Задача. Найти коэффициент отражения для потенциала $V(x)=-G\sum_{n=0}^{\infty}\delta(x-a n)$.А что, интересно, народ про нее думает?
четверг, 25 августа 2011 г.
Некорректный вопрос
Сегодня было обсуждение курса квантовой механики и возник вопрос о корректности следующей задачи:
Силы Ван-дер-Ваальса
Применяющие квантовую механику в повседневной работе часто склонны интерпретировать волновую функцию как обычное классическое поле, примерно такое же, как электромагнитное. Волновая функция подчиняется вполне детерминистским законам --- уравнению Шредингера (ну, или его релятивистским аналогам). Как уравнения Максвелла управляют эволюцией электромагнитного поля, так уравнение Шредингера управляет эволюцией волновой функции. Квантовой неопределенности отводится место только в процессе измерения, который для теоретика сводится обычно к простому рецепту вычисления амплитуды вероятности и возведения ее по модулю в квадрат. Электрон в атоме адептом такой точки зрения воспринимается как размазанное вокруг ядра облачко отрицательного заряда. Действительно, во многих случаях такая картина может показаться правильной, причем не только качественно, но и количественно. Например, если рассеивать заряженные частицы (можно те же электроны) на атоме водорода, борновское сечение упругого рассеяния совпадет с сечением в электрическом поле потенциала, который создается распределением заряда \[\rho(\mathbf{r})=|e|[\delta(\mathbf{r})-|\psi(\mathbf{r})|^2]\,\] т.е. можно считать электрон размазанным вокруг ядра с плотностью заряда $e|\psi(\mathbf{r})|^2$.
Однако, такое представление о волновой функции в некоторых случаях может сбить с толку. Я сейчас не собираюсь разбирать различные философские вопросы, типа вопроса имеет ли один электрон волновую функцию, а вместо этого разберу задачу вычисления потенциала взаимодействия двух атомов на больших расстояниях, т.н. сил Ван-дер-Ваальса.
Как известно, в молекулярных системах благодаря большой массе ядер по сравнению с массой электрона можно и нужно использовать приближение Борна-Оппенгеймера, в котором вся электронная часть гамильтониана преобразуется в эффективный добавочный потенциал для ядер. Этот потенциал вычисляется как энергия электронов при фиксированном расположении ядер.
Возьмем сначала атом водорода с ядром в начале координат и протон (ядро водорода) в точке $\mathbf{R}$. Какова зависимость энергии их взаимодействия от $R$ при больших $R$? Сделаем оценку, опираясь на представление об электроне как о зарядовом облаке с характерным размером $a_B=\hbar^2/me^2$. Считаем, что под действием электрического поля второго ядра это облако немного смещается в направлении $\mathbf{R}$ на расстояние $r_0$. Тогда приращение энергии взаимодействия облака со своим ядром можно оценить как \[eQ/r_0\sim e^2 (r_0/a_B)^3/r_0=e^2r_0^2/a_B^3\ .\] Здесь $Q$ --- заряд электрона, сосредоточенный в сфере радиуса $r_0$. Зато энергия взаимодействия облака с чужим ядром уменьшается на величину $|e| r_0\mathcal{E}\approx e^2 r_0/R^2$. Поэтому общее изменение энергии запишем в виде\[\delta E\sim e^2(r_0^2/a_B^3-r_0/R^2)\] Минимум достигается при $r_0\sim a_B^3/2R^2$ и потенциал между ядрами равен по порядку величины \[U(R)=\delta E_{min}\sim -\left(\frac{a_B}{R}\right)^4\text{Ry}\ .\] Точный квантовомеханический расчет дает для основного состояния, если память мне не изменяет, \[U(R)= -\frac12\alpha_E \mathcal{E}^2=-\frac94\left(\frac{a_B}{R}\right)^4\text{Ry}\,,\] где $\alpha_E$ --- статическая электрическая поляризуемость.То есть, мы получили правильную оценку.
