Уравнение Гамильтона-Якоби (знак +/-)

[misha.physics]

Здравствуйте.
Пробую рассмотреть уравнение Гамильтона-Якоби на примере классической свободной материальной точки (одномерный случай, движение вдоль оси $Ox$).

С одной стороны, лагранжиан $L=\frac{mv_{0x}^2}{2}$, где $v_{0x}$ - начальная скорость (постоянная), $v_{0x}=\frac{x-x_0}{t-t_0}$, где $x(t_0)=x_0$. Действие $S=\int\limits_{t_0}^tLdt=\frac{m}{2}\big(\frac{x-x_0}{t-t_0}\big)^2\int\limits_{t_0}^tdt=\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}$.

С другой стороны, используем метод разделения переменных. Действие $S=S_t(t)+S_x(x)$. Уравнение Гамильтона-Якоби: $\frac{\partial S}{\partial t}+H=0$, гамильтониан $H=\frac{p_x^2}{2m}$, далее $\frac{\partial S}{\partial t}=\frac{\partial S_t}{\partial t}=-E$, где $E$ - полная энергия, то есть $E=\frac{mv_{0x}^2}{2}=\frac{m}{2}\big(\frac{x-x_0}{t-t_0}\big)^2$. Импульс $p_x=\frac{\partial S}{\partial x}=\frac{\partial S_x}{\partial x}$. Поэтому уравнение Гамильтона-Якоби запишется как: $-E+\frac{1}{2m}\big(\frac{\partial S_x}{\partial x}\big)^2=0$. Отсюда $S_x=\pm\sqrt{2mE}(x-x_0)$. Тогда действие $S=-E(t-t_0)\pm\sqrt{2mE}(x-x_0)$. Подставим сюда выражение для $E$, получим $S=-\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}\pm m\frac{(x-x_0)^2}{|t-t_0|}$. Здесь у нас есть две возможности для выбора знака ("$+$" или "$-$") и две возможности для раскрытия модуля ($t-t_0$ или $-(t-t_0)$). Вместе эти четыре комбинации дают два варианта для действия: $S=\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}$ и $S=-\frac{3m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}$. Первый вариант совпадает с результатом, полученным через лагранжиан, а второй вариант нет. В этом и мой вопрос.

И ещё, насчёт двух знаков в $S=-E(t-t_0)\pm\sqrt{2mE}(x-x_0)$. Я думаю они оба имеют физический смысл. В книге Э. Шмутцера "Основные принципы классической механики и классической теории поля (канонический аппарат)" в одном примере бралась частная производная $\frac{\partial S}{\partial E}$ и приравнивалась постоянной $\beta$. В нашем случае $S=-E(t-t_0)\pm\sqrt{2mE}(x-x_0)$ и $\frac{\partial S}{\partial E}=-(t-t_0)\pm\sqrt{\frac{m}{2E}}(x-x_0)=\beta$, далее условие $x(t_0)=x_0$ дает $\beta=0$, поэтому $t-t_0=\pm\sqrt{\frac{m}{2E}}(x-x_0)$ или $\frac{x-x_0}{t-t_0}=v_{0x}=\pm\sqrt{\frac{2E}{m}}$. И это правильно и следует из того, что $E=\frac{mv_{0x}^2}{2}$ и отсюда $v_{0x}=\pm\sqrt{\frac{2E}{m}}$. И для проекции начальной скорости $v_{0x}$ на ось $Ox$ существует два знака (если точка движется).

[lel0lel]

misha.physics в сообщении #1535378 писал(а):

Подставим сюда выражение для $E$, получим $S=-\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}\pm m\frac{(x-x_0)^2}{|t-t_0|}$.

Здесь корень из энергии неправильно извлечён, не хватает ещё одного модуля от разности координат. Кстати, всегда можно проверить условия на частные производные и понять правильно ли выражение для функции действия.

[misha.physics]

lel0lel в сообщении #1535382 писал(а):

Здесь корень из энергии неправильно извлечён, не хватает ещё одного модуля от разности координат.

Ой, точно, спасибо! Тогда будет $S=-\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}\pm m\big|\frac{x-x_0}{t-t_0}\big|(x-x_0)$. Теперь если $\frac{x-x_0}{t-t_0}=v_{0x}$ положительно, то берём знак "$+$" и раскрываем модуль с плюсом, а если отрицательно, то берём знак "$-$" и раскрываем модуль с минусом. Тогда в любом случае будет $S=\frac{m}{2}\frac{(x-x_0)^2}{t-t_0}$.

lel0lel в сообщении #1535382 писал(а):

Кстати, всегда можно проверить условия на частные производные и понять правильно ли выражение для функции действия.

Точно, спасибо!