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Apéndice D Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Cálculo del momento canónico a partir del Lagrangiano

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Estrategia de resolución

Se aplica directamente la definición de momento canónico \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\). En la derivada parcial, se trata \(q\) como constante.

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

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

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

Momento conjugado a \(r\):

\[ p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]

Momento conjugado a \(\theta\):

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

Verificación: \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) coincide con la componente \(z\) del momento angular \(L_z\). Sus dimensiones son \([\text{kg}\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}]\), correctas para el momento angular.

(c) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q)\)

Como \(A(q)\) no depende de \(\dot{q}\):

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q} + eA(q) \]
\[ \boxed{p = m\dot{q} + eA(q)} \]

Verificación: El momento canónico \(p\) difiere del momento mecánico \(m\dot{q}\) e incluye la contribución del potencial vectorial \(eA\). Esto coincide con el resultado conocido para el momento canónico de una partícula cargada en un campo electromagnético.

B-2. Construcción del Hamiltoniano mediante la transformada de Legendre

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Estrategia de resolución

Se despeja \(\dot{q}\) a partir del \(p\) obtenido en D1 y se sustituye en \(H = p\dot{q} - L\) para eliminar \(\dot{q}\).

(a) De D1(a), \(p = m\dot{q}\), por lo que \(\dot{q} = p/m\).

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

Verificación: Tiene la forma \(T + V\). Si se escribe \(k = m\omega^2\), coincide con el Hamiltoniano estándar del oscilador armónico.

(b) De D1(b), \(p_r = m\dot{r}\), \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\), por lo que:

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

El Hamiltoniano es \(H = p_r\dot{r} + p_\theta\dot{\theta} - L\):

\[ H = p_r \cdot \frac{p_r}{m} + p_\theta \cdot \frac{p_\theta}{mr^2} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p_r^2}{m^2} + r^2 \cdot \frac{p_\theta^2}{m^2 r^4}\right) - V(r)\right] \]
\[ = \frac{p_r^2}{m} + \frac{p_\theta^2}{mr^2} - \frac{p_r^2}{2m} - \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r) \]
\[ \boxed{H = \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r)} \]

Verificación: El segundo término \(\frac{p_\theta^2}{2mr^2} = \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{2mr^2} = \frac{1}{2}mr^2\dot{\theta}^2\) corresponde a la energía cinética de rotación. En conjunto tiene la forma \(T + V\).

(c) De D1(c), \(p = m\dot{q} + eA(q)\), por lo que:

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

Se calcula cada término:

\[ p\dot{q} = \frac{p(p - eA)}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{q}^2 = \frac{(p - eA)^2}{2m} \]
\[ e\dot{q}A = \frac{eA(p - eA)}{m} \]

Por lo tanto:

\[ H = \frac{p(p - eA)}{m} - \frac{(p - eA)^2}{2m} - \frac{eA(p - eA)}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m}\left[p - \frac{p - eA}{2} - eA\right] + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{2p - p + eA - 2eA}{2} + e\phi = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{p - eA}{2} + e\phi \]
\[ \boxed{H = \frac{(p - eA)^2}{2m} + e\phi} \]

Verificación: \(\frac{(p-eA)^2}{2m} = \frac{(m\dot{q})^2}{2m} = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) es igual a la energía cinética. \(e\phi\) es la energía potencial. En conjunto tiene la forma \(T + V\) y coincide con el resultado conocido del Hamiltoniano de una partícula cargada en un campo electromagnético.

B-3. Aplicación de las ecuaciones canónicas de Hamilton

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Estrategia de resolución

Para \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\), calcula \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q}\) y deriva la ecuación de movimiento de segundo orden.

Ecuaciones canónicas de Hamilton:

\[ \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]
\[ \dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -m\omega^2 q \]
\[ \boxed{\dot{q} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -m\omega^2 q} \]

Derivando ambos miembros de \(\dot{q} = p/m\) con respecto al tiempo:

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

Sustituyendo aquí \(\dot{p} = -m\omega^2 q\):

\[ \ddot{q} = \frac{-m\omega^2 q}{m} = -\omega^2 q \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -m\omega^2 q} \]

Esta es precisamente la ecuación de movimiento del oscilador armónico (fuerza restauradora \(F = -kq = -m\omega^2 q\)).

Verificación: A partir de la ecuación de movimiento de Newton \(F = ma\), con \(F = -\frac{dV}{dq} = -m\omega^2 q\), se obtiene directamente \(m\ddot{q} = -m\omega^2 q\), lo cual coincide con el resultado anterior.