Рассмотрим однако теперь два атома водорода на расстоянии $R\gg a_B$. Ясно, что в соответствии с нашей наивной картиной они никак не взаимодействуют. Действительно, даже если мы, в надежде найти нетривиальный минимум, вычислим дополнительную энергию при смещении электронных облаков вдоль линии, соединяющей ядра, она окажется положительной, поскольку все вклады будут квадратичны по смещениям, а два доминирующих --- положительны (проверка предоставляется читателю). Поправки за счет перекрытия электронных облаков являются, конечно, ничтожными благодаря экспоненциальному спаданию волновой функции электрона.
Однако, правильный квантовомеханический расчет дает ненулевую энергию взаимодействия \[U(R)=\frac{3ie^4}{2\pi R^6}\int d\omega \alpha_E(\omega)\alpha_E(\omega)\sim -\left(\frac{a_B}{R}\right)^6 \text{Ry}\]
Здесь $\alpha_E(\omega)$ --- то, что называется динамической электрической поляризуемостью атома. Физический смысл этой величины очень простой: если мы поместим атом в периодическое электрическое поле с частотой $\omega=2\pi\nu$, у него появится добавка $-\alpha_E(\omega)\langle E^2\rangle/2$ к средней энергии. Мнимая единица в формуле для $U(R)$ смущать может, но не должна. Дело в том, что, при $\hbar\omega$ равной резонансной частоте, в поляризуемости $\alpha_E(\omega)$ есть мнимые $\delta$-функционные члены, так что результирующий интеграл вещественен.
Чтобы понять происхождение сил Ван-дер-Ваальса, нам нужно отказаться от картинки статического электронного облака в пользу картинки, в которой электрон случайно блуждает вокруг ядра, посещая различные точки с вероятностью, пропорциональной $|\psi(\mathbf{r})|^2$. В этой картине так же, как и в случае статического распределения заряда, среднее электрическое поле на большом расстоянии равно нулю (точнее, экспоненциально подавлено). Однако, если мы будем вычислять квадрат электрического поля, то он уже будет спадать по медленному степенному закону:\[\langle \mathcal{E}^2\rangle\sim (e a_B)^2/R^6\,.\] То есть, в области второго атома есть флуктуирующее случайное по направлению электрическое поле, с амплитудой $\mathcal{E}\sim e a_B/R^3$. Энергию взаимодействия второго атома с таким полем мы оцениваем как\[U(R)\sim -\alpha_E \mathcal{E}^2\sim -a_B^3(e a_B/R^3)^2\sim - \left(\frac{a_B}{R}\right)^6 \text{Ry}\,,\] то есть, получаем правильную оценку.
Следует еще сказать, что наше рассмотрение, будучи нерелятивистским, не ухватывает эффектов запаздывания электромагнитного взаимодействия, которые становятся существенными на очень больших расстояниях порядка $\hbar c/\text{Ry}$. На расстояниях, больших по сравнению с этим масштабом, $U(R)\propto R^{-7}$.
И напоследок
Однако, такое представление о волновой функции в некоторых случаях может сбить с толку. Я сейчас не собираюсь разбирать различные философские вопросы, типа вопроса имеет ли один электрон волновую функцию, а вместо этого разберу задачу вычисления потенциала взаимодействия двух атомов на больших расстояниях, т.н. сил Ван-дер-Ваальса.
Как известно, в молекулярных системах благодаря большой массе ядер по сравнению с массой электрона можно и нужно использовать приближение Борна-Оппенгеймера, в котором вся электронная часть гамильтониана преобразуется в эффективный добавочный потенциал для ядер. Этот потенциал вычисляется как энергия электронов при фиксированном расположении ядер.
