Одноэлектронное поле Дирака: классическое или квантовое?

[VladimirKalitvianski]

ИгорЪ в сообщении #694695 писал(а):

myhand в сообщении #694678 писал(а):

ChaosProcess в сообщении #694663 писал(а):

Т.е. это не волновая функция? А откуда тогда берется функционал Гинзбурга-Ландау?

А откуда берется лагранжиан любой теории поля? Это немного параллельный вопрос.

ГЛ это феноменология...

Л. Ландау о системе Дирака-Максвелла сказал бы "патология" - никакого экспериментального обоснования .

[Munin]

VladimirKalitvianski в сообщении #694715 писал(а):

Л. Ландау о системе Дирака-Максвелла сказал бы "патология" - никакого экспериментального обоснования .

Хорошо, что он умер, и теперь о нём можно сказать всё, что угодно, какой угодно грязью поливать, да?

[VladimirKalitvianski]

Munin в сообщении #694740 писал(а):

VladimirKalitvianski в сообщении #694715 писал(а):

Л. Ландау о системе Дирака-Максвелла сказал бы "патология" - никакого экспериментального обоснования .

Хорошо, что он умер, и теперь о нём можно сказать всё, что угодно, какой угодно грязью поливать, да?

Поливать грязью людей не в моем стиле. Я писал о конкретной постановке задачи "Дирака-Максвелла", т.е. модели с самодействием, ведущей к нефизичным решениям. Смотрите статьи Радфорда, упомянутые выше, где электрон сам себя заэкранировал из-за самодействия. Такие вещи Л. Ландау называл "патологиями".

[myhand]

ChaosProcess в сообщении #694680 писал(а):

myhand в сообщении #694678 писал(а):

А откуда берется лагранжиан любой теории поля? Это немного параллельный вопрос.

Нельзя просто взять и написать лагранжиан.

Нет такого закону противу этого. Или вы без бумашки с печатью боитесь? ;)

[SergeyGubanov]

VladTK в сообщении #693740 писал(а):

Я наверное многое забыл из Дираковского атома водорода, но там же вроде би-спинор? Какая там сферическая симметрия?

Да нет, это я многое забыл, в действительности сферическая симметрия основного состояния атома водорода имеет место у Шрёдингера, а у Дирака сферическая симметрия основного состояния нарушается уже в первом порядке по $\alpha = \frac{q^2}{c \hbar}$.

Вот, на досуге решанул Дирака во внешнем поле $A_{\mu} = \{ \frac{q}{r}, 0, 0, 0\}$:

$$\psi = C \frac{e^{ - i \omega t - k r}}{(k r)^{\alpha \beta}} \left\{ 1, \, 0, \, i \beta \cos(\theta), \, i \beta \sin(\theta) e^{i \varphi} \right\}$$

Здесь $C$ - нормировочная константа (выражается через Гамма-функцию, не буду её приводить), $k = \alpha \frac{m c}{\hbar}$, $\beta=\frac{\alpha}{1+\sqrt{1-\alpha^2}}$, $\omega = \frac{m c^2}{\hbar}\sqrt{1-\alpha^2}$, что соответствует энергии 13.605872390862011 эВ.

У тока $J^{\mu} = q \bar\psi\gamma^{(a)}\psi \, e_{(a)}^{\mu}$ отличны от нуля компоненты $J^{t}$ и $J^{\varphi}$. Компонента $J^{\varphi}$ пропорциональна $\alpha$, то есть "мала".

[Munin]

VladimirKalitvianski в сообщении #694751 писал(а):

Поливать грязью людей не в моем стиле.

Тогда вам нужно больше следовать своему стилю. А не называть Ландау дураком, к примеру.

[VladimirKalitvianski]

Munin в сообщении #694921 писал(а):

VladimirKalitvianski в сообщении #694751 писал(а):

Поливать грязью людей не в моем стиле.

Тогда вам нужно больше следовать своему стилю. А не называть Ландау дураком, к примеру.

Я как раз хвалю Л. Ландау за его здравый смысл и критически анализ физических идей. Нефизические идеи он называл патологиями и ратовал за более тесную связь теории с экспериментом. Муть с самодействием в ситеме Дирака-Максвелла не обоснована ни экспериментально, ни из физических соображений, и не удивительно, что она ни к чему путевому так и не привела. Кстати, тот же Радфорд занимался и ОТО с таким же успехом, см. http://arxiv.org/abs/gr-qc/0608010

[Munin]

Что бы вы ни воображали про Ландау, высказываться за него вам всё-таки нельзя.

[VladimirKalitvianski]

Munin в сообщении #694988 писал(а):

Что бы вы ни воображали про Ландау, высказываться за него вам всё-таки нельзя.

Я высказываюсь за Ландау в условном наклонении и по аналогии с его собственными высказываниями и критериями. А Вы пишете обо мне напраслину и совершенно не по теме.