B-4. Aplicación directa de la ecuación de Euler-Lagrange

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Estrategia de resolución

Para cada Lagrangiano se calculan \(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) y \(\frac{\partial L}{\partial q}\), y se sustituyen en \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0\).

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

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - 0 = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{m\ddot{q} = 0} \]

Una partícula libre se mueve en línea recta con velocidad constante.

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

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -mg \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - (-mg) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{q} + mg = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -mg} \]

Movimiento uniformemente acelerado en un campo gravitatorio (caída libre tomando \(q\) positivo hacia arriba).

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

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -\frac{dV}{dq} \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - \left(-\frac{dV}{dq}\right) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -\frac{dV}{dq}} \]

Esto es exactamente la segunda ley de Newton \(F = ma\) (con \(F = -dV/dq\)).

Verificación: (a) es el caso particular \(V = 0\) y (b) el caso \(V = mgq\); ambos se reproducen correctamente a partir del resultado general (c).

B-5. Verificación directa de la conservación de la energía

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Estrategia de resolución

Se desarrolla la derivada total respecto al tiempo de \(H(q,p)\) mediante la regla de la cadena y se sustituyen las ecuaciones canónicas de Hamilton.

Como \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) no depende explícitamente del tiempo:

\[ \frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} \]

Se calculan las derivadas parciales:

\[ \frac{\partial H}{\partial q} = m\omega^2 q, \qquad \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]

Se sustituyen los resultados de D3, \(\dot{q} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -m\omega^2 q\):

\[ \frac{dH}{dt} = (m\omega^2 q)\cdot\frac{p}{m} + \frac{p}{m}\cdot(-m\omega^2 q) \]
\[ = \omega^2 qp - \omega^2 qp = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0} \]

Verificación: Este resultado es válido en general. Para cualquier sistema en el que \(H\) no dependa explícitamente del tiempo, se tiene \(\frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} = \frac{\partial H}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} + \frac{\partial H}{\partial p}\left(-\frac{\partial H}{\partial q}\right) = 0\). Esto se deduce automáticamente de la estructura de las ecuaciones canónicas de Hamilton.

B-6. Cálculo concreto de la acción

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Estrategia de resolución

La velocidad del movimiento rectilíneo uniforme \(q(t) = \frac{d}{T}t\) es la constante \(\dot{q} = d/T\), por lo que el integrando también es constante.

\[ \dot{q}(t) = \frac{d}{T} \quad (\text{constante}) \]
\[ S[q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \int_0^T \frac{1}{2}m\left(\frac{d}{T}\right)^2 dt = \frac{1}{2}m\frac{d^2}{T^2} \cdot T \]
\[ \boxed{S = \frac{md^2}{2T}} \]

Verificación (análisis dimensional): \([m][d^2]/[T] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = \text{J}\cdot\text{s}\). La dimensión de la acción es \([\text{energía}]\times[\text{tiempo}]\), lo cual es correcto.

Verificación (casos especiales): Si \(d = 0\) (no se mueve), entonces \(S = 0\). Si \(T \to \infty\) (se mueve lentamente), entonces \(S \to 0\). Si \(T \to 0\) (se mueve instantáneamente), entonces \(S \to \infty\). Todos estos resultados son físicamente razonables.

B-7. Práctica de cálculo de variaciones

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Estrategia de resolución

Calcular la velocidad de la trayectoria desviada y expandir la acción en potencias de \(\epsilon\).

(a) Verificación de las condiciones en los extremos:

\[ \delta q(0) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi \cdot 0}{T}\right) = \epsilon \sin 0 = 0 \quad \checkmark \]
\[ \delta q(T) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi T}{T}\right) = \epsilon \sin \pi = 0 \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\text{Se satisface } \delta q(0) = \delta q(T) = 0} \]

(b) Velocidad de la trayectoria desviada:

\[ \dot{q}(t) = \dot{q}_0 + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) = \frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

Calculamos la acción:

\[ S[q_0 + \delta q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \frac{m}{2}\int_0^T \left[\frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]^2 dt \]

Expandiendo:

\[ \dot{q}^2 = \frac{d^2}{T^2} + 2\frac{d}{T}\cdot\epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) + \epsilon^2\frac{\pi^2}{T^2}\cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

Integramos cada término:

Término de orden cero (\(\epsilon^0\)):

\[ \int_0^T \frac{d^2}{T^2}\, dt = \frac{d^2}{T} \]

Término de primer orden (\(\epsilon^1\)):

\[ 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \int_0^T \cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \left[\frac{T}{\pi}\sin\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]_0^T = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \cdot \frac{T}{\pi}(\sin\pi - \sin 0) = 0 \]

