Acá muestro la obtención de la fuerza de Lorentz en ausencia de campo eléctrico externo a partir de la lagrangiana clásica. El siguiente es el proceso inverso, que se puede extender fácilmente en presencia de campo eléctrico vía la relación ${\vec{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial\vec{A}}{\partial{t}}}$. El detalle está en hallar el potencial V (si existe) tal que la fuerza de Lorentz sea monogénica
\begin{equation}\vec{F}\equiv{e}\,\dot{\vec{r}}\times\left(\nabla\times\vec{A}\right)=-\frac{\partial{V}}{\partial\vec{r}}+\frac{d}{dt}\frac{\partial{V}}{\partial\dot{\vec{r}}}\end{equation} La i-ésima componente de la fuerza es (empleo la suma sobre índices repetidos)
\begin{align}F_i&=e\,\epsilon_{ijk}\dot{r}_j\left(\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\right)\nonumber\\
&=e\,\dot{r}_j\,\epsilon_{kij}\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\nonumber\\
&=e\dot{r}_j\left(\delta_{i\ell}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{j\ell}\right)\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\nonumber\\
&=e\dot{r}_j\left(\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right)\nonumber\\
&=e\left[\dot{r}_j\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]\end{align} y ya que ${\vec{A}=\vec{A}(\vec{r},t)}$, se tiene ${\dot{A}_i=(\partial_jA_i)\dot{r}_j}$, entonces
\begin{equation}F_i=e\left[\frac{dA_i}{dt}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]\end{equation} de modo entonces que por comparación con la primer ecuación, se sigue que
\begin{equation}V=-e\,\dot{r}_iA_i=-e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}\end{equation} por tanto
\begin{equation}\mathcal{L}=\frac{1}{2}m\dot{\vec{r}}^{\,2}+e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}\end{equation} como se esperaba. En la entrada pasada muestro la obtención del hamiltoniano por transformada de Legendre, sin embargo véase que la lagrangiana es de la forma
\begin{equation}\mathcal{L}=\frac{1}{2}\dot{\vec{r}}^{\,\mathrm{T}}\mathbb{M}\,\dot{\vec{r}}+\vec{a}\cdot\dot{\vec{r}}\end{equation} de modo que $\mathcal{H}$ puede escribirse en la forma
\begin{equation}\mathcal{H}=\frac{1}{2}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)^\mathrm{T}\mathbb{M}^{-1}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)\end{equation} entonces en este caso, ya que ${\mathbb{M}=m\mathbb{I}=m\begin{pmatrix}1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&1\end{pmatrix}}$ y ${\vec{a}\equiv{e}\vec{A}}$, se sigue inmediatamente que
\begin{equation}\mathcal{H}=\frac{1}{2m}\left(\vec{p}-e\vec{A}\right)^2\end{equation} como se sabe.
\begin{equation}\vec{F}\equiv{e}\,\dot{\vec{r}}\times\left(\nabla\times\vec{A}\right)=-\frac{\partial{V}}{\partial\vec{r}}+\frac{d}{dt}\frac{\partial{V}}{\partial\dot{\vec{r}}}\end{equation} La i-ésima componente de la fuerza es (empleo la suma sobre índices repetidos)
\begin{align}F_i&=e\,\epsilon_{ijk}\dot{r}_j\left(\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\right)\nonumber\\
&=e\,\dot{r}_j\,\epsilon_{kij}\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\nonumber\\
&=e\dot{r}_j\left(\delta_{i\ell}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{j\ell}\right)\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\nonumber\\
&=e\dot{r}_j\left(\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right)\nonumber\\
&=e\left[\dot{r}_j\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]\end{align} y ya que ${\vec{A}=\vec{A}(\vec{r},t)}$, se tiene ${\dot{A}_i=(\partial_jA_i)\dot{r}_j}$, entonces
\begin{equation}F_i=e\left[\frac{dA_i}{dt}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]\end{equation} de modo entonces que por comparación con la primer ecuación, se sigue que
\begin{equation}V=-e\,\dot{r}_iA_i=-e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}\end{equation} por tanto
\begin{equation}\mathcal{L}=\frac{1}{2}m\dot{\vec{r}}^{\,2}+e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}\end{equation} como se esperaba. En la entrada pasada muestro la obtención del hamiltoniano por transformada de Legendre, sin embargo véase que la lagrangiana es de la forma
\begin{equation}\mathcal{L}=\frac{1}{2}\dot{\vec{r}}^{\,\mathrm{T}}\mathbb{M}\,\dot{\vec{r}}+\vec{a}\cdot\dot{\vec{r}}\end{equation} de modo que $\mathcal{H}$ puede escribirse en la forma
\begin{equation}\mathcal{H}=\frac{1}{2}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)^\mathrm{T}\mathbb{M}^{-1}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)\end{equation} entonces en este caso, ya que ${\mathbb{M}=m\mathbb{I}=m\begin{pmatrix}1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&1\end{pmatrix}}$ y ${\vec{a}\equiv{e}\vec{A}}$, se sigue inmediatamente que
\begin{equation}\mathcal{H}=\frac{1}{2m}\left(\vec{p}-e\vec{A}\right)^2\end{equation} como se sabe.
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