Задачки

Забавно, Мишустин задал задачу, которую я когда-то упоминал в моём блоге. Задача слишком хорошая для импровизации --- думаю не обошлось без предварительной подготовки.

Услышал вчера неплохую задачу на логику.

Есть три друга: Илья, Лёша и Стас. Илья всегда говорит правду, Лёша всегда врёт, а Стас выбирает ответ случайно.

Повстречав эту троицу и задав три вопроса типа да-нет (каждый вопрос задаётся одному человеку), как определить кто из них кто?

Задача простая, конечно.

Задача с Форт Боярд Математиков

На выходных наткнулся на Ютьюбе на Форт Боярд Математиков. Ничего особенно интересного я от него не ждал, поскольку хорошие задачи, всё-же, за пять минут не решаются. Ну и да, там в основном были задачи на троечку (кстати вот здесь Савватеев умудрился неправильно решить задачу про бикфордовы шнуры --- а ведущий её зачёл), да ещё и почти все я знал, в той или иной редакции. Например, задачу со шкафчиками мне в немного другом оформлении (про бесконечный ряд лампочек) рассказали во время одного из моих визитов в Карлсруэ --- даже помню кто. Задача со взвешиванием 8-ми монет --- это вообще баян, да ещё и упрощенный вариант. Задачу с круглым озером я тоже знал, только там была девушка на матрасе и хулиган. Задача про девочек и мальчиков --- первая задача из сборника задач Дж. Кронин, Д. Гринберг, В.Телегди. Теоретическая физика. Сборник задач с решениями, (только там мальчиков ждали). В общем, из всех задач, которые там предлагались, я не знал только самую сложную --- про кооперативную игру с монетами. Вот скриншот условия

Два популяризатора науки оказались перед этой задачей беспомощны, по-крайней мере, в пределах отведенных им на размышление пяти минут. Честно признаюсь, что я сразу подумал, что в условии неточность, тем более, что в другой задаче неточность уже была. Я решил, что имеется в виду, что популяризаторы говорят номера по-очереди, и что второй слышит ответ первого. Тогда, конечно, задача решается тривиально (кстати, вероятность в этом случае получается равна 1). Но потом я понял, что в такой постановке задача слишком тупая даже для пяти минут, так что стал решать, считая, что они называют номера одновременно. И, пусть не после пяти минут, а после 10-15 я придумал решение с вероятностью выигрыша 2/3. Я был почти уверен, что это решение оптимально и что сделать вероятность больше 2/3 невозможно, но это не так. Я знаю решение с вероятностью 7/10, но вот является ли оно оптимальным --- вопрос для меня открытый.

Задача

Придумал сегодня красивую задачку:

Пусть $M$ — квадратная матрица $n\times n$, чьи элементы — рациональные числа. Если её характеристический полином \[\lambda^{n}+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\ldots+c_{0}
\] имеет хотя бы один нецелый коэффициент $c_{k}$, то ясно, что никаким преобразованием подобия \[T: M\to T^{-1}MT\] матрицу не сделать целочисленной. Вопрос: верно ли обратное: пусть все $c_{k}$ — целые. Всегда ли существует преобразование подобия $T$, переводящее матрицу в целочисленную?

Две задачи по ТФКП

Задачи на одну тему, но забавные.

• Рассмотрим интеграл \[ I\left(n,m\right)=\oint_{C}\frac{dx}{2\pi i}\left(\frac{4x+9+5\sqrt{x^{2}+9}}{(x-4)^{2}}\right)^{n}P^{\left(m\right)}\left(x\right)\,, \] где $C$ --- маленький круг с центром в точке $x=4$, $P^{\left(m\right)}\left(x\right)=a_{m}x^{m}+a_{m-1}x^{m-1}+\ldots+a_{0}$ --- полином $m$-ого порядка, $n$ --- целое положительное число. Вычислить $I\left(n,m\right)$ для $m<n-1$.
• Вычислить для $n\in \mathbb{N}$ \[ \operatorname{Res}\limits_{x=2}\frac{1}{x\sqrt{x^{4}+9}}\left(\frac{25x^{2}+100x+44}{5\sqrt{x^{4}+9}-16x+7}\right)^{n}\,. \]

Клин 2

Как известно, терема Римана об отображении позволяет однозначно отобразить любую односвязную область комплексной плоскости на верхнюю полуплоскость с помощью голоморфной функции $f(z)=u(x,y)+i v(x,y)$.