Término de segundo orden (\(\epsilon^2\)):

\[ \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \int_0^T \cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \cdot \frac{T}{2} = \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T} \]

Por lo tanto:

\[ S[q_0 + \delta q] = \frac{m}{2}\left(\frac{d^2}{T} + 0 + \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T}\right) = \frac{md^2}{2T} + \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ \boxed{S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2}{4T}\epsilon^2} \]

El término de primer orden en \(\epsilon\) es cero, y la diferencia comienza en el orden \(\epsilon^2\). Esto significa que \(q_0(t)\) es un punto estacionario de la acción.

Verificación: Dado que la diferencia \(\Delta S > 0\), la trayectoria de movimiento rectilíneo uniforme proporciona un mínimo de la acción (un mínimo verdadero en el caso de la partícula libre). Esto es físicamente coherente.

B-8. Cálculo de corchetes de Poisson

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Estrategia de resolución

Definición del paréntesis de Poisson para el caso de 1 grado de libertad:

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

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}}\)

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

(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}}\) y \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}}\)

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

Verificación: Para cualquier \(A\), \(\{A, A\}_{\mathrm{PB}} = 0\) se deduce automáticamente de la antisimetría del paréntesis de Poisson \(\{A, B\} = -\{B, A\}\).

(c) \(\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial(q^2)}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial(q^2)}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 2q \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 2q \]
\[ \boxed{\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = 2q} \]

(d) \(\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial(p^2)}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial(p^2)}{\partial q} = 1 \cdot 2p - 0 \cdot 0 = 2p \]
\[ \boxed{\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = 2p} \]

Verificación: Utilizando la fórmula general del paréntesis de Poisson \(\{A, BC\} = \{A, B\}C + B\{A, C\}\), se obtiene \(\{q, p^2\} = \{q, p\}p + p\{q, p\} = p + p = 2p\), lo cual coincide. De manera análoga, \(\{q^2, p\} = \{q, p\}q + q\{q, p\} = q + q = 2q\) también coincide.

Intermedio

M-1. Derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange en coordenadas polares bidimensionales

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Estrategia de resolución

Para \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\), se aplica la ecuación de Euler-Lagrange para cada una de las coordenadas \(r\) y \(\theta\).

(a) Ecuación de Euler-Lagrange para \(r\)

Se calculan las derivadas parciales necesarias:

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r) \]

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

\[ m\ddot{r} - mr\dot{\theta}^2 + V'(r) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r)} \]

Significado físico: El lado izquierdo \(m\ddot{r}\) es la masa multiplicada por la aceleración radial. El primer término del lado derecho \(mr\dot{\theta}^2\) es la fuerza centrífuga (fuerza aparente), que actúa hacia afuera en la dirección radial debido al movimiento de rotación. El segundo término \(-V'(r)\) es la fuerza proveniente del potencial central. Esta ecuación representa la ecuación de movimiento en la dirección radial.

(b) Ecuación de Euler-Lagrange para \(\theta\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0 \]

\(L\) no depende explícitamente de \(\theta\) (\(V\) es función únicamente de \(r\)). Sustituyendo en la ecuación de Euler-Lagrange:

\[ \frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0} \]

Esto significa que \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) es una constante independiente del tiempo. Dado que \(mr^2\dot{\theta}\) no es otra cosa que la componente \(z\) del momento angular \(L_z\), esta ecuación expresa la conservación del momento angular.

En general, cuando el lagrangiano no depende explícitamente de una coordenada generalizada \(q_j\) (\(\frac{\partial L}{\partial q_j} = 0\)), dicha coordenada se denomina coordenada cíclica (cyclic coordinate), y el momento canónico conjugado \(p_j\) correspondiente es una cantidad conservada.

(c) Comparación con la formulación de Newton

Para escribir las ecuaciones de movimiento de Newton en coordenadas polares, es necesario derivar por separado las componentes de la aceleración en coordenadas polares:

\[ a_r = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2, \qquad a_\theta = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} \]

Dirección radial: \(m(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2) = F_r = -V'(r)\)

Dirección angular: \(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = F_\theta = 0\)

Estos resultados coinciden con los de (a) y (b), pero en la formulación de Newton: - Es necesario derivar previamente las componentes de la aceleración en coordenadas polares (el término centrífugo \(-r\dot{\theta}^2\) y el término de Coriolis \(2\dot{r}\dot{\theta}\)) - Es necesario obtener de nuevo la expresión de la aceleración para cada sistema de coordenadas