Возьмем сначала атом водорода с ядром в начале координат и протон (ядро водорода) в точке $\mathbf{R}$. Какова зависимость энергии их взаимодействия от $R$ при больших $R$? Сделаем оценку, опираясь на представление об электроне как о зарядовом облаке с характерным размером $a_B=\hbar^2/me^2$. Считаем, что под действием электрического поля второго ядра это облако немного смещается в направлении $\mathbf{R}$ на расстояние $r_0$. Тогда приращение энергии взаимодействия облака со своим ядром можно оценить как \[eQ/r_0\sim e^2 (r_0/a_B)^3/r_0=e^2r_0^2/a_B^3\ .\] Здесь $Q$ --- заряд электрона, сосредоточенный в сфере радиуса $r_0$. Зато энергия взаимодействия облака с чужим ядром уменьшается на величину $|e| r_0\mathcal{E}\approx e^2 r_0/R^2$. Поэтому общее изменение энергии запишем в виде\[\delta E\sim e^2(r_0^2/a_B^3-r_0/R^2)\] Минимум достигается при $r_0\sim a_B^3/2R^2$ и потенциал между ядрами равен по порядку величины \[U(R)=\delta E_{min}\sim -\left(\frac{a_B}{R}\right)^4\text{Ry}\ .\] Точный квантовомеханический расчет дает для основного состояния, если память мне не изменяет, \[U(R)= -\frac12\alpha_E \mathcal{E}^2=-\frac94\left(\frac{a_B}{R}\right)^4\text{Ry}\,,\] где $\alpha_E$ --- статическая электрическая поляризуемость.То есть, мы получили правильную оценку.
Рассмотрим однако теперь два атома водорода на расстоянии $R\gg a_B$. Ясно, что в соответствии с нашей наивной картиной они никак не взаимодействуют. Действительно, даже если мы, в надежде найти нетривиальный минимум, вычислим дополнительную энергию при смещении электронных облаков вдоль линии, соединяющей ядра, она окажется положительной, поскольку все вклады будут квадратичны по смещениям, а два доминирующих --- положительны (проверка предоставляется читателю). Поправки за счет перекрытия электронных облаков являются, конечно, ничтожными благодаря экспоненциальному спаданию волновой функции электрона.
Однако, правильный квантовомеханический расчет дает ненулевую энергию взаимодействия \[U(R)=\frac{3ie^4}{2\pi R^6}\int d\omega \alpha_E(\omega)\alpha_E(\omega)\sim -\left(\frac{a_B}{R}\right)^6 \text{Ry}\]
Здесь $\alpha_E(\omega)$ --- то, что называется динамической электрической поляризуемостью атома. Физический смысл этой величины очень простой: если мы поместим атом в периодическое электрическое поле с частотой $\omega=2\pi\nu$, у него появится добавка $-\alpha_E(\omega)\langle E^2\rangle/2$ к средней энергии. Мнимая единица в формуле для $U(R)$ смущать может, но не должна. Дело в том, что, при $\hbar\omega$ равной резонансной частоте, в поляризуемости $\alpha_E(\omega)$ есть мнимые $\delta$-функционные члены, так что результирующий интеграл вещественен.
Чтобы понять происхождение сил Ван-дер-Ваальса, нам нужно отказаться от картинки статического электронного облака в пользу картинки, в которой электрон случайно блуждает вокруг ядра, посещая различные точки с вероятностью, пропорциональной $|\psi(\mathbf{r})|^2$. В этой картине так же, как и в случае статического распределения заряда, среднее электрическое поле на большом расстоянии равно нулю (точнее, экспоненциально подавлено). Однако, если мы будем вычислять квадрат электрического поля, то он уже будет спадать по медленному степенному закону:\[\langle \mathcal{E}^2\rangle\sim (e a_B)^2/R^6\,.\] То есть, в области второго атома есть флуктуирующее случайное по направлению электрическое поле, с амплитудой $\mathcal{E}\sim e a_B/R^3$. Энергию взаимодействия второго атома с таким полем мы оцениваем как\[U(R)\sim -\alpha_E \mathcal{E}^2\sim -a_B^3(e a_B/R^3)^2\sim - \left(\frac{a_B}{R}\right)^6 \text{Ry}\,,\] то есть, получаем правильную оценку.