Вчера впал в десятисекудный клин, пытаясь сопоставить такие утверждения:

1. $v$ равно нулю на границе области (в плоскости $z$).
2. $\Delta v =0$ внутри области.
3. $v$ не равно нулю внутри области.
4. Ну, и принцип максимума, конечно. 

Вот что значит не задумывался. Или задумывался, но забыл?

Гёмбёц

Недавно пытался придумать несколько задач для курса мат. анализа, которые не выглядели бы надуманными. То есть, я искал задачу, которая возникает время от времени в реальной жизни, но её решение требует знаний мат. анализа. Оказалось, что это совсем непросто. Либо задачи выглядят надуманными, либо не требуют для решения неэлементарных методов. Так что, должен признаться, ничего у меня толком не получилось. Но в процессе размышления придумал такую задачу

Доказать, что любая плоская выпуклая фигура с постоянной плотностью массы и гладкой границей имеет как минимум два устойчивых положения равновесия.

Сделаем два замечания: Во-первых, если отбросить требование постоянной плотности,
очевидно, легко любую выпуклую фигуру сделать неваляшкой с одним устойчивым равновесием и одним неустойчивым. Второе замечание --- обобщение утверждения на трёхмерье оказывается неверным (гуглить по слову в заголовке поста).

P.S. Пост был написан, наверное, с год. А с тех пор я пробовал дать эту задачу одному сильному фмшатнику. Он почти решил.

P.P.S. По воспоминаниям похожим образом решается ещё такая задача

Доказать, что фигура с минимальным периметром при фиксированной площади --- круг.

 И вот ещё

Доказать, что не существует устойчивых мыльных пузырей с топологией поверхности тора (т.е. в виде бублика).

Эту последнюю задачу я, впрочем, только в предположении цилиндрической симметрии умею решать.

Визуальное решение задач на построение

Для профилактики слабоумия начал опять решать задачи на Diofant.ru. Вчера вот такую задачу увидел

ЗАДАЧА 981 (Diofant.ru). Перпендикуляр к диаметру 'Дана окружность o и прямая линия l, которая проходит через ее центр. На окружности отмечена точка A, не лежащая на прямой. При помощи одной линейки без делений постройте перпендикуляр от точки к прямой.

Для решения таких задач я использую свой скрипт. Решить-то я решил, но поскольку задача проверяется в ручном режиме, надо было еще написать решение. Поэтому вчера я немного допилил скрипт (если кому-то интересно, смотреть как его подключить в коде) и теперь он худо-бедно документирует действия. Вот, можно попробовать решить вышеупомянутую задачу. Точки на пересечениях двух объектов ставятся их последовательным выделением (при включенном инструменте line).

---

Задание в методичку по квантовому программированию.

Есть квантовый компьютер с памятью 3 кубита. Определим однобитовые гейты\[\mathrm{H1}=\mathrm{Not}=\left(\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}\right)\,,\quad \mathrm{H2}=\mathrm{H}=\frac1{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}\right)\,,\quad \mathrm{H3}=\frac1{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{cc}\sqrt{2}&1\\1&-\sqrt{2}\end{array}\right)\]
и их  управляемые варианты $\mathrm{cnH1}\,,\ \mathrm{cnH2}\,,\ \mathrm{cnH3}$, которые выполняют над битом соответствующее преобразование только если остальные два бита равны единице.
Система комманд нашего компьютера состоит из четырех комманд: $\mathrm{H1}\,,\ \mathrm{cnH1}\,,\ \mathrm{cnH2}\,,\ \mathrm{cnH3}$. Надо написать алгоритм, который при подаче на вход двоичного числа от 0 до 7 строит состояние (с определенным спином и проекцией) с соответствующим номером:

0. $\sqrt{1/2}(|001\rangle-|010\rangle)$
1. $\sqrt{1/2}(|101\rangle-|110\rangle)$
2. $\sqrt{1/6}(|001\rangle+|010\rangle-2|100\rangle)$
3. $\sqrt{1/6}(|101\rangle+|110\rangle-2|011\rangle)$
4. $|000\rangle$
5. $\sqrt{1/3}(|001\rangle+|010\rangle+|100\rangle)$
6. $\sqrt{1/3}(|101\rangle+|110\rangle+|011\rangle)$
7. $|111\rangle$

Здесь можно потренироваться:

---

Boilerplate

Your Program

Квантовые программисты

Все, наверное, слышали о квантовых компьютерах, которые, ну вот совсем скоро, будут созданы и будут решать все задачи, которые обычным, классическим компьютерам не по зубам. Я о них, видимо, в первый раз услышал где-то году в 97, сразу после прослушивания лекций по криптографии, в которых как раз объяснялась криптосистема с открытым ключом, основанная на сложности задачи факторизации. Поэтому важность алгоритма Шора я понял довольно быстро и при случае гордо объяснял всю историю.
Замечу, что никогда ни на одну секунду я не допускал, что реальный квантовый компьютер  будет создан в обозримом будущем (ну, скажем, лет за сто). Под "реальным квантовым компьютером" я понимаю, конечно, устройство, способное успешно конкурировать с обычными классическими компьютерами, а не просто раскладывать на множители число 15. Однако новости от компании D-wave, если им верить, показывают, что пора уже подумать о новой специальности в CS --- квантовый программист, а азы квантовой информатики нужно учить в школах и детских садах.

Ниже --- мой вклад в дело ликвидации квантовой компьютерной безграмотности. Это симулятор двухбитного квантового компьютера с набором комманд {Not,H,cNot,cH}, где две первые комманды --- однобитовые квантовые гейты, а две последние --- двухбитовые. Полноценную программу писать пока нельзя (возможно, в последующих постах это будет реализовано), так что работать можно в интерактивном режиме. Задача --- написать программу производящую определенное преобразование над входными данными. Сейчас объясню какое.

Кубит, как известно, --- двухуровневая квантовомеханическая система, и одной из ее естественных реализаций (хотя, возможно, не на практике) является спин 1/2. Нолик и единица представляются как \[|0\rangle=|\downarrow\rangle\,,\quad |1\rangle=|\uparrow\rangle\,.\] Квантовый регистр (так сказать, курегистр), соответственно, это набор кубитов, которые могут находится в запутанных состояниях. Квантовое вычисление состоит в выполнении некоторого преобразования над курегистром. Напомним, кстати, важное отличие квантового вычисления от классического. В классическом вычислении одной из самых популярных операций является операция присваивания. Можно присвоить любому биту заданное значение ноль или единица. В частности, можно очистить регистр, присвоив всем его битам значение ноль. В квантовом вычислении операция присваивания невозможна, поскольку она нарушает унитарность. То же самое можно сказать и про операцию копирования. А вот операция инверсии бита Not, которая меняет ноль на единицу, и наоборот --- возможна. В значительной степени последствия унитарности можно описать как обратимость любого вычисления: зная output и зная программу вычисления можно однозначно восстановить input (в частности, в процессе квантового вычисления ничего нельзя стереть бесследно). Нужно, правда, сказать, что унитарность, и, в частности, обратимость не сильно мешают для симуляции классических вычислений. Просто надо добавить дополнительные биты, заранее установленные в определенное состояние. Кстати, легко сообразить, что максимально необходимое число дополнительных битов равно числу основных.