Por otro lado, las ventajas de la formulación lagrangiana son: 1. Basta con escribir \(L = T - V\) en las coordenadas elegidas; la forma de las ecuaciones de Euler-Lagrange es la misma independientemente del sistema de coordenadas 2. La fuerza centrífuga y la de Coriolis aparecen automáticamente, sin necesidad de introducirlas por separado 3. La relación entre coordenadas cíclicas y cantidades conservadas se identifica de inmediato

Verificación: Expandiendo el resultado de (b) se obtiene \(mr^2\ddot{\theta} + 2mr\dot{r}\dot{\theta} = 0\), es decir, \(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = 0\), lo cual coincide con la ecuación en la dirección angular de la formulación de Newton (para el caso \(F_\theta = 0\)).

M-2. Transformada inversa de Legendre

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Estrategia de resolución

Partiendo del Hamiltoniano, se recupera el Lagrangiano y se demuestra la propiedad de involución de la transformada de Legendre (al aplicarla dos veces se regresa a la función original).

(a) Procedimiento de la transformación inversa

Dado un Hamiltoniano \(H(q, p)\):

  1. Se calcula la primera ecuación canónica de Hamilton: \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\)
  2. Se resuelve esta ecuación para \(p\), obteniendo \(p = p(q, \dot{q})\)
  3. Se sustituye \(p = p(q, \dot{q})\) en la transformada de Legendre inversa \(L(q, \dot{q}) = p\dot{q} - H(q, p)\), eliminando \(p\)

Mediante este procedimiento se recupera \(L(q, \dot{q})\) a partir de \(H(q, p)\). Sin embargo, es necesario que en el paso 2 se pueda resolver unívocamente para \(p\) (condición de convexidad de la transformada de Legendre: \(\frac{\partial^2 H}{\partial p^2} \neq 0\)).

(b) Recuperación concreta para el oscilador armónico

Se parte de \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\).

Paso 1:

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

Paso 2:

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

Paso 3:

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

Se ha recuperado correctamente el Lagrangiano original.

(c) Demostración general de la involución

Se parte de \(L(q, \dot{q})\) y se aplica la transformada de Legendre dos veces, mostrando que se regresa a la función original.

Primera transformada de Legendre: \(L(q, \dot{q}) \to H(q, p)\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}, \qquad H(q, p) = p\dot{q} - L(q, \dot{q}) \]

donde \(\dot{q} = \dot{q}(q, p)\) se obtiene resolviendo \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) para \(\dot{q}\).

Segunda transformada de Legendre: \(H(q, p) \to L'(q, \dot{q}')\)

Se define la nueva variable como \(\dot{q}' = \frac{\partial H}{\partial p}\). Calculando la derivada parcial de \(H = p\dot{q} - L\) respecto a \(p\):

\[ \frac{\partial H}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} \]

(Se ha utilizado \(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = p\).)

Por lo tanto, \(\dot{q}' = \dot{q}\), y la nueva variable es idéntica a la velocidad original.

La función obtenida mediante la transformada de Legendre inversa es:

\[ L'(q, \dot{q}') = p\dot{q}' - H(q, p) = p\dot{q} - (p\dot{q} - L) = L(q, \dot{q}) \]
\[ \boxed{L' = L} \]

Por lo tanto, al aplicar la transformada de Legendre dos veces se regresa a la función original (involución). Esto significa que la transformada de Legendre es una transformación reversible que preserva la información.

Verificación: Ya comprobado con el ejemplo concreto de (b). En el viaje de ida y vuelta \(L \to H \to L\), se recuperó correctamente \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\).

M-3. Órbitas del oscilador armónico en el espacio de fases

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Estrategia de resolución

Resolver las ecuaciones canónicas para obtener la solución general, y eliminar \(t\) mediante identidades trigonométricas para obtener la trayectoria en el espacio de fases.

(a) Solución general del sistema de ecuaciones diferenciales acopladas

Derivando \(\dot{q} = p/m\) respecto al tiempo y sustituyendo \(\dot{p} = -m\omega^2 q\):

\[ \ddot{q} = \frac{\dot{p}}{m} = -\omega^2 q \]

La solución general es:

\[ q(t) = C_1 \cos\omega t + C_2 \sin\omega t \]

De la condición inicial \(q(0) = q_0\) se obtiene \(C_1 = q_0\).