Следует еще сказать, что наше рассмотрение, будучи нерелятивистским, не ухватывает эффектов запаздывания электромагнитного взаимодействия, которые становятся существенными на очень больших расстояниях порядка $\hbar c/\text{Ry}$. На расстояниях, больших по сравнению с этим масштабом, $U(R)\propto R^{-7}$.
И напоследок
Задача.Оценить потенциал взаимодействия двух атомов водорода, находящихся на расстоянии $R$, $a_B\ll R\ll \hbar c/\text{Ry}$ , один из которых находится в $1s$, а другой --- в $2s$ состояниях.
пятница, 19 августа 2011 г.
Как убивать время.
Планировал вчера добить одну задачу, которую мы делаем с М. Как бы не так. Все утро было незаметно съедено хлопотами с ремонтом и добраться до работы удалось только к 11. На работе начали с обсуждения создавшейся ситуации на ФФ с тем же М., а затем и с подошедшим деканом Б.. В конце концов, я пошел к себе и только собрался заняться делом, как зашли вышеозначенные двое и сказали, что будут на мне ставить опыт. Опыт оказался задачей на построение линейкой, которую нужно было решить за пять минут. Задачу за пять минут мне решить не удалось, т.к. пришел Ч. и предложил другую задачу, которая ему зачем-то нужна была для работы. В конце концов, задачу Б. я решил. Задачу Ч. мы тоже решили с М., но тут наступило время идти встречать подъехавшую плитку и машину для вывоза строительного мусора. Приехал домой и сразу в магазин выбирать мебель и другое для новой квартиры. Час перед сном писал скрипт и этот пост. Так весь день и прошел. Приведу в своей редакции две задачи, которые решал.
Задача 1.(Б.) Найти с помощью одной линейки (без делений) центр тяжести фигуры, состоящей из двух прямоугольников, жестко скрепленных углами (см. рисунок ниже). Можно потренироваться прямо на рисунке: нажатие последовательно на две точки рисует прямую, появляющиеся точки пересечения тоже можно использовать для построения прямых. Когда появится точка, которую считаете центром тяжести, нажмите на нее, а затем на кнопку "Check".
Задача 2.(Ч.) Пусть $h\ $ --- матрица, так что $h^\dagger h \ $ не имеет нулевых с.з. Пусть теперь $H=h+x\ $, где $x\ $ --- инфинитезимальная матрица. Найти разложение матрицы $\sqrt{H^\dagger H}\ $ по $x\ $ до второго порядка. Под $\sqrt{h^\dagger h}\ $ понимается положительно определенная матрица, а под $\sqrt{H^\dagger H}\ $ --- матрица, близкая к $\sqrt{h^\dagger h}$.
вторник, 9 августа 2011 г.
Неравенства Белла
Сегодня (на самом деле месяца три назад, когда начал писать пост) как-то случайно обнаружил себя в состоянии гугления по ключевым словам "неравенства Белла". В смысле, не помню, с чего все началось. Статья в Википедии на мое удивление никакой конкретики не содержала, да и другие результаты поиска тоже были не лучше. Тема, на мой взгляд, относится к принципиальным вопросам квантовой механики и достойна заметки. Попробую воспроизвести обсуждение вопроса, которое я пару раз представлял студентам.
Итак, пусть у нас есть частица со спином ноль, которая может распасться на две частицы со спином половинка. Допустим, что в распаде сохраняется спин, тогда спиновая часть волновой функции конечных частиц имеет вид\[\frac1{\sqrt{2}}\left(|\uparrow\rangle|\downarrow\rangle-|\downarrow\rangle|\uparrow\rangle\right)\]Частицы летят в противоположных направлениях и попадают в два детектора, расположенные на большом расстоянии. Оба детектора одновременно измеряют проекцию спина своей частицы на ось $z$. Эксперимент повторяется много раз.
