¿Cuál es la interpretación de la prueba gráfica de Feynman del Teorema de Noether?

Question

En las páginas 103 - 105 de El carácter del derecho físico Feynman dibuja este diagrama para demostrar que la invariancia bajo traslación espacial conduce a la conservación del momento:

Parafraseando el argumento de Feynman (si lo entiendo bien), la trayectoria de una partícula es el camino AB. El espacio es horizontal; el tiempo, vertical.

Debido a la simetría de traslación espacial, la trayectoria CD tiene la misma acción que AB. Como AB tiene acción estacionaria, ACDB también tiene la misma acción.

Esto significa que la acción de AC y BD es la misma. (Obsérvese que se recorren en direcciones opuestas en la trayectoria ACDB.) Esta es una cantidad conservada, y resulta ser el momento.

Mi pregunta es sobre el significado de la acción de AC y BD. Estas trayectorias no son trayectorias físicas, sino que representan una velocidad infinita. He intentado pensar en la trayectoria como si la velocidad, en función del tiempo, tuviera dos funciones delta en ella. Sin embargo, como la lagrangiana depende de $v^2$ Creo que esto lleva a una acción infinita para los segmentos horizontales.

Matemáticamente, veo que la simetría aquí implica $\frac{\partial L}{\partial x} = 0$ . La menor acción implica $\frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}$ . La combinación de estos muestra que el impulso $\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}$ es constante, pero no entiendo bien la conexión con la imagen.

Además, Feynman no describe cómo sabe que la cantidad conservada es el momento. ¿Hay alguna forma de obtenerlo a partir de la imagen? Finalmente, si el momento se conserva, ¿por qué la trayectoria no es una línea recta?

Answer 1

1) Acción fuera de la cáscara frente a la acción dentro de la cáscara. Lo que puede causar cierta confusión es que Teorema de Noether en su formulación original sólo se refiere al acción fuera de la carcasa funcional

$$\tag{1} I[q;t_i,t_f]~:=~ \int_{t_i}^{t_f}\! {\rm d}t \ L(q(t),\dot{q}(t),t), $$

mientras que la prueba de Feynman [1] $^1$ se refiere principalmente a la Función de acción on-shell de Dirichlet

$$\tag{2} S(q_f,t_f;q_i,t_i)~:=~I[q_{\rm cl};t_i,t_f], $$

donde $q_{\rm cl}:[t_i,t_f] \to \mathbb{R}$ es el camino extremo/clásico, que satisface la ecuación de movimiento (e.o.m.)

$$\tag{3}\frac{\delta I}{\delta q} ~:=~\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}~\approx~ 0,$$

con las condiciones de contorno de Dirichlet

$$\tag{4} q(t_i)~=~q_i \qquad \text{and}\qquad q(t_f)~=~q_f.$$

Véase también, por ejemplo este Respuesta de Phys.SE. [Aquí el $\approx$ significa igualdad módulo e.o.m. Las palabras en la cáscara y fuera de la cáscara se refieren a si se satisfacen o no los e.o.m.].

2) Teorema de Noether. Recordemos el escenario de Teorema de Noether . Se supone que la acción off-shell es invariante

$$\tag{5} I[q^{\prime};t^{\prime}_i,t^{\prime}_f]~=~ I[q;t_i,t_f] $$

bajo una variación global infinitesimal

$$\tag{6} t^{\prime}-t~=~\delta t~=~\varepsilon X(t) \qquad \text{and}\qquad q^{\prime}(t^{\prime})- q(t)~=~ \delta q(t) ~=~ \varepsilon Y(t).$$

Aquí $X$ es un horizontal $^2$ generador, $Y$ es un generador, y $\varepsilon$ es un parámetro infinitesimal que es independiente de $t$ .

Teorema de Noether. La simetría off-shell (5) implica que la carga Noether $$\tag{7} Q~:=~p Y - h X $$ se conserva en el tiempo $$\tag{8} \frac{\mathrm dQ}{\mathrm dt}~\approx~0$$ en la cáscara.