[Munin]

VladimirKalitvianski в сообщении #695002 писал(а):

Я высказываюсь за Ландау в условном наклонении

что вам тоже непозволительно.

[VladimirKalitvianski]

Munin в сообщении #695003 писал(а):

VladimirKalitvianski в сообщении #695002 писал(а):

Я высказываюсь за Ландау в условном наклонении

что вам тоже непозволительно.

А Вам Мунин не позволительно высказывать Ваше мнение обо мне ни в условном, ни каком другом наклонении. Я Вам не позволяю. Запомните это. Пишите о предмете обсуждения, а не обо мне, моих знаниях и качествах.

[VladimirKalitvianski]

Цитата:

Вот, на досуге решанул Дирака во внешнем поле $A_{\mu} = \{ \frac{q}{r}, 0, 0, 0\}$: $\psi = C \frac{e^{ - i \omega t - k r}}{(k r)^{\alpha \beta}} \left\{ 1, \, 0, \, i \beta \cos(\theta), \, i \beta \sin(\theta) e^{i \varphi} \right\}$

А Вы не пробовали теперь включить самодействие и использовать данное решение, как нулевое приближение (как делал Барут)?

Или взять уравнения Радфорда для $\psi$ (без внешнего поля, только самодействие) и порешать их в лоб? Интересно, правильны ли заключения Радфорда?

[ИгорЪ]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #694740 писал(а):

VladimirKalitvianski в сообщении #694715 писал(а):

Л. Ландау о системе Дирака-Максвелла сказал бы "патология" - никакого экспериментального обоснования .

Хорошо, что он умер, и теперь о нём можно сказать всё, что угодно, какой угодно грязью поливать, да?

По моему птица сбрендила. Какое поливание грязью ей мерещится?

[VladimirKalitvianski]

(Оффтоп)

ИгорЪ в сообщении #695234 писал(а):

Munin в сообщении #694740 писал(а):

VladimirKalitvianski в сообщении #694715 писал(а):

Л. Ландау о системе Дирака-Максвелла сказал бы "патология" - никакого экспериментального обоснования .

Хорошо, что он умер, и теперь о нём можно сказать всё, что угодно, какой угодно грязью поливать, да?

По моему птица сбрендила. Какое поливание грязью ей мерещится?

И я про то же.

[SergeyGubanov]

VladimirKalitvianski в сообщении #695104 писал(а):

Цитата:

Вот, на досуге решанул Дирака во внешнем поле $A_{\mu} = \{ \frac{q}{r}, 0, 0, 0\}$: $\psi = C \frac{e^{ - i \omega t - k r}}{(k r)^{\alpha \beta}} \left\{ 1, \, 0, \, i \beta \cos(\theta), \, i \beta \sin(\theta) e^{i \varphi} \right\}$

А Вы не пробовали теперь включить самодействие и использовать данное решение, как нулевое приближение (как делал Барут)?

Или взять уравнения Радфорда для $\psi$ (без внешнего поля, только самодействие) и порешать их в лоб? Интересно, правильны ли заключения Радфорда?

Движусь потихоньку, пока сделал второй шаг.

Первый шаг.
По заданному

$$A_{\mu} = \left\{ \frac{q}{r}, 0, 0, 0 \right\}$$

получается

$$\psi = C \frac{e^{ - i \omega t - k r}}{(k r)^{\alpha \beta}} \left\{ 1, \, 0, \, i \beta \cos(\theta), \, i \beta \sin(\theta) e^{i \varphi} \right\}$$

Второй шаг.

По заданному

$$\psi = C \frac{e^{ - i \omega t - k r}}{(k r)^{\alpha \beta}} \left\{ 1, \, 0, \, i \beta \cos(\theta), \, i \beta \sin(\theta) e^{i \varphi} \right\}$$

получается новое $A_{\mu}$:

$$A_{\mu} = \left\{ \frac{q}{r} + \Phi(r), \, 0, \, 0, \, \Omega(r) \sin(\theta)^2 \right\}$$

Введены обозначения:

$$\Phi(r) = - \pi \, q \, C^2 2^{-1+2\alpha \beta} \left(1+\beta ^2\right) \frac{\left( 2 k r \, \Gamma(2-2 \alpha \beta, 2 k r) - \Gamma(3-2 \alpha \beta, 2 k r) \right)}{k^3 r}$$

$$\Omega(r) = \pi \, q \, \beta \, C^2 2^{-1+2 \alpha \beta} \frac{\left(8 k^3 r^3 \Gamma(1-2 \alpha \beta, 2 k r) - \Gamma(4-2 \alpha \beta, 2 k r) \right)}{3 k^4 r}$$

Здесь $\Gamma(a, z) = \int\limits_{z}^{\infty} t^{a-1} e^{-t} dt$ - неполная Гамма функция.