimensiones: \([e\mathbf{A}] = \text{C}\cdot\text{V·s/m} = \text{kg·m/s}\), dimensiones de momento. Consistente. - En el límite \(\mathbf{A} = 0\) se recupera \(H = \frac{p^2}{2m} + eV\) (partícula en un potencial electrostático). - Covariancia de Lorentz: en la forma de 4-vectores, \(p^\mu - eA^\mu\) es la combinación covariante.

A-2. De los corchetes de Poisson del campo a la cuantización canónica

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Problema:

Para un campo escalar \(\phi(\mathbf{x}, t)\) y la densidad de momento canónico \(\pi(\mathbf{x}, t) = \dot{\phi}(\mathbf{x}, t)\), los corchetes de Poisson del campo se definen como

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3x\left(\frac{\delta A}{\delta\phi(\mathbf{x})}\frac{\delta B}{\delta\pi(\mathbf{x})} - \frac{\delta A}{\delta\pi(\mathbf{x})}\frac{\delta B}{\delta\phi(\mathbf{x})}\right) \]

Demuestra lo siguiente.

  1. Verifica que \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\).
  2. Verifica que \(\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\), \(\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\).
  3. Para el hamiltoniano \(H = \int d^3x\,\mathcal{H}\) (con \(\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2\)), calcula la ecuación de movimiento de Hamilton \(\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \{\phi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}}\) y obtén \(\dot{\phi} = \pi\).
  4. De manera análoga, calcula \(\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \{\pi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}}\) y obtén \(\dot{\pi} = \nabla^2\phi - m^2\phi\). Combinando ambos resultados, verifica que se reproduce la ecuación de Klein-Gordon.
  5. Aplica la prescripción de cuantización canónica \(\{\cdot, \cdot\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\cdot, \cdot]\) y verifica que se obtiene la relación de conmutación a tiempos iguales \([\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\) del Cap. 4 del texto principal.

1. Verificación de \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\):

Definición del paréntesis de Poisson para campos:

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left(\frac{\delta A}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta A}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right) \]

Tomamos \(A = \phi(\mathbf{x})\), \(B = \pi(\mathbf{y})\).

Calculamos las derivadas funcionales:

\[ \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = 0 \]
\[ \frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0 \]

Sustituyendo:

\[ \{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - 0\cdot 0\right] \]
\[ = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) \]

Propiedad de selección de la función delta (la integración en \(\mathbf{z}\) selecciona \(\mathbf{z} = \mathbf{x}\)):

\[ = \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{x}) = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y}) \]
\[ \boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})} \]

2. \(\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\) y \(\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\):

\(\phi\)-\(\phi\):

\[ \{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0 - 0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z})\right] = 0 \]

\(\pi\)-\(\pi\):

\[ \{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\left[0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0\right] = 0 \]
\[ \boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0, \qquad \{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0} \]

3. Derivación de \(\dot{\phi} = \pi\):

Con \(H = \int d^3y\,\mathcal{H}\) donde \(\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2\).

\[ \dot{\phi}(\mathbf{x}) = \{\phi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} \]

Calculamos \(\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})}\). El único término en \(H\) que contiene \(\pi\) es \(\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2\):

\[ \frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \frac{\delta}{\delta\pi(\mathbf{z})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2 = \pi(\mathbf{z}) \]

Por lo tanto:

\[ \dot{\phi}(\mathbf{x}) = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\pi(\mathbf{z}) = \pi(\mathbf{x}) \]
\[ \boxed{\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \pi(\mathbf{x})} \]

4. Derivación de \(\dot{\pi} = \nabla^2\phi - m^2\phi\) y ecuación de Klein-Gordon:

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = \{\pi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]

El primer término se anula porque \(\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0\). El segundo término:

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})} = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} \]

Calculamos \(\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})}\). Los términos en \(H\) que contienen \(\phi\) son:

\[ \int d^3y\left[\frac{1}{2}(\nabla\phi(\mathbf{y}))^2 + \frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2\right] \]

Derivada funcional del segundo término:

\[ \frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2 = m^2\phi(\mathbf{x}) \]

Derivada funcional del primer término. Para \((\nabla\phi)^2 = \nabla_i\phi\,\nabla_i\phi\):

\[ \frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i\phi(\mathbf{y}) \]

Sustituyendo \(\phi(\mathbf{y}) \to \phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\), entonces \(\nabla_i\phi(\mathbf{y}) \to \nabla_i\phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\). El término de primer orden en \(\epsilon\):

\[ \int d^3y\,\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x}) \]

Integración por partes (el término de superficie se anula en el infinito):

\[ = -\int d^3y\,\nabla_i^2\phi(\mathbf{y})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x}) = -\nabla^2\phi(\mathbf{x}) \]

Por lo tanto:

\[ \frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = -\nabla^2\phi(\mathbf{x}) + m^2\phi(\mathbf{x}) \]

Así:

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x}) \]
\[ \boxed{\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x})} \]

Recuperación de la ecuación de Klein-Gordon:

De \(\dot{\phi} = \pi\) se tiene \(\dot{\pi} = \ddot{\phi}\). Por lo tanto:

\[ \ddot{\phi} = \nabla^2\phi - m^2\phi \]
\[ \ddot{\phi} - \nabla^2\phi + m^2\phi = 0 \]
\[ \boxed{(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = (\Box + m^2)\phi = 0} \]

Esta es la ecuación de Klein-Gordon.

5. Prescripción de cuantización canónica:

Aplicamos la prescripción \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\).

Aplicando al resultado de 1, \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\):

\[ \frac{1}{i\hbar}[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y}) \]
\[ \boxed{[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

Análogamente, del resultado de 2:

\[ [\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\phi}(\mathbf{y})] = 0, \qquad [\hat{\pi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = 0 \]

Estas no son otra cosa que las relaciones de conmutación a tiempos iguales introducidas en Cap. 4 del texto principal.

Verificación: - Correspondencia con la mecánica de partículas: \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \to [\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\) y \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y}) \to [\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) constituyen una extensión natural al reemplazar el índice discreto \(i\) por el índice continuo \(\mathbf{x}\) (delta de Kronecker \(\delta_{ij}\) → delta de Dirac \(\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)). - El hecho de que la ecuación de Klein-Gordon se recupere a partir de las ecuaciones de movimiento de Hamilton confirma la equivalencia entre el formalismo hamiltoniano y el lagrangiano. - Covariancia de Lorentz: las relaciones de conmutación a tiempos iguales seleccionan una hipersuperficie temporal particular, pero la ecuación de Klein-Gordon en sí misma es covariante de Lorentz. En la teoría cuántica se extienden a relaciones de conmutación covariantes (función de Pauli-Jordan) (véase Cap. 4 del texto principal).