\(p(t) = m\dot{q}(t) = m(-C_1\omega\sin\omega t + C_2\omega\cos\omega t)\)

De la condición inicial \(p(0) = p_0\) se obtiene \(m\omega C_2 = p_0\), es decir, \(C_2 = \frac{p_0}{m\omega}\).

\[ \boxed{q(t) = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t} \]
\[ \boxed{p(t) = -m\omega q_0\sin\omega t + p_0\cos\omega t} \]

Verificación: En \(t = 0\), \(q(0) = q_0\), \(p(0) = p_0\) ✓. \(\dot{q}(t) = -q_0\omega\sin\omega t + \frac{p_0}{m}\cos\omega t = p(t)/m\) ✓.

(b) Trayectoria elíptica en el espacio de fases

Eliminamos \(t\) de \(q(t)\) y \(p(t)\). Reescribimos de la siguiente forma:

\[ q = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t \]
\[ \frac{p}{m\omega} = -q_0\sin\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\cos\omega t \]

Consideramos esto como un sistema de ecuaciones en \(\cos\omega t\) y \(\sin\omega t\). Multiplicando la primera ecuación por \(\frac{p_0}{m\omega}\) y la segunda por \(q_0\), y sumando:

\[ \frac{p_0}{m\omega}q + q_0\frac{p}{m\omega} = \left(q_0\frac{p_0}{m\omega} + \frac{p_0}{m\omega}q_0\right)\cos\omega t \cdot (\text{...}) \]

De forma más directa, utilizamos \(\cos^2\omega t + \sin^2\omega t = 1\). Escribiendo el sistema en forma matricial:

\[ \begin{pmatrix} q \\ p/(m\omega) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\omega t & \sin\omega t \\ -\sin\omega t & \cos\omega t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} q_0 \\ p_0/(m\omega) \end{pmatrix} \]

Como la matriz de rotación es ortogonal, se conserva el cuadrado de la norma del vector:

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} \]

El lado derecho puede escribirse como \(\frac{2E}{m\omega^2}\) (se verifica en el apartado (c) siguiente). Esta es la ecuación de una elipse en el espacio de fases.

(c) Expresión en términos de la energía

La energía inicial es:

\[ E = H(q_0, p_0) = \frac{p_0^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q_0^2 \]

Por lo tanto:

\[ q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

Sustituyendo en el resultado de (b):

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

Dividiendo ambos lados por \(\frac{2E}{m\omega^2}\):

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

Esta es una elipse en forma estándar \(\frac{q^2}{a^2} + \frac{p^2}{b^2} = 1\) con:

  • Semieje en la dirección de \(q\) (semieje mayor): \(a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\)
  • Semieje en la dirección de \(p\) (semieje menor): \(b = \sqrt{2mE}\)
\[ \boxed{a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}, \qquad b = \sqrt{2mE}} \]

Verificación: El área de la elipse es \(\pi ab = \pi\sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\cdot\sqrt{2mE} = \pi\cdot\frac{2E}{\omega} = \frac{2\pi E}{\omega}\). Como el período es \(T = 2\pi/\omega\), el área \(= ET\). Esto coincide con el resultado conocido del invariante adiabático \(J = \oint p\,dq = ET\).

Verificación dimensional: \(a = \sqrt{2E/(m\omega^2)}\): \([E/(m\omega^2)] = \text{J}/(\text{kg}\cdot\text{s}^{-2}) = \text{m}^2\), por lo que \([a] = \text{m}\) ✓. \(b = \sqrt{2mE}\): \([mE] = \text{kg}\cdot\text{J} = \text{kg}^2\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}\), por lo que \([b] = \text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1}\) (dimensión de momento lineal) ✓.

M-4. Corchetes de Poisson y ecuaciones de movimiento de Hamilton

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Estrategia de resolución

Se expande la derivada total respecto al tiempo de la variable dinámica \(A(q, p, t)\) mediante la regla de la cadena, y se sustituyen las ecuaciones canónicas de Hamilton para expresar el resultado en forma de paréntesis de Poisson.

Escribiendo la derivada total respecto al tiempo de \(A(q_j, p_j, t)\) mediante la regla de la cadena (usando la convención de suma de Einstein):

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial A}{\partial p_j}\dot{p}_j + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Sustituyendo las ecuaciones canónicas de Hamilton \(\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}\), \(\dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}\):

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} + \frac{\partial A}{\partial p_j}\left(-\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]
\[ = \sum_j\left(\frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} - \frac{\partial A}{\partial p_j}\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Comparando con la definición del paréntesis de Poisson:

\[ \boxed{\frac{dA}{dt} = \{A, H\}_{\mathrm{PB}} + \frac{\partial A}{\partial t}} \]