 Итак, любое квантовое вычисление является унитарным преобразованием над курегистром.
Унитарное преобразование может затрагивать один или несколько битов. Важно, что любое унитарное преобразование может быть реализовано как суперпозиция одного типа двухбитного преобразования, cNot, и однобитных преобразований общего вида. С учетом линейности этих преобразований, их можно задать действием на базисные состояния: \[\mathtt{cNot}_{i,j}: |0_i,q_j\rangle\to |0_i,q_j\rangle\,,\quad |1_i,q_j\rangle\to |1,\bar{q}_j\rangle\,,\]
\[\left(\begin{array}{2}a&b\\c&d\end{array}\right)_{i}: |0_i\rangle\to a|0_i\rangle+b|1_i\rangle\,,\quad |1_i\rangle\to c|0_i\rangle+d|1_i\rangle\,.\] Здесь $\bar{0}=1\,,\ \bar{1}=0$, а во второй строчке $\left(\begin{array}{2}a&b\\c&d\end{array}\right)$ --- унитарная матрица. Операции $\mathtt{Not}$ и $\mathtt{H}$ являются частными случаями однобитовых операций: \[\mathtt{Not}_i=\mathtt{X}_i=\left(\begin{array}{2}0&1\\1&0\end{array}\right)_{i}\,,\quad \mathtt{H}_i=\left(\begin{array}{2}1/\sqrt{2}&1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}&-1/\sqrt{2}\end{array}\right)_{i}\]
Операцию $\mathtt{cNot}$ удобно записать через проекторы: \[\mathtt{cNot}_{i,j}=\mathtt{P}^0_i\otimes \mathtt{I}_j+\mathtt{P}^1_i \otimes \mathtt{Not}_j\,,\] где $\mathtt{P}^0_i=\left(\begin{array}{2}0&0\\0&1\end{array}\right)_i\,,\,\,  \mathtt{P}^1_i=\left(\begin{array}{2}1&0\\0&0\end{array}\right)_i$. Используя свойства проекторов легко проверить, что  $\mathtt{cNot}$ -- действительно унитарная операция.  Для удобства наш квантовый процессор в числе комманд будет иметь еще одну двухбитовую унитарную операцию \[\mathtt{cH}_{i,j}=\mathtt{P}^0_i\otimes \mathtt{I}_j+\mathtt{P}^1_i \otimes \mathtt{H}_j\,,\]
Ну вот, теперь можно сформулировать и задачу. На вход программы подаются запутанные состояния двух кубитов, соответствующие определенным спинам и проекциям спина системы: \[|S=0,S_z=0\rangle=\frac1{\sqrt{2}}\left(|01\rangle-|10\rangle\right)\]
\[|S=1,S_z=-1\rangle=|00\rangle,\quad |S=1,S_z=0\rangle=\frac1{\sqrt{2}}\left(|01\rangle+|10\rangle\right), \quad |S=1,S_z=1\rangle=|11\rangle.\]
Наша задача --- придумать алгоритм, который переставляет по циклу проекции. То есть, программа, получив на вход состояние $|S,S_z\rangle$  с $S_z<S$ должна выдавать состояние $|S,S_z+1\rangle$, а состояние  $|S,S_z=S\rangle$ должна переводить в $|S,S_z=-S\rangle$.
Интерфейс такой: чтобы провести двухбитовую операцию (cNot или cH), нажимаем сначала на кнопку над первым битом, а затем над вторым. Однобитовые операции (Not или H) получаются двойным нажатием одной кнопки. Когда состояние уже такое, какое требуется, оно выделяется зеленым цветом. Например, $|S=0,S_z=0\rangle$ сразу зеленое, так как оно должно остаться на месте.

---

→

Desired result test1 1 |1⟩ |1⟩ test2 √1/2 |0⟩ |1⟩ √1/2 |1⟩ |0⟩ test3 1 |0⟩ |0⟩ test4 -√1/2 |0⟩ |1⟩ √1/2 |1⟩ |0⟩

Клин

На прошлой неделе один обед протупил над следующим "парадоксом".

Рассмотрим матрицу \[
\Lambda_{\mathbf{p}}=\frac12\left(1+\frac{\varepsilon+\beta m}{p^2}\boldsymbol{\alpha}\mathbf{p}\right).
\] В голове не укладывались 4 утверждения, касающиеся этой матрицы:

1. $\Lambda_{\mathbf{p}}$ --- проектор, т.е. $\Lambda_{\mathbf{p}}^2=\Lambda_{\mathbf{p}}$. 
2.  $\Lambda_{\mathbf{p}}u_{\mathbf{p}}=u_{\mathbf{p}}$,  т.е., это проектор на пространство решений уравнения $[\varepsilon-\boldsymbol{\alpha}\mathbf{p}-\beta m]u_{\mathbf{p}}=0$.
3. $\Lambda_{\mathbf{p}}+\Lambda_{-\mathbf{p}}=1$, откуда следует, что $\Lambda_{\mathbf{p}}\Lambda_{-\mathbf{p}}=0$.
4. $u^{\dagger}_{\mathbf{p}}u_{\mathbf{-p}}\neq0$.

Только написав на доске понял в чем дело.

Для вертикальных

Под впечатлением книжки Штейнера.

Задача. На плоскости нарисован прямоугольник и треугольник. Найти с помощью одной линейки (без делений) центр тяжести треугольника.
Как и раньше, можно потренироваться прямо на рисунке: нажатие последовательно на две точки рисует прямую. Чтобы появилась точка пересечения двух прямых, нужно сначала нажать на одну, потом на другую. Чтобы нарисовать произвольную точку на прямой, нужно на нее кликнуть дважды. Когда появится точка, которую считаете центром тяжести, нажмите на нее, а затем на кнопку "Check".

---

---

Ну, раз уж все такие умные.

