¿Es posible aplicar las ecuaciones de Hamilton-Jacobi a una partícula en caída libre?

Como vimos en publicaciones anteriores, me gusta dejar para lo último el método de Hamilton-Jacobi, porque a partir de la integral completa podemos obtener una ecuación integro-diferencial, para poder hallar la solución del problema, además de proporcionarnos el espacio de fase, y cumplir con todos los principios variacionales.

Aplicamos las ecuaciones de Hamilton-Jacobi a  nuestro hamiltoniano, tal como antes :

\[\frac{p_{y}^{2}}{2m}-mgy=E\]

\[\frac{1}{2m}\left(\frac{\partial S_{0}}{\partial y}\right)^{2}-mgy=E\]

Despejamos los términos del parentesis:
\[\left(\frac{\partial S_{0}}{\partial y}\right)^{2}=2m\left(E+mgy\right)\]
Aplicamos separación de variables:
\[S_{0}=Y(y)\]
Y nos quedara en términos de una diferencial ordinaria de primer orden:
\[\left(\frac{dY(y)}{dy}\right)^{2}=2m\left(E+mgy\right)\]
Despejamos la función $Y(y)$:
\[\frac{dY(y)}{dy}=\sqrt{2m\left(E+mgy\right)}\]
\[\int \frac{dY(y)}{dy}dy=\int \sqrt{2m\left(E+mgy\right)} dy\]
\[\int dY(y)=\int \sqrt{2m\left(E+mgy\right)} dy\]
\[Y(y)=\int \sqrt{2m\left(E+mgy\right)} dy\]
La acción toma la forma:
\[S(y)=Y(y)-Et\]
La integral completa toma la forma:
\[S(y)=\int \sqrt{2m\left(E+mgy\right)} dy-Et\]
Y está ultima se llama la integral completa del probelma. Derivamos parcialmente respecto a $x$
\[\frac{\partial S(y)}{\partial y}=p_{y}=\sqrt{2m\left(E+mgy\right)}\]
Corresponde al momento en función de la energía para la partícula en caída libre, en esta publicación tenemos el espacio de fase correspondiente, ahora derivamos parcialmente respecto a la energía $E$ y obtenemos la ecuación integro-diferencial:
\[\frac{\partial S(y)}{\partial E}=\beta_{E}=\int\frac{2m}{2\sqrt{2m\left(E+mgy\right)}}dx-t\]
\[\beta_{E}=\int\frac{m}{\sqrt{2m\left(E+mgy\right)}}dx-t\]
Sacando factor común de la energía en la raíz cuadrada es posible escribir:
\[\beta_{E}+t=\sqrt{\frac{m}{2E}}\int \frac{dy}{\sqrt{1+\frac{mg}{E}y}}\]
La respuesta a esta integral es:
\[\sqrt{\frac{m}{2E}}\int \frac{dy}{\sqrt{1+\frac{mg}{E}y}}=\sqrt{\frac{2E}{mg^{2}}}\sqrt{1+\frac{mg}{E}y}\]
Despejamos $y$:
\[\beta_{E}+t=\sqrt{\frac{2E}{mg^{2}}}\sqrt{1+\frac{mg}{E}y}\]
\[y(t)=\frac{g}{2}(\beta_{E}+t)^{2}-\frac{E}{mg}\]
Para hallar las constantes $E$ y $\beta_{E}$ debemos aplicar las siguientes condiciones iniciales $y(t_{0})=y_{0}$ y $v_{y}(t_{0})=v_{0}$, luego también necesitamos obtener la derivada de nuestra solución:
\[v_{y}(t)=g(\beta_{E}+t)\]
Aplicamos las condiciones iniciales y nos queda el siguiente sistema de ecuaciones:
\[y_{0}=\frac{g}{2}(\beta_{E}+t_{0})^{2}-\frac{E}{mg}\]
\[v_{0}=g(\beta_{E}+t_{0})\]
Vemos que se cumple la igualdad $y_{0}=\frac{v_{0}}{2}(\beta_{E}+t_{0})-\frac{E}{mg}$ podemos hallar la constante $E$:
\[E=\frac{mgv_{0}}{2}(\beta_{E}+t_{0})-mgy_{0}\]
A partir de la segunda ecuación es posible hallar la constante $\beta_{E}$:
\[\beta_{E}=\frac{v_{0}}{g}-t_{0}\]
Reemplazamos este resultado para obtener finalmente el valor de la constante $E$:
\[E=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-mgy_{0}\]
Reemplazamos ahora estos términos en nuestra solución original y llegamos a lo siguiente:
\[y(t)=\frac{g}{2}\left(\frac{v_{0}}{g}-t_{0}+t\right)^{2}-\frac{v_{0}^{2}}{2g}+y_{0}\]
Que podemos representar mejor de la siguiente manera:
\[y(t)=\frac{g(t-t_{0})^{2}}{2}+v_{0}(t-t_{0})+y_{0}\]
Sí el tiempo inicial $t_{0}=0$, obtenemos las ecuaciones de un movimiento en caída libre que se obtienen al analizar la cinemática del problema:
\[y(t)=\frac{gt^{2}}{2}+v_{0}t+y_{0}\]
Además podemos observar que sí $t=t_{0}$ tendremos el movimiento desde el reposo:
\[y(t_{0})=y_{0}\]
Luego hemos hallado las soluciones al problema planteado.