Aquí

$$ \tag{9} p~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \qquad \text{and}\qquad h~:=~p\dot{q}-L $$

son, por definición, la función de momento y de energía, respectivamente.

3) Supuestos. Supongamos que $^3$ :

1. que el Lagrangiano $L(q,v,t)$ es una función suave de sus argumentos $q$ , $v$ y $t$ .

2. que existe un único camino clásico $q_{\rm cl}:[t_i,t_f] \to \mathbb{R}$ para cada conjunto $(q_f,t_f;q_i,t_i)$ de los valores límite.

3. que el camino clásico $q_{\rm cl}$ depende suavemente de los valores límite $(q_f,t_f;q_i,t_i)$ .

4) Diferencial ${\rm d}S$ .

Lema. La función de acción Dirichlet on-shell $S(q_f,t_f;q_i,t_i)$ es una función suave de sus argumentos $(q_f,t_f;q_i,t_i)$ . El diferencial es $$ \tag{10} {\rm d}S(q_f,t_f;q_i,t_i) ~=~ (p_f {\rm d}q_f - h_f {\rm d}t_f) -(p_i {\rm d}q_i - h_i {\rm d}t_i), $$
o de forma equivalente, $$ \tag{11} \frac{\partial S}{\partial q_f}~=~p_f , \qquad \frac{\partial S}{\partial q_i}~=~-p_i, $$ y $$ \tag{12} \frac{\partial S}{\partial t_f}~=~-h_f, \qquad \frac{\partial S}{\partial t_i}~=~h_i. $$

Prueba de la ec. (11):

      ^ q
      |       ____________________________
      |      |            q*_cl           |
      |      |                            |
      |      |____________________________|
      |                   q_cl             
      |                                    
      |                                    
      |------|----------------------------|-----> t
            t_i                          t_f

Fig. 1. Dos trayectorias clásicas vecinas $q_{\rm cl}$ y $q^{*}_{\rm cl}$ .

Consideremos una variación infinitesimal vertical $\delta q$ entre dos trayectorias clásicas vecinas $q_{\rm cl}$ y $q^{*}_{\rm cl}=q_{\rm cl}+\delta q$ , véase la Fig. 1. El cambio en el Lagrangiano es

$$\tag{13} \delta L ~=~ \frac{\partial L}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} ~\stackrel{(3)+(9)}{=}~ \frac{\delta I}{\delta q} \delta q + \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(p~\delta q) ~\stackrel{(3)}{\approx}~\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(p~\delta q),$$

para que

$$ \tag{14} \delta S ~\stackrel{(2)}{\approx}~\delta I ~\stackrel{(1)}{=}~ \int_{t_i}^{t_f}\! {\rm d}t ~\delta L ~\stackrel{(13)}{\approx}~[p~\delta q]_{t_i}^{t_f} ~=~p_f~\delta q_f- p_i~\delta q_i. $$

Esto demuestra la ec. (11).

Prueba de la ec. (12):

      ^ q
      |            
  q*_f|-------------------/
      |                  /| 
      |                 / | 
      |                /  |
   q_f|---------------/   |
      |              /|   |
      |             / |   |
      |        q_cl/  |   |
      |           /   |   |
   q_i|----------/    |   |
      |         /|    |   |
      |        / |    |   |
      |       /  |    |   |
  q*_i|------/   |    |   |        
      |      |   |    |   |
      |------|---|----|---|-----> t
           t*_i t_i  t_f t*_f

Fig. 2. La trayectoria clásica $q_{\rm cl}$ .

A continuación, consideremos la vía clásica $q_{\rm cl}$ entre $(t_i,q_i)$ y $(t_f,q_f)$ , véase la Fig. 2. Imaginemos que extendemos infinitesimalmente ambos extremos del intervalo de tiempo $[t_i,t_f]$ a $[t^{*}_i,t^{*}_f]$ , donde

$$\tag{15}\delta t_i~:=~t^{*}_i - t_i \qquad\text{and}\qquad \delta t_f~:=~t^{*}_f - t_f$$

ambos son infinitamente pequeños. Esto induce un cambio de las posiciones límite (4) de la trayectoria clásica fija $q_{\rm cl}$ como sigue