Задал позавчера здешнему китайцу задачу про нахождение центра тяжести двух прямоугольников. Подлец решил за два дня. Вот новая задача на ту же тему. Конечно, тема себя исчерпывает помаленьку. Можно только соревноваться по количеству затраченных линий.

Задача. Найти с помощью одной линейки (без делений) центр тяжести фигуры, изображенной ниже.
Как и раньше, 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".

---

---

P.S. Блин, написал же целый скрипт на такой случай, а кончил тупым копированием поста про прямоугольники и дорабатыванием напильником. Включил только автоматическое удаление линий после нахождения пересечения. Ничего нет более постоянного, чем временное.

Выключи ХАЛа

Для меня лучший способ избавиться от идефикса -- воплотить в жизнь. На этот раз пришлось потратить два вечера, чтобы по мотивам клипа из Гришиного Г+ и задачи с Диофанта сваять скрипт под рабочим названием "Выключи ХАЛа". Сделать это можно, нажимая на кнопки и добившись, чтобы все стали темными. Проблема в том, что переключать можно только зеленые и черные кнопки и действовать максимум двумя руками (т.е., можно переключать за один ход кнопки не более, чем из двух рядов). ХАЛ, соответственно, сохранив остатки уважения к человеку, будет тоже переключать кнопки не более, чем в двух рядах, и доступны для него только красные и зеленые кнопки. Когда ход закончен, жмем Done. Пасовать можно только первый раз, а следующие пасы (или переключения, сохраняющие количества красных, зеленых и черных кнопок во всех рядах) приведут к пасам ХАЛа. Если зеленых кнопок не осталось, приходится нажимать на черные (а ХАЛу на красные).

---

>

N rows:
Nmax columns:

---

P.S. Блин, опять мой любимый FF притормаживает (хотя на локальной версии работал отлично). Круче всего эта страничка смотрится Chrome-ом.

Я задумал преобразование

"Работа содержит много правильных и новых утверждений. Вызывает сожаление лишь тот факт, что эти два множества не пересекаются."

Отзыв рецензента на статью.

Завел на свою голову такой принцип: не публиковать ничего, что было бы абсолютно бесполезно. Я имею в виду, в основном, написание вкладов в труды конференции. Поэтому последнюю неделю вымучивал из себя такой вклад, чтобы он имел хоть какую-то ценность. Вчера наконец-то закончил, поэтому можно вздохнуть спокойно и что-нибудь выдумать.
Недавно мы с Ваней при обсуждении навязшей задачи обнаружили чудной полный набор функций и я уже даже загордился, хотя и подозревал, что математики не могли такое проглядеть. Так оно и оказалось, утешаю себя тем, что мы с Ваней оказались в хорошей компании. Итак, задача:

У меня есть полный набор вещественных функций $\psi_a(x)$ на всей вещественной оси. Они удовлетворяют условию ортонормированности\[\int dx\psi_a(x)\psi_b(x)=\delta(a-b)\] и полноты \[\int da\psi_a(x)\psi_a(y)=\delta(x-y).\]Разложение по этому набору определяет некоторое преобразование $\mathcal{P}$ для непрерывных спадающих на бесконечности функций:\[\mathcal{P}[f(x)](a)=\int dx\psi_a(x)f(x).\] Вот два факта: \[\mathcal{P}[f(x-x_0)](a)=\mathcal{P}[f(x)](a-x_0)\]\[\mathcal{P}[\frac{x}{x^2+1}](a)=\frac1{1+a^2}\] Вопрос: что это за набор?

Зачет по предъявлению образа какой-нибудь функции.

Некорректный вопрос

Сегодня было обсуждение курса квантовой механики и возник вопрос о корректности следующей задачи:

Задача. Найти коэффициент отражения для потенциала $V(x)=-G\sum_{n=0}^{\infty}\delta(x-a n)$.

А что, интересно, народ про нее думает?

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 

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.

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 $\sqrt{h^\dagger h}$.

Задачи с моралью

Задачи бывают разные: простые и сложные, интересные и не очень. Чтобы быть интересной, мне кажется, задача должна содержать некоторую мораль. То есть, при решении такой задачи должен становиться очевидным некоторый общий принцип или утверждение. Говоря образно, каждая такая задача является своеобразной хэш-функцией морали, которая в ней заключена. Вот два примера. Первый знают, видимо, все мои знакомые, а второй я придумал недавно.