Парадокс Эйнштейна-Розена-Подольского состоит в том, что, согласно квантовой механике, показания приборов будут стопроцентно скоррелированы: если один покажет спин вверх, то другой --- спин вниз. Кажется, что приборы успевают мгновенно обменяться информацией, что противоречит специальной теории относительности. Однако, это, конечно, иллюзия: никакой полезной информации передать таким способом нельзя. Единственное, что мы мгновенно узнаем при измерении --- это результат такого же измерения, выполненного другим таким же прибором.
Более того, скептик может объяснять такую корреляцию абсолютно классически: в каждом распаде частица распадается на одну со спином вверх и одну со спином вниз, а какая из этих частиц попадает в какой детектор определяется сложной, но классической динамикой. Ясно, что мы получим те же результаты эксперимента, что и в квантовом случае. Говоря образно, ситуация обстоит так. Есть мешок с одним белым шаром и одним черным. Два экспериментатора не глядя вытаскивают по шару из мешка и разлетаются не ракетах в разные стороны. Потом они смотрят на свои шары ;) --- и вот она, корреляция.
Хорошо, идем дальше. Пусть теперь экспериментаторы договорились в определенной последовательности чередовать измерения вдоль оси $z$ и вдоль оси $x$. Согласно квантовой механике результаты измерений при этом все-равно стопроцентно скоррелированы. Ага, значит так мы можем определить окончательно и бесповоротно, работает квантовая механика или нет. Ну, не совсем, скажет наш скептик. Просто, в классике это соответствует тому, что есть теперь два мешка, из первого мы тащим шар, соответствующий проекции $z$, а из второго --- $x$. То есть начальная частица распадается либо на пару (++)+(--), либо на пару (+-)+(-+). Здесь мы обозначили за (+-) частицу, имеющую положительную проекцию спина на ось $z$ и отрицательную --- на ось $x$ и т.д.
Рассуждая так и далее, приходим к тому, что результаты экспериментов по измерению проекции спинов частиц на произвольную (но одну на обе частицы) ось можно объяснить, предполагая, что в каждом распаде спиновое состояние частицы характеризуется функцией направления $f(\mathbf{n})$, принимающей для каждого $\mathbf{n}$ с равной вероятностью значения $\pm 1/2$. Еще, конечно, должно быть $f(\mathbf{n})=-f(-\mathbf{n})$. Физический смысл введенной функции прост: ее значение для направления $\mathbf{n}$ есть проекция спина на это направление (которую наш скептик считает определенной вне зависимости от того, измеряется она или нет). При этом функции, соответствующие разным частицам, удовлетворяют условию $f_1(\mathbf{n})=-f_2(\mathbf{n})$ (вследствие сложной, но классической динамики). Так сказать, бесконечное количество мешков, по одному на каждую ось. Ситуация, конечно, странная (внутренний угловой момент частицы характеризуется целой функцией!), но все же классическая. При этом вся функция $f$ является локальной характеристикой (тем, что называется локальными скрытыми переменными) частицы, а то, что мы в каждом эксперименте можем измерить ее значение только для одного выбранного направления скептик списывает на несовершенство наших измерительных приборов. Более того, поскольку $f_1$ и $f_2$ для одного направления жестко связаны в нашем эксперименте, тот же самый скептик считает, что вторая частица дает нам возможность измерить значение $f_1$ под другим направлением.
Теперь будем проводить измерения для разных частиц под разными направлениями. Если угол между направлениями равен $\theta$, то квантовая механика говорит, что вероятность одинакового знака измеренных проекций равна $p(\theta)=\sin^2(\theta/2)$. Это означает, что наши вытягивания шаров из мешков не являются независимыми (в противном случае было бы $p(\theta)=0.5$). А точнее, нам нужно, чтобы коррелятор имел вид\[\langle f(\mathbf{n})f(\mathbf{n}^\prime)\rangle=\mathbf{n}\mathbf{n}^\prime/4\qquad(*)\] Вопрос: возможно ли это?