$$\tag{16} \delta q_i~:=~ q^{*}_i - q_i~=~\dot{q}_i ~\delta t_i \qquad \text{and}\qquad \delta q_f~:=~ q^{*}_f - q_f~=~\dot{q}_f ~\delta t_f,$$

que vienen dictadas por las velocidades de los puntos finales. Ahora queremos calcular la variación

$$ S(q^{*}_f,t^{*}_f;q^{*}_i,t^{*}_i) - S(q_f,t_f;q_i,t_i) ~=~\delta S ~\stackrel{(11)}{=}~p_f \delta q_f +\frac{\partial S}{\partial t_f} \delta t_f -p_i \delta q_i + \frac{\partial S}{\partial t_i}\delta t_i $$ $$\tag{17} ~\stackrel{(16)}{=}~\left(p_f \dot{q}_f +\frac{\partial S}{\partial t_f}\right) \delta t_f -\left(p_i \dot{q}_i - \frac{\partial S}{\partial t_i}\right)\delta t_i. $$

Dado que la nueva trayectoria clásica no es más que una extensión infinitesimal de la misma trayectoria clásica anterior, también podemos estimar la variación como

$$ \tag{18} \delta S~=~S(q^{*}_f,t^{*}_f;q_f,t_f)+S(q_i,t_i;q^{*}_i,t^{*}_i) ~=~ L_f \delta t_f - L_i \delta t_i.$$

Comparando las ecuaciones (9), (17) y (18) se obtiene la ecuación (12).

Corolario. La acción de Dirichlet sobre la cáscara a lo largo de un segmento de trayectoria infinitesimal generado por la transformación de simetría infinitesimal (6) es proporcional a la carga de Noether $$ \tag{19} S(q_i+\delta q,t_i+\delta t;q_i,t_i)~=~\varepsilon Q_i.$$

Prueba del corolario:

$$ \tag{20} S(q_i+\delta q,t_i+\delta t;q_i,t_i) ~\stackrel{(10)}{=}~p_i\delta q -h_i \delta t ~\stackrel{(6)}{=}~\varepsilon(p_i Y -h_i X) ~\stackrel{(7)}{=}~\varepsilon Q_i.$$

5) El argumento de cuatro puntos de Feynman. Por fin estamos preparados para discutir el argumento de cuatro puntos de Feynman.

 ^ q
 |
 |           A'                              B'
 |            _______________________________
 |           |               q'              |
 |           |                               | 
 |           |                               |   
 |           |_______________________________|
 |           A    classical/on-shell  q_cl   B
 |
 |
 |----------------------------------------------------> t

Fig. 3. Los cuatro puntos de Feynman. (Nótese que las dos líneas ASCII rectas horizontales y las dos verticales son en general una simplificación excesiva de las trayectorias reales).

Comenzamos con la acción sobre la cáscara

$$\tag{21} S(A\to B)~=~I(A\to B)$$

para alguna trayectoria clásica $q_{\rm cl}$ entre dos eventos espaciotemporales $A$ y $B$ . A continuación, aplicamos la transformación infinitesimal (6) para producir una trayectoria $q^{\prime}$ entre dos eventos espaciales infinitesimales desplazados $A^{\prime}$ y $B^{\prime}$ . A su vez, el camino $q^{\prime}$ tiene una acción fuera de la cáscara

$$\tag{22} I(A^{\prime}\to B^{\prime})~=~I(A\to B)$$

igual a la acción original debido a la simetría off-shell (5).