Caso \(A = q_j\): \(q_j\) no depende explícitamente del tiempo, por lo que \(\frac{\partial q_j}{\partial t} = 0\).

\[ \frac{dq_j}{dt} = \{q_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial q_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

Como \(\frac{\partial q_j}{\partial q_k} = \delta_{jk}\) y \(\frac{\partial q_j}{\partial p_k} = 0\):

\[ \dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j} \quad \checkmark \]

Caso \(A = p_j\): De manera análoga, \(\frac{\partial p_j}{\partial t} = 0\).

\[ \frac{dp_j}{dt} = \{p_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial p_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

Como \(\frac{\partial p_j}{\partial q_k} = 0\) y \(\frac{\partial p_j}{\partial p_k} = \delta_{jk}\):

\[ \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j} \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}, \qquad \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}} \]

Las ecuaciones canónicas de Hamilton se han reproducido como caso particular del paréntesis de Poisson.

Verificación: Sustituyendo \(A = H\) (en el caso \(\frac{\partial H}{\partial t} = 0\)) se obtiene \(\frac{dH}{dt} = \{H, H\}_{\mathrm{PB}} = 0\) (por la antisimetría). Esto es la ley de conservación de la energía y es consistente con el resultado de D5.

M-5. Cuantización canónica: verificación de las relaciones de conmutación

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Estrategia de resolución

Se aplica la regla de sustitución de los paréntesis de Poisson por relaciones de conmutación, y a partir de las ecuaciones de movimiento de Heisenberg se derivan las versiones operatoriales de las ecuaciones canónicas clásicas.

(a) Derivación de las relaciones de conmutación canónicas

Se aplica la receta de cuantización canónica al resultado D8(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\):

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \quad \longrightarrow \quad \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1 \]
\[ \boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar} \]

De manera similar, a partir de los resultados D8(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}} = 0\), \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}} = 0\):

\[ [\hat{q}, \hat{q}] = 0, \qquad [\hat{p}, \hat{p}] = 0 \]

Estos coinciden con las relaciones de conmutación canónicas introducidas en Cap. 10.

(b) Aplicación de las ecuaciones de movimiento de Heisenberg

Se aplican las ecuaciones de movimiento de Heisenberg para \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\).

Caso \(\hat{A} = \hat{q}\):

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{q},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

Como \([\hat{q}, \hat{q}^2] = 0\) (\(\hat{q}\) conmuta consigo mismo):

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}[\hat{q}, \hat{p}^2] \]

Usando la fórmula de conmutación \([\hat{A}, \hat{B}\hat{C}] = [\hat{A}, \hat{B}]\hat{C} + \hat{B}[\hat{A}, \hat{C}]\):

\[ [\hat{q}, \hat{p}^2] = [\hat{q}, \hat{p}]\hat{p} + \hat{p}[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\hat{p} + \hat{p}\cdot i\hbar = 2i\hbar\hat{p} \]

Sustituyendo:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}\cdot 2i\hbar\hat{p} = \frac{\hat{p}}{m} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}} \]

Caso \(\hat{A} = \hat{p}\):

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{p}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{p},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

Como \([\hat{p}, \hat{p}^2] = 0\):

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2[\hat{p}, \hat{q}^2] \]

Usando la misma fórmula:

\[ [\hat{p}, \hat{q}^2] = [\hat{p}, \hat{q}]\hat{q} + \hat{q}[\hat{p}, \hat{q}] = (-i\hbar)\hat{q} + \hat{q}(-i\hbar) = -2i\hbar\hat{q} \]

Sustituyendo:

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2\cdot(-2i\hbar\hat{q}) = -m\omega^2\hat{q} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q}} \]

Con lo anterior, se obtienen las versiones operatoriales de las ecuaciones canónicas de Hamilton:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}, \qquad \frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q} \]

Estas tienen exactamente la misma forma que las ecuaciones canónicas clásicas (resultado de D3).

Verificación: Según el teorema de Ehrenfest, los valores esperados en mecánica cuántica obedecen las ecuaciones de movimiento clásicas. Tomando el valor esperado de las ecuaciones operatoriales anteriores se obtiene \(\frac{d\langle\hat{q}\rangle}{dt} = \frac{\langle\hat{p}\rangle}{m}\), \(\frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle\hat{q}\rangle\), lo cual es consistente con los resultados clásicos. En el caso del oscilador armónico, dado que el potencial es cuadrático, el teorema de Ehrenfest reproduce exactamente la misma forma que las ecuaciones clásicas.