Покажем, что это невозможно. Для этого зафиксируем четыре направления как показано на рисунке 1 и рассмотрим среднее
\[\langle f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_3)+f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_4)+f(\mathbf{n}_2)f(\mathbf{n}_3)-f(\mathbf{n}_2)f(\mathbf{n}_4)\rangle\] Чему оно может быть равно? Пусть у нас есть ансамбль частиц. Для каждой частицы реализуется одна из 16 комбинаций значений $f$ для четырех выбранных направлений: (----),(---+),...,(++++). Вероятности, с которой реализуется каждая из комбинаций обозначим, соответственно, $w_0,w_1,\ldots,w_{15}$. Тогда наше среднее равно\[ (w_0+ w_1+w_2+w_3+w_{12}+ w_{13}+w_{14}+w_{15})/2\]\[-(w_4+w_5+w_6+w_7+w_8+w_9+w_{10}+w_{11})/2 \] Поскольку все вероятности положительны и их сумма равна $1$, видно, что для любого ансамбля это среднее меньше по модулю, чем $1/2$. А вот если бы мы использовали $(*)$, получили бы $1/\sqrt{2}\gt1/2$! Вот и противоречие.
Итак, у нас в руках способ экспериментально проверить существование у частицы, вне зависимости от измерения, проекций спина на любую ось. Единственно, что нужно еще сказать, это то, что мы считаем возможным приготовление нескольких одинаковых ансамблей частиц, так, чтобы была возможность измерить сначала на первом ансамбле $\langle f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_3)\rangle$ ($\stackrel{def}{=}-\langle f_1(\mathbf{n}_1)f_2(\mathbf{n}_3)\rangle$ ), затем на втором $\langle f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_4)\rangle$ и т.д. По мне, если этого не предполагать, нужно вообще наукой перестать заниматься, т.к., фактически, отрицается воспроизводимость эксперимента.
Итак, пусть у нас есть частица со спином ноль, которая может распасться на две частицы со спином половинка. Допустим, что в распаде сохраняется спин, тогда спиновая часть волновой функции конечных частиц имеет вид\[\frac1{\sqrt{2}}\left(|\uparrow\rangle|\downarrow\rangle-|\downarrow\rangle|\uparrow\rangle\right)\]Частицы летят в противоположных направлениях и попадают в два детектора, расположенные на большом расстоянии. Оба детектора одновременно измеряют проекцию спина своей частицы на ось $z$. Эксперимент повторяется много раз.
Парадокс Эйнштейна-Розена-Подольского состоит в том, что, согласно квантовой механике, показания приборов будут стопроцентно скоррелированы: если один покажет спин вверх, то другой --- спин вниз. Кажется, что приборы успевают мгновенно обменяться информацией, что противоречит специальной теории относительности. Однако, это, конечно, иллюзия: никакой полезной информации передать таким способом нельзя. Единственное, что мы мгновенно узнаем при измерении --- это результат такого же измерения, выполненного другим таким же прибором.
Более того, скептик может объяснять такую корреляцию абсолютно классически: в каждом распаде частица распадается на одну со спином вверх и одну со спином вниз, а какая из этих частиц попадает в какой детектор определяется сложной, но классической динамикой. Ясно, что мы получим те же результаты эксперимента, что и в квантовом случае. Говоря образно, ситуация обстоит так. Есть мешок с одним белым шаром и одним черным. Два экспериментатора не глядя вытаскивают по шару из мешка и разлетаются не ракетах в разные стороны. Потом они смотрят на свои шары ;) --- и вот она, корреляция.
