Экзотическое состояние атома водорода уравнение Дирака

[Cos(x-pi/2)]

Prikol в сообщении #1006124 писал(а):

Речь идет об утверждении:

Цитата:

amon в сообщении #1004625 писал(а):
Направление спина - это обычное 3-х мерное направление.

Вот мы и пытаемся любыми способами (даже задавая "детские" вопросы) понять, что имел ввиду автор этого утверждения.

Надеюсь, теперь-то Вы это поняли: направление спина есть направление обычного 3-мерного вектора $\langle \mathbf{s} \rangle.$ (А если Вам важно, чтобы ответил именно amon, то извините; тогда умолкаю.)

[Prikol]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1006128 писал(а):

(А если Вам важно, чтобы ответил именно amon...)

Мне его ответ будет интересен. Но вообще в дискуссии может участвовать любой.

В КМ существует только то, что можно измерить.

Берем атом какого-нибудь вещества и говорим - у него (после выделения этого состояния) $l=3$ и $m=2$. В том, что $m=2$ можно убедиться в эксперименте Штерна-Герлаха. А в каком эксперименте можно увидеть направление $l$?

PS Не удивлюсь, если сейчас все пойдет по кругу. g______d будет говорить о своем, вы и amon о своем.

[Munin]

Prikol в сообщении #1006070 писал(а):

Добавьте к условию все, что вам нужно для ответа и скажите, куда направлен хотя бы вектор углового момента (не проекция).

Ну, всё-таки троллинг.

[amon]

Уважаемый Prikol,
Вообще-то я не знаю, почему я обязан отвечать на Ваше выступление. Я не имею ни малейшего желания дискутировать или мериться толщиной индекса Хирша с Вами. Однако публика просит. Ну,что-же, приступим. Все началось с этого Вашего утверждения:

Prikol в сообщении #1004529 писал(а):

1. Орбитальные фишки рассматриваются в обычном пространстве (x, y, z, t). При этом имеется довольно прозрачная классическая аналогия.
2. Спин рассматривается в особом спиновом пространстве не имеющем очевидных классических аналогов. Во всяком случае пока никто не смог это разрулить классически и приемлемо для всех.

На что Вам было сказано:

amon в сообщении #1004625 писал(а):

Сами спиноры - это функции со значениями в специальном пространстве, но они прекрасно преобразуются при поворотах системы координат обычного пространства. Направление спина - это обычное 3-х мерное направление.

Сие означает, что оси $X,Y$ и $Z$ - оси в обычном 3-х мерном пространстве, и $\mathbf{\sigma}$ - вектор по этим значкам. В рассказах об экспериментах про спин фраза "спин вверх" означает, что $z$-проекция направлена именно вверх (на Полярную звезду), а не куда-то там "в особом спиновом пространстве не имеющем очевидных классических аналогов". Вектор - это не то, три компоненты чего я могу одновременно измерить, а такая хреновина, которая определенным образом меняется при поворотах координатной системы. Если я не могу померить компоненты одновременно, то это ничему не мешает - если при поворотах каждая по-отдельности преобразуется как надо, а квадрат не меняется - это вектор. Вопрос о том, куда в квантовой механике направлен вектор, операторы компонент которого не коммутируют, столь же глубокомыслен, как вопрос о положении квантовой системы на фазовой плоскости. При этом $p$ и $q$ остаются канонически сопряженными. И не надо больше ерундой заниматься.

[Munin]

(Оффтоп)

amon в сообщении #1006178 писал(а):

Однако публика просит.

Не знаю, я не просил. Мне эти невежественные выкрики в приличной беседе вообще не нравятся. ТС хотя бы тихий и (кажется) начинает даже прислушиваться к тому, что ему говорят. А тут...

[Cos(x-pi/2)]

Prikol в сообщении #1006140 писал(а):

Берем атом какого-нибудь вещества и говорим - у него (после выделения этого состояния) $l=3$ и $m=2$. В том, что $m=2$ можно убедиться в эксперименте Штерна-Герлаха. А в каком эксперименте можно увидеть направление $l$?

Дык опять же в эксперименте Штерна-Герлаха. Надо только понимать, что "увидеть" направление $\langle \, \mathbf{l} \, \rangle$ удастся не "за раз", а лишь в результате анализа накопленной статистики разных измерений. Это выглядит примерно так.

Пусть, как Вы говорите, есть источник атомов в состоянии с $l=3$ и $m=2$ (причём, здесь предполагается, что задано направление оси $z$, относительно которой определены состояния $|l,m\rangle,$ так что $m=l_z.$ Заданы и две остальные оси: $x$ и $y.$ Спин атома предполагается равным нулю, а иначе надо вести речь о суммарном моменте $j.$) Сначала мы долго и нудно прогоняем входной пучок атомов через прибор Ш-Г с собственной осью, выровненной вдоль заданного направления $z,$ - просто чтобы убедиться, что на выходе получается единственный пучок, который отклонён соответственно значению $m=2;$ т.е. - чтобы убедиться, что источник работает хорошо.