6) Método 1: Utilizando que $q^{\prime}$ es un camino clásico. La simetría off-shell (5) implica que la trayectoria $q^{\prime}$ es, de hecho, un camino clásico también, cf. por ejemplo este Puesto de Phys.SE. Así que también tenemos

$$\tag{23} S(A^{\prime}\to B^{\prime})~=~I(A^{\prime}\to B^{\prime}),$$

Véase el supuesto 2. Dado que la acción de Dirchlet sobre la cáscara (2) se supone diferenciable en sus argumentos, cf. el lema, tenemos

$$0~\stackrel{(22)}{=}~I(A^{\prime}\to B^{\prime})-I(A\to B) ~\stackrel{(21)+(23)}{=}~S(A^{\prime}\to B^{\prime})-S(A\to B)$$ $$\tag{24}~\stackrel{\text{Lemma}}{=}~S(B\to B^{\prime}) -S(A\to A^{\prime})+{\cal O}(\varepsilon^2)~\stackrel{(19)}{=}~\varepsilon (Q_f-Q_i)+{\cal O}(\varepsilon^2).$$

Llegamos a la conclusión principal del teorema de Noether, a saber, que la carga de Noether se conserva,

$$\tag{25} Q_f~=~Q_i.$$

7) Método 2: No utilizarlo $q^{\prime}$ es un camino clásico. Este método 2 trata de seguir más fielmente la prueba de Feynman en el sentido de que nos gustaría dar sentido a la trayectoria desplazada $A\to A^{\prime}\to B^{\prime}\to B$ . Por desgracia, las dos piezas infinitesimales $A\to A^{\prime}$ y $B^{\prime}\to B$ (que elegiremos como caminos clásicos) pueden corresponder a un tiempo constante. [La integración del tiempo en la definición (1) de la acción fuera de la cáscara $I(A\to A^{\prime}\to B^{\prime}\to B)$ no tendría sentido en caso de tiempo constante]. En estos casos sustituimos los cuatro puntos de Feynman por seis puntos, es decir, ampliamos infinitesimalmente la trayectoria clásica original $A\to B$ a una vía clásica $A^{*}\to B^{*}$ de tal manera que los dos nuevos caminos infinitesimales $A^{*}\to A^{\prime}$ y $B^{\prime}\to B^{*}$ (que también elegiremos como trayectorias clásicas) no corresponden ambas al tiempo constante.

 ^ q
 |
 |           A'                              B'
 |            ________________________________
 |          /|                               |\
 |         / |                               | \  
 |        /  |                               |  \ 
 |    A* /___|_______________________________|___\ B*
 |           A    classical/on-shell  q_cl   B
 |
 |
 |----------------------------------------------------> t

Fig. 4. Seis puntos.

Ahora podemos aplicar el argumento de Feynman a las trayectorias entre $A^{*}$ y $B^{*}$ . Dado que la ruta virtual $A^{*}\to A^{\prime}\to B^{\prime}\to B^{*}$ es una variación infinitesimal de la trayectoria clásica $A^{*}\to A\to B\to B^{*}$ concluimos que la diferencia

$$S(A^{*}\to A^{\prime})+I(A^{\prime}\to B^{\prime})+S(B^{\prime}\to B^{*})$$ $$-S(A^{*}\to A)-S(A\to B)-S(B\to B^{*})$$ $$\tag{26} ~=~I(A^*\to A^{\prime}\to B^{\prime}\to B^*) -S(A^*\to A\to B\to B^*)~=~{\cal O}(\varepsilon^2)$$

no puede contener contribuciones lineales en $\varepsilon$ .

A continuación aplicamos el lema y el corolario de la sección 4. Las seis trayectorias clásicas infinitesimales mencionadas hasta ahora están descritas por la diferencial (10), que es lineal y, por tanto, obedece a una regla de adición (co)vectorial. Por tanto,

$$\tag{27} S(A^{*}\to A^{\prime})-S(A^{*}\to A) +{\cal O}(\varepsilon^2) ~\stackrel{(10)}{=}~S(A\to A^{\prime}) ~\stackrel{(19)}{=}~\varepsilon Q_i,\qquad $$ $$\tag{28} S(B\to B^{*}) - S(B^{\prime}\to B^{*})+{\cal O}(\varepsilon^2) ~\stackrel{(10)}{=}~S(B\to B^{\prime}) ~\stackrel{(19)}{=}~\varepsilon Q_f.\qquad $$

Comparando las ecuaciones (21)-(22), (26)-(28), llegamos de nuevo a la conclusión principal (25) del teorema de Noether.