Хорошо, идем дальше. Пусть теперь экспериментаторы договорились в определенной последовательности чередовать измерения вдоль оси $z$ и вдоль оси $x$. Согласно квантовой механике результаты измерений при этом все-равно стопроцентно скоррелированы. Ага, значит так мы можем определить окончательно и бесповоротно, работает квантовая механика или нет. Ну, не совсем, скажет наш скептик. Просто, в классике это соответствует тому, что есть теперь два мешка, из первого мы тащим шар, соответствующий проекции $z$, а из второго --- $x$. То есть начальная частица распадается либо на пару (++)+(--), либо на пару (+-)+(-+). Здесь мы обозначили за (+-) частицу, имеющую положительную проекцию спина на ось $z$ и отрицательную --- на ось $x$ и т.д.
Рассуждая так и далее, приходим к тому, что результаты экспериментов по измерению проекции спинов частиц на произвольную (но одну на обе частицы) ось можно объяснить, предполагая, что в каждом распаде спиновое состояние частицы характеризуется функцией направления $f(\mathbf{n})$, принимающей для каждого $\mathbf{n}$ с равной вероятностью значения $\pm 1/2$. Еще, конечно, должно быть $f(\mathbf{n})=-f(-\mathbf{n})$. Физический смысл введенной функции прост: ее значение для направления $\mathbf{n}$ есть проекция спина на это направление (которую наш скептик считает определенной вне зависимости от того, измеряется она или нет). При этом функции, соответствующие разным частицам, удовлетворяют условию $f_1(\mathbf{n})=-f_2(\mathbf{n})$ (вследствие сложной, но классической динамики). Так сказать, бесконечное количество мешков, по одному на каждую ось. Ситуация, конечно, странная (внутренний угловой момент частицы характеризуется целой функцией!), но все же классическая. При этом вся функция $f$ является локальной характеристикой (тем, что называется локальными скрытыми переменными) частицы, а то, что мы в каждом эксперименте можем измерить ее значение только для одного выбранного направления скептик списывает на несовершенство наших измерительных приборов. Более того, поскольку $f_1$ и $f_2$ для одного направления жестко связаны в нашем эксперименте, тот же самый скептик считает, что вторая частица дает нам возможность измерить значение $f_1$ под другим направлением.
Теперь будем проводить измерения для разных частиц под разными направлениями. Если угол между направлениями равен $\theta$, то квантовая механика говорит, что вероятность одинакового знака измеренных проекций равна $p(\theta)=\sin^2(\theta/2)$. Это означает, что наши вытягивания шаров из мешков не являются независимыми (в противном случае было бы $p(\theta)=0.5$). А точнее, нам нужно, чтобы коррелятор имел вид\[\langle f(\mathbf{n})f(\mathbf{n}^\prime)\rangle=\mathbf{n}\mathbf{n}^\prime/4\qquad(*)\] Вопрос: возможно ли это?
 |
| Рис.1 |
Итак, у нас в руках способ экспериментально проверить существование у частицы, вне зависимости от измерения, проекций спина на любую ось. Единственно, что нужно еще сказать, это то, что мы считаем возможным приготовление нескольких одинаковых ансамблей частиц, так, чтобы была возможность измерить сначала на первом ансамбле $\langle f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_3)\rangle$ ($\stackrel{def}{=}-\langle f_1(\mathbf{n}_1)f_2(\mathbf{n}_3)\rangle$ ), затем на втором $\langle f(\mathbf{n}_1)f(\mathbf{n}_4)\rangle$ и т.д. По мне, если этого не предполагать, нужно вообще наукой перестать заниматься, т.к., фактически, отрицается воспроизводимость эксперимента.
четверг, 4 августа 2011 г.
Проверка жизнью javascript в браузерах
Чтобы совсем не потерять форму в программировании, накатал сегодня на javascriptе известную игру жизнь, только на треугольной решетке. Вскрытие показало, что градиентные заполнения даются браузерам с трудом и что победителем в этом является Opera. Мой любимый FF жутко тормозит, а Google chrome в спешке "не выговаривает слова", т.е., не рисует градиент вообще.
Подписаться на:
Сообщения (Atom)