1. Вычислить интеграл

\begin{equation}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2+1)^2}\end{equation}

2. Найти борновское сечение рассеяния заряженной частицы в поле статических зарядов с плотностью

\begin{equation}Ze\left[\delta^{(3)}(\mathbf{r})-2\theta(z)ae^{-a z}\delta^{(2)}(\boldsymbol{\rho})\right]\end{equation}

Обе задачи тривиальны и вопрос, конечно, не в том чтобы найти решение, а чтобы понять мораль. Ответом на каждую такую задачу естественно считать пример задачи, имеющей ту же мораль.

PS Да, во второй задаче частицы налетают не обязательно вдоль $z$.
PPS $a>0$, понятно.

Ступор

Есть у меня такое свойство: когда нужно делать много дел сразу, не делаю ни одного. Вот и сейчас, дел куча: на одну статью пришла рецензия с замечаниями, соавтор прислал драфт новой статьи, нужно вписать свой кусок в отчет по гранту и идти в банк за кредитом. А я что? Сижу и решаю задачки на Диофант.ру. Началось все с того, что утром, проснувшись раньше будильника, я вспомнил задачку, которую в девятом классе не решил на союзной олимпиаде, и решил в уме пока ждал звонка будильника. Странно, неужели я тогда такой глупый был? Или мне по-тупому времени не хватило, не помню. Задача такая:

Есть гора, нарисованная на плоскости. Два альпиниста находятся у подножия с разных сторон и начинают двигаться так, чтобы всегда находиться на одной высоте друг с другом. Задача каждого --- перебраться на другую сторону. Нужно доказать, что это возможно при любой форме горы (пиков может быть несколько, но любая точка горы, конечно, находится выше подножия, на то она и гора).

PS В качестве иллюстрации см. счетчик в правой панели.

О вреде азартных игр

Все знают игру "Орел или Решка". Это когда один бросает монетку, а другой угадывает. Мы в эту игру в теор. отделе с Ваней иногда играем. Выигравший спокойно допивает чай, а проигравший бежит по мелкому, но срочному делу, например бумажки за двоих подписывать. Все честно, теория вероятности учит, что в среднем будешь проигрывать столько же, сколько выигрывать. Но это только если действительно бросаешь монетку. А если просто задумываешь число, то может быть и не так. Не каждый ведь может датчиком случайных чисел работать. Человек склонен придерживаться какого-то рецепта даже в таком деле. Какой бы этот рецепт ни был, его можно использовать в свою выгоду.Вот только как?
Ниже скрипт, который делает выводы из предшествующей игры и пытается увеличить вероятность своего выигрыша. Объясню как им пользоваться. Нужно загадать Tails или Heads и дальше нажать на кнопку Guess. Алгоритм покажет свою догадку и нужно сказать ему, угадал он или нет, нажав на одну из появившихся кнопок (только честно). И так много раз. Во втором поле показываются число побед компьютера,ваших побед и ваш выигрыш, а если число с минусом --- то проигрыш. Конечно, чтобы выигрыш компьютера стал заметен на фоне статистического шума, придется, наверное, долго монетку бросать. Следующие два поля и кнопка призваны облегчить задачу. Только если ими пользоваться, вам придется мне поверить, что компьютер сначала выдает догадку, а потом бросает монету, не подглядывает. В первом поле нужно указать паттерн, а во втором --- количество его повторений. Потом нажать на кнопку Iterate. Формат паттерна такой: h-heads,t-tails, ?-честно кинуть монетку, *- кинуть или не кинуть монетку (т.е., звездочка позволяет избежать периодичности). Например, если паттерн ht*, а число итераций 2, то реальная последовательность бросаний при нажатии на Iterate может быть одной из девяти: hthhth,hthhtt,hthht,htthth,htthtt,httht,hthth,hthtt,htht.
Короче, Enjoy. Только не надо сильно много повторений заказывать, а то зависнет браузер.

---

---

P.S. Кстати, можно устраивать бойни между скриптами, так что если кто-нибудь напишет свой скрипт, можно его с моим стравить. Ну, чтобы было понятно, всегда есть нейтральная стратегия: честно бросать монетку. Тогда в среднем никто в проигрыше не останется, так что датчик случайных чисел не предлагать. Исход каждого раунда, естественно, будет передаваться и вашему скрипту. Играть понятно как: оба выкладывают монеты и один выигрывает при совпадении, а другой при несовпадении.
P.P.S. Да, и еще, чтобы не забыть, минизадача: понять закономерность в последовательности
0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4,1,2,2,3,2,3,...