Referencias:

1. R.P. Feynman, El carácter del derecho físico, 1965, pp. 103 - 105.

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$^1$ Para ver la prueba de Feynman, ver aproximadamente 50 minutos en este video . El teorema de Noether se trata en 45:25-51:27 .

$^2$ Feynman utiliza la convención opuesta para horizontal y vertical que esta respuesta.

$^3$ El teorema de Noether funciona con menos supuestos, pero para evitar tecnicismos matemáticos, imponemos los supuestos 1, 2 y 3. Obsérvese que es fácil encontrar ejemplos que satisfagan la suposición 1 y 2, pero en los que la trayectoria clásica $q_{\rm cl}$ puede saltar de forma discontinua al variar los valores límite $(q_f,t_f;q_i,t_i)$ por lo que la hipótesis 3 no se cumple.

Answer 2

La trayectoria no es recta porque Feynman está imaginando un sistema arbitrario, puede ser un sistema de muchos cuerpos, incluso un campo, y la trayectoria puede ser complicada. La simetría relaciona la trayectoria del bulto con la trayectoria desplazada del bulto, y la propiedad estacionaria significa que la acción total no cambia por la deformación infinitesimal, por lo que se puede concluir que la pequeña acción superior es igual a la pequeña acción inferior.

Equivalente formal

Para que el argumento de Feynman quede formalmente claro, consideremos la acción para dos partículas que interactúan mediante una ley de fuerza traslacional invariante:

$$ S = \int {m_1\over 2} {\dot x_1}^2 + {m_2\over 2} {\dot x_2}^2 - V(x_1 - x_2) dt $$

La trayectoria minimizadora es el par $x_1(t),x_2(t)$ . Consideremos ahora la posibilidad de hacer una variación infinitesimal de la trayectoria de la forma de Feynman, tomando el par de trayectorias $x_1,x_2$ a $x_1(t) + \epsilon \theta(t) , x_2(t) + \epsilon\theta(t)$ , donde $\epsilon$ es infinitesimal, y $\theta(t)=1$ para $t_0<t<t_1$ y $\theta(t)=0$ en otro lugar. Esto es traducir el sistema entre tiempos $t_0$ y $t_1$ y produce dos "líneas horizontales" en $t_1$ y $t_2$ (en el espacio de configuración de mayor dimensión de las dos partículas).

Como dice Feynman, la acción de esta trayectoria perturbada es igual a la acción original, al orden más bajo, porque la trayectoria verdadera es un extremo, y ésta es una variación infinitesimal. Pero aparte de las dos "patadas" de velocidad infinita en el tiempo $t_0$ y $t_1$ la acción también es exactamente igual a la antigua acción, por invariancia de traslación. Por lo tanto, se puede concluir que la contribución de la acción de las dos patadas de velocidad tiene que anularse, es decir, la acción de los segmentos horizontales en $t_0$ y $t_1$ son iguales, y algo se conserva.

Para encontrar qué es ese algo, la acción formal de estos segmentos horizontales se encuentra formalmente escribiendo la perturbación de la velocidad $\delta \dot{x}$ --- el cambio de velocidad es formalmente $\epsilon \delta(t-t_0) - \epsilon\delta(t-t_1)$ es decir, la velocidad de cada partícula recibe dos patadas infinitesimales de la función delta.

El cambio variacional formal en L en respuesta a esta variación infinitesimal de la velocidad es ${\partial L \over \partial \dot{x_1}} \delta \dot{x_1} + {\partial L\over \partial \dot{x_2}} \delta\dot{x_2} $ que es $\epsilon (P_1(t) + P_2(t))(\delta(t-t_0) - \delta(t-t_1))$ es decir, el momento total por la variación de la velocidad. Pero como la variación de la velocidad no es más que las dos funciones delta, con signo contrario, la variación total, que es cero, acaba diciendo que el momento total es igual al principio y al final, es decir, que el momento total se conserva. Este es el argumento de Feynman hecho formal, y puedes ver que es formalmente correcto y equivalente a otros enfoques.