Затем мы повернём прибор Ш-Г, выровняв его собственную ось вдоль оси $x.$ И снова будем долго повторять измерения. Здесь оказывается, что входной пучок расщепился: теперь атомы обнаруживаются с разными значениями $m'$ относительно новой собственной оси прибора, и мы нудно пишем в протокол измерений, сколько раз какое значение $m'$ обнаружилось. В этом опыте $m'=l_x.$ Усреднив эти результаты измерений, имеем $\langle l_x \rangle.$

Затем повернём прибор Ш-Г, выровняв его ось вдоль $y$ и аналогично измерим $\langle l_y\rangle.$ Вместе с результатами первой серии измерений (где флуктуаций не было, так что $\langle l_z\rangle=m=2$) в итоге имеем экспериментальную информацию об усреднённом векторе момента. В данном примере согласно теории должно получиться $\langle l_x \rangle = \langle l_y \rangle = 0.$

Саму величину орбитального момента $l$ при этом можно найти разными способами. Один из способов - провести аналогичные серии измерений при произвольных значениях угла $\theta$ между исходной осью $z$ и осью повёрнутого прибора Ш-Г. Величина $l$ по определению будет равна равна максимальному обнаруженному $|m'|,$ причём её можно найти и из формулы $2l+1$ для количества наблюдаемых пучков на выходе повёрнутого прибора Ш-Г. Другой способ - воспользоваться старыми (упомянутыми выше) протоколами измерений, чтобы найти из них средние значения квадратов проекций момента и сравнить с теоретической формулой, верной для состояния $|l,m\rangle$ (где $m=l_z$):

$\langle l_x^2 \rangle = \langle l_y^2 \rangle=\frac{1}{2}(l(l+1)-m^2)$ .

(Необходимость сравнения с теорией не есть специфика КМ; ведь в классической механике для количественного определения момента импульса тела тоже недостаточно только созерцания).

[Helium]

g______d в сообщении #1003644 писал(а):

А посчитать -- это честно найти собственные функции оператора Лапласа методом разделения переменных.

А как вы думаете я тут честно посчитал?
post1005232.html#p1005232
Это снимает проблему разрывности по $\varphi$?

(Оффтоп)

Munin в сообщении #1006200 писал(а):

ТС хотя бы тихий и (кажется) начинает даже прислушиваться к тому, что ему говорят. А тут...

Я просто сплю в это время

[g______d]

Helium в сообщении #1006254 писал(а):

А как вы думаете я тут честно посчитал?

Я вообще не вижу, что Вы где посчитали. Вы просто ответ написали.

Helium в сообщении #1006254 писал(а):

Это снимает проблему разрывности по $\varphi$?

Даже если снимает, у Вас дифференциальный оператор второго порядка, поэтому проверили непрерывность -- проверяйте дифференцируемость, а потом ещё раз.

[Helium]

g______d в сообщении #1006332 писал(а):

Даже если снимает, у Вас дифференциальный оператор второго порядка, поэтому проверили непрерывность -- проверяйте дифференцируемость, а потом ещё раз.

Я не понял что нужно дифференцировать?

g______d в сообщении #1006332 писал(а):

Я вообще не вижу, что Вы где посчитали. Вы просто ответ написали.

Из общих решений углового уравнения я выбрал решение которое удовлетворяет условию непрерывности. Имею право выбрать частное решение?

[g______d]

Helium в сообщении #1006361 писал(а):

Я не понял что нужно дифференцировать?

Подставить решение в уравнение и проверить, что это решение.

Helium в сообщении #1006361 писал(а):

Из общих решений углового уравнения я выбрал решение которое удовлетворяет условию непрерывности. Имею право выбрать частное решение?

Не, не понял. Вы, кажется, выбрали 2 разрывных решения и взяли их сумму в надежде, что разрывность сократится. Или я не понял. Короче говоря, Вы написали какую-то функцию. Вы можете объяснить, как именно она однозначно определена, дважды дифференцируема и почему удовлетворяет уравнению?

[Helium]

g______d в сообщении #1006429 писал(а):

Вы можете объяснить, как именно она однозначно определена, дважды дифференцируема и почему удовлетворяет уравнению?

Я применил этот подход

При $l=-\tfrac{1}{2}$ и $m=0$
Функция ${P}{_l^m}\left(\cos{\theta} \right)$ имеет сингулярность на полюсе при $\theta =\pi $
а функция ${Q}{_l^m}\left(\cos{\theta} \right)$ имеет сингулярность на полюсе при $\theta =0 $
Как сказано в заметке попеременно. И выбором значений соответствующих констант интегрирования 0 или 1
можно получить гладкую функцию.

[Munin]

Helium в сообщении #1006465 писал(а):

Я применил этот подход

Это не подход. Это цитата, вырванная из непонятно какого места в непонятно какой книжке, непонятно как относящаяся к обсуждаемому вопросу. Вообще говоря, никак. Например, там написано про поле спина, а вы-то ищете не поле спина.

[Helium]

g______d в сообщении #1006429 писал(а):

Подставить решение в уравнение и проверить, что это решение.

Есть более простой путь. А именно, подставить значения $l=-\tfrac{1}{2}$ и $m=0$ сразу в исходное угловое уравнение.
И сразу получается гладкое решение. И как ни странно, именно такой шар что я привел.

[amon]

L

Helium в сообщении #1006548 писал(а):

Есть более простой путь. А именно, подставить значения...

Да-а, проблема... Abramovitz M., Stegun I.A. (eds.) Handbook of mathematical functions [10ed., NBS, 1972] формулы с 8.6.12 по 8.6.15. Страница 334. Все выражается через синусы и косинусы. Попробуйте продемонстрировать Вашу непрерывную, дважды дифференцируемую, квадратично интегрируемую функцию (вторая производная тоже должна интегрироваться). Тут тот редкий в физике случай, когда существенна разница между симметричным и самосопряженным оператором.

[Munin]

Helium в сообщении #1006548 писал(а):

А именно, подставить значения $l=-\tfrac{1}{2}$ и $m=0$ сразу в исходное угловое уравнение.
И сразу получается гладкое решение.

Получится гладкая функция. Но будет ли она решением? Вот этой вещи вы пока не понимаете.