Avanzado

A-1. Cuantización canónica de una partícula cargada en un campo electromagnético

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Estrategia de resolución

A partir del Lagrangiano en 3 dimensiones se derivan los momentos canónicos y el Hamiltoniano, y mediante la cuantización canónica se obtiene la ecuación de Schrödinger. Además, se verifica la covariancia bajo transformaciones de gauge.

(a) Momento canónico

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

El momento canónico de la componente \(i\) es:

\[ p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i(\mathbf{r}, t) \]

En notación vectorial:

\[ \boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}(\mathbf{r}, t)} \]

Diferencia con el momento cinético \(m\dot{\mathbf{r}}\):

\[ \mathbf{p} - m\dot{\mathbf{r}} = e\mathbf{A} \neq \mathbf{0} \quad (\text{cuando } \mathbf{A} \neq \mathbf{0}) \]

El momento canónico incluye la contribución del potencial vector y, en general, difiere del momento cinético \(m\dot{\mathbf{r}}\).

(b) Derivación del Hamiltoniano

De \(\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}\):

\[ \dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} \]

El Hamiltoniano es:

\[ H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L \]

Calculamos cada término.

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

Sustituyendo:

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

De forma más concisa, definiendo \(\boldsymbol{\pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\) (momento cinético), se tiene \(\dot{\mathbf{r}} = \boldsymbol{\pi}/m\) y:

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

Verificación: Cuando \(\mathbf{A} = \mathbf{0}\), \(\phi = 0\), se obtiene \(H = p^2/(2m)\), que se reduce al Hamiltoniano de una partícula libre ✓.

(c) Ecuación de Schrödinger

Aplicamos la receta de cuantización canónica \(\mathbf{r} \to \hat{\mathbf{r}}\), \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}} = -i\hbar\nabla\) al Hamiltoniano:

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

Sustituyendo en la ecuación de Schrödinger \(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \hat{H}\Psi\):

\[ \boxed{i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\,\Psi} \]

(d) Invariancia de gauge

Transformación de gauge:

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

Bajo esta transformación, definimos \(\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi\). Demostramos que \(\Psi'\) satisface la ecuación de Schrödinger transformada.

Paso 1: Calculamos \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\).

\[ \nabla\Psi' = \nabla(e^{ie\chi/\hbar}\Psi) = \frac{ie}{\hbar}(\nabla\chi)e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\nabla\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(\frac{ie}{\hbar}\nabla\chi + \nabla\right)\Psi \]

Por lo tanto:

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\left(-i\hbar\nabla + e\nabla\chi - e\mathbf{A} - e\nabla\chi\right)\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi \]

Paso 2: Aplicamos el mismo operador una segunda vez.

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' = (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\left[e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] \]

La estructura es exactamente la misma que en el Paso 1 (simplemente reemplazando \(\Psi\) por \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\)), por lo que:

\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi \]

Paso 3: Calculamos la derivada temporal.

\[ i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t} = i\hbar\left(\frac{ie}{\hbar}\frac{\partial\chi}{\partial t}e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(-e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi + i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]

Paso 4: El lado derecho de la ecuación de Schrödinger tras la transformación de gauge es:

\[ \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' + e\phi'\Psi' \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[\frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\left(\phi - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right)\Psi\right] \]

Dado que la \(\Psi\) original satisface la ecuación de Schrödinger original, \(i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\Psi\). Sustituyendo, el lado derecho queda:

\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\phi\Psi + e\phi\Psi - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]

Esto coincide con el lado izquierdo \(i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t}\) calculado en el Paso 3.

\[ \boxed{\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi \text{ satisface la ecuación de Schrödinger transformada por gauge}} \]

Invariancia de gauge de los observables físicos:

Densidad de probabilidad:

\[ |\Psi'|^2 = |e^{ie\chi/\hbar}|^2|\Psi|^2 = |\Psi|^2 \]

Como \(e^{ie\chi/\hbar}\) es un factor de fase de módulo 1, la densidad de probabilidad es invariante bajo transformaciones de gauge.

En cuanto a la densidad de corriente de probabilidad, dado que \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\):

\[ \mathbf{j}' = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi'^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\right] = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] = \mathbf{j} \]

Por lo tanto, la densidad de corriente de probabilidad también es invariante de gauge.

Verificación: La transformación de gauge no modifica el campo eléctrico físico \(\mathbf{E} = -\nabla\phi - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\) ni el campo magnético \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\). Que los observables físicos sean invariantes de gauge es consistente con este hecho.

A-2. Teorema de Noether: de las simetrías a las leyes de conservación

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Estrategia de resolución

Se deriva la cantidad conservada combinando la invariancia del Lagrangiano con las ecuaciones de Euler-Lagrange.