La variación de S es la integral de la variación de L: $\int (P_1(t) + P_2(t))(\delta(t-t_0) - \delta(t-t_1)) dt$ o $P_T(t_1) - P_T(t_0)$ donde $P_T$ es el momento total. Si lo ponemos a cero, significa que $P_T$ se conserva.

El problema de intuición de este argumento formal es simplemente el uso de derivadas variacionales y variaciones de la función delta de la velocidad. Las derivadas variacionales son contrarias a la intuición, porque, dada una funcional F(x(t)) se "definen" formalmente en la física como sigue:

$${\delta F \over \delta x(t)}(t_0) = {F(x(t) + \epsilon\delta(t-t_0)) - F(x(t)) \over \epsilon}$$

Esta definición es patentes sin sentido (aunque útil heurísticamente), porque por muy pequeño que sea $\epsilon$ se imagina, el $\delta$ es infinita en $t_0$ por lo que es imposible que la variación sea realmente infinitesimal.

Para definir matemáticamente la derivada variacional se requiere lo siguiente--- para cualquier $\epsilon(t)$ la variación infinitesimal de F(x(t)) es lineal de primer orden, por lo que debe ser un núcleo lineal (posiblemente distributivo) integrado contra $\epsilon$ :

$$F(x(t) + \epsilon(t)) = F(x(t)) + \int K(t') \epsilon(t') dt' + o(\epsilon)$$

donde el funcional es diferenciable cuando hay una K que hace que lo anterior funcione, y por definición, el núcleo K es la derivada variacional:

$${\delta F \over \delta x(t)}(t_i) = K(t_i) $$

Entonces se puede ver por qué la definición formal funciona, porque cuando se introduce formalmente $\epsilon(t) = \delta(t-t_0)$ , se hace la integral para la variación, y se escoge $K(t_0)$ . Por eso la definición formal, a pesar de no tener sentido, es útil para las imágenes, porque es más o menos lo que se hace. Pero en la realidad, si quieres que las cosas sean infinitesimales, tienes que imaginar que la función delta está regulada a una protuberancia delgada, y $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño como para que el bache sea infinitesimal.

En este caso, las confusiones sobre la "velocidad infinita" de las patadas horizontales se deben enteramente a la cuestión de tomar derivadas funcionales con funciones delta, en lugar de hacer una variación suave, y sustituir las funciones delta sólo al final. Pero esta es una confusión que desaparece al familiarizarse con las derivadas funcionales, y pasar por alto esta molesta sutileza es, de hecho, una buena característica del argumento de Feynman, porque tienes que completar esta sutileza por ti mismo, y esto es un entrenamiento extremadamente bueno para los estudiantes que están tratando de ganar familiaridad intuitiva con las derivadas funcionales.

El resultado de todo esto es que el argumento de Feynman es completamente correcto al 100%, pero para ver esto, depende de que te sientas cómodo con la noción de derivada funcional, y con la idea de una variación "infinitesimal" de la función delta de la velocidad. Se puede generalizar el argumento a cualquier simetría, y se recupera la fórmula correcta para la corriente de Noether, y personalmente encuentro más fácil derivar la corriente de Noether de esta manera.

El argumento aparece en la literatura de física no popular después de 1964 en varios lugares disfrazados. Una forma famosa de demostrar el teorema de Noether es permitir que el parámetro de simetría varíe con el tiempo (o con el tiempo y la posición en la teoría de campos), y luego integrar por partes, observando que la variación total es cero, y la variación es proporcional a una derivada. Aunque esto parece formalmente diferente de la prueba de Feynman de 1964, es completamente idéntico a la hora de la verdad, es sólo doblar las cuestiones de la derivada funcional y hacerlas desaparecer, por lo que conceptualmente no requiere entender $\delta$ variaciones de la función. Esta es la prueba de libro de texto que más se presenta a los estudiantes hoy en día, la leí en uno de los artículos de Hawking. Pero en realidad es el argumento de Feynman de 1964 dicho en un lenguaje un poco más y menos accesible.

La belleza del argumento de Feynman es que es simultáneamente más y menos accesible. Es más accesible para el público lego en la medida en que la intuición es inmediata y aparente cuando no se tiene formación matemática. Es menos accesible porque la cuestión de la derivada variacional hace que parezca una tontería cuando se tiene un poco de formación matemática. Lo bueno es que una vez que se resuelven las cuestiones que surgen en un segundo vistazo, vuelve a ser correcto, y se han aprendido dos cosas por el precio de un diagrama muy simple y un argumento muy sencillo.

Este argumento de Feynman es, con mucho, mi favorito de divulgación científica, porque es el sólo caso en la historia que conozco en el que un resultado se presentó a nivel popular para luego convertirse en norma a nivel profesional. Ni que decir tiene que el flujo de ideas suele ir sólo en la dirección contraria. Además, este argumento es muy intemporal y hermoso, y su aparente equivocación superficial a nivel intermedio es parte de lo que lo hace tan hermoso.

Respuesta original

(Originalmente no escribí todo lo anterior, ya que decidí simplemente reemplazar las funciones delta en el argumento de Feynman por patadas de funciones delta suavizadas, y entonces sé que el argumento pasa. Pero esto resultó ser confuso, así que amplié la respuesta)

Pero se puede entender el argumento de Feynman de forma más barata simplemente regulando las funciones delta a impulsos rápidos infinitesimales de velocidad. Si haces esto, el uso de líneas horizontales es un poco engañoso, porque cuando haces el argumento preciso de esta manera, las líneas son sólo infinitesimalmente diferentes en velocidad, por lo que son casi paralelas, sólo se deslizan un poco hacia fuera, y luego de vuelta al final. Pero esto es difícil de dibujar.

Para regular el argumento, sustituye las líneas horizontales por líneas cortas, de altura $\epsilon$ y la anchura horizontal $\delta$ . La velocidad a lo largo del segmento horizontal es $\delta/\epsilon$ y la acción extra a lo largo del pequeño segmento al principio es ${\partial S\over \partial \dot{x}}{\delta\over \epsilon}$ que es $pv$ . Usted es libre de ajustar $\epsilon$ y $\delta$ independientemente, por lo que se puede hacer que v sea pequeño y el segmento corto al mismo tiempo. En este límite, las líneas son casi verticales, pero esto no se ve bien en una imagen.

El resultado es que el momento canónico correspondiente a la coordenada que se traslada se conserva. En un sistema de muchas partículas, la suma de los momentos sobre todas las partículas es la cantidad conservada, ya que la acción se suma sobre las partículas que se trasladan.

Para cualquier movimiento de la coordenada, la acción del camino pequeño es $p\delta x$ en el límite de pequeñas $\delta x$ . Así que para la traducción del tiempo, se obtiene la pequeña acción $p\dot{x} - L $ para los puntos finales, moviendo el camino un poco hacia arriba en el tiempo. Moviendo los puntos hacia arriba, los desplazas por su velocidad, así que $p \dot{x}$ , mientras que estás quitando un poco de acción porque el rango de integración se desplaza, por lo que hay una segunda contribución que es $L\delta t$ . Esto da el Hamiltoniano, y se obtiene la ley de conservación de la energía.

El argumento de Feynman se presenta más a menudo haciendo que la traslación infinitesimal dependa del tiempo, e integrando por partes. Esto es completamente equivalente, ya que se puede imaginar que las pequeñas patadas se distribuyen a lo largo del eje del tiempo de manera uniforme. En el importante caso especial de una acción cuadrática en la velocidad, el cambio real en la acción no se preocupa por la pendiente de la línea, y puedes hacer las líneas horizontales tomando el límite de $\delta\rightarrow 0$ , $\epsilon\rightarrow 0$ , ${\delta\over \epsilon}\rightarrow\infty$ y el cambio de acción a lo largo de las trayectorias (ahora horizontales) es el mismo que si la traslación es infinitesimal.

Answer 3

Los caminos AB y CD son exactamente la misma longitud, con exactamente las mismas horas de inicio y fin, lo que significa que los caminos AC y BD se recorren en $\delta t = 0$ a una velocidad infinita.

Sr. Feynman: ¡está diciendo tonterías, como le diría a un científico social!