(a) Derivación de la conservación de la carga de Noether

Bajo la transformación infinitesimal \(q_j \to q_j + \epsilon\,\eta_j\), la variación del Lagrangiano es:

\[ \delta L = \frac{\partial L}{\partial q_j}\epsilon\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\epsilon\dot{\eta}_j \]

(Se ha usado que \(\dot{q}_j \to \dot{q}_j + \epsilon\dot{\eta}_j\).)

Bajo la condición \(\delta L = 0\) (invariancia del Lagrangiano):

\[ \frac{\partial L}{\partial q_j}\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \tag{*} \]

Sustituyendo la ecuación de Euler-Lagrange \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\) en el primer término de \((*)\):

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \]

El lado izquierdo, por la regla del producto de la derivada:

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

Definiendo la carga de Noether como \(Q = \sum_j \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\eta_j = \sum_j p_j\eta_j\):

\[ \boxed{\frac{dQ}{dt} = 0} \]

(b) Conservación del momento angular

\(L = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - V(r)\), \(r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\)

Rotación infinitesimal alrededor del eje \(z\): \(\eta_x = -y\), \(\eta_y = x\), \(\eta_z = 0\)

Verificación de la invariancia del Lagrangiano:

Variación de la energía cinética: \(\delta T = m(\dot{x}\delta\dot{x} + \dot{y}\delta\dot{y} + \dot{z}\delta\dot{z})\)

Como \(\delta\dot{x} = -\epsilon\dot{y}\), \(\delta\dot{y} = \epsilon\dot{x}\), \(\delta\dot{z} = 0\):

\[ \delta T = m\epsilon(-\dot{x}\dot{y} + \dot{y}\dot{x}) = 0 \]

Variación del potencial: \(\delta V = V'(r)\delta r\)

\[ \delta r = \frac{\partial r}{\partial x}\delta x + \frac{\partial r}{\partial y}\delta y = \frac{x}{r}(-\epsilon y) + \frac{y}{r}(\epsilon x) = \frac{\epsilon}{r}(-xy + yx) = 0 \]

Por lo tanto \(\delta L = \delta T - \delta V = 0\) ✓

Aplicando el resultado de (a), la carga de Noether es:

\[ Q = p_x\eta_x + p_y\eta_y + p_z\eta_z = m\dot{x}(-y) + m\dot{y}(x) + m\dot{z}(0) \]
\[ \boxed{Q = m(x\dot{y} - y\dot{x}) = L_z} \]

De \(\frac{dQ}{dt} = 0\) se deduce que la componente \(z\) del momento angular \(L_z\) se conserva.

Verificación: Como el potencial de fuerza central \(V(r)\) es simétrico bajo rotaciones, es físicamente evidente que el momento angular se conserva. El teorema de Noether demuestra rigurosamente esta intuición.

(c) Conservación de la energía

Consideramos el caso \(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\) (el Lagrangiano no depende explícitamente del tiempo).

La variación de las coordenadas correspondiente a la traslación temporal \(t \to t + \epsilon\) es \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\) (cuando el tiempo avanza en \(\epsilon\), las coordenadas cambian en \(\dot{q}_j\epsilon\)).

Calculamos la derivada temporal total de \(L\):

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial t} \]

Bajo la hipótesis \(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\), sustituyendo la ecuación de Euler-Lagrange \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\):

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j\right) \]

(Se ha usado la regla del producto en sentido inverso.)

Reordenando:

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}\left(\sum_j p_j\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0, \qquad H = \sum_j p_j\dot{q}_j - L} \]

La cantidad conservada asociada a la simetría de traslación temporal es el Hamiltoniano (energía).

Verificación: Este resultado es consistente con \(\frac{dH}{dt} = 0\) calculado directamente en D5. En D5 se demostró usando las ecuaciones canónicas de Hamilton, mientras que aquí se ha derivado desde el marco general del teorema de Noether.

Nota complementaria: En la formulación de (a) se supuso \(\delta L = 0\), pero en el caso de la traslación temporal la situación es ligeramente diferente. La traslación temporal \(t \to t + \epsilon\) induce la transformación de coordenadas \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\), pero \(L\) mismo experimenta una variación \(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\) (cambio como derivada total). Cuando \(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\), \(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\) tiene la forma de una derivada total y no contribuye a la variación de la acción (se convierte en un término de frontera). Por esta razón, en la derivación anterior se adoptó el método de calcular directamente \(\frac{dL}{dt}\).