Keresés

Részletes keresés

Törölt nick Creative Commons License 2024.07.13 0 0 1137

A következő towardológiai kérdés, az atomok hőmozgását kvantum harmonikus oszcillátorral közelítve egy olyan ötvözet kitalálása, amely például T=31 oC hőmérsékleten átkristályosodik. Amely a fajhőhöz képest jelentősebb energiát képes felvenni vagy leadni. Elsősorban a kristályrács térfogati változása miatt?

Törölt nick Creative Commons License 2024.07.13 -1 0 1136

Ezt valahogy úgy mondják szépen, hogy a polinomnál gyorsabban tart nullához.

 

Tegyük fel, hogy a tranziens válasz egy időtartam után elhanyagolható. A jel a kvantumfluktuációba alámerül, elvész.

Ebben az esetben a konvolúciót csak véges időintervallumon kell elvégezni (hátrafelé).

Vagyis a konvolúciót nem kell a kezdeti időponttól számolni, mert csak az adot pillanatot megelőző valamekkora időtatram számít.

 

Elvileg például egy RC szűrőnél az elméleti tranziens a végtelenségig tart, soha nem lesz nulla.

Számítógépes szimulációnál amit még az egységhez hozzá tudok adni, az nagyjából 10-15 és ami kisebb az mintha ott sem lenne. A valóságban pedig a nullponti fluktuációnál kisebb jelet nem tudunk feldolgozni.

Előzmény: szabiku_ (1135)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.12 0 1 1135

A tranziens jellegű viselkedése egy hálózatnak, illetve annak kimenő jelének, akkor dominál jobban, ha a hálózat+terhelés vesztesége, azaz ohmos jellege erős, ill. erősebb, és ha a bemenő jel periódusát nézzük, azalatt jelentős részét felemészti a bemeneti jel változása sorá kapott energiának. Ha ez nem így van, akkor a bemenő jel frekvenciái felgerjesztik a hálózat induktív és kapacitív rezgő tárolóit, amik folyamatosan szolgáltatják a kimeneti jel változásait. Egyensúly esetén frekvenciánként a bemenetről felvett energia egyenlő a hálózat disszipációja + a kimeneten kivett energia. Érezhető, hogy ekkor, ebben a végletben eltűnik a tranziens jelleg, és olyannak tűnik a kimenő jel, mintha előre megérezné a bemenet élesebb változásait (felfutás, lefutás), és rákészül. De szó sincs jövőbe látásról, csupán "megszokott" periodicitásról.

 

Előzmény: Törölt nick (1134)
Törölt nick Creative Commons License 2024.07.12 -1 0 1134

Van új kérdésem is.

 

Periodikus bemenő jel esetén a bekapcsolási tranziens miféle természeti összeesküvés miatt csebg le?

Nem intuitív. Mert a bemeneti jel folytonosan változik. És a konvolúció sem ér véget.

Előzmény: szabiku_ (1129)
Törölt nick Creative Commons License 2024.07.12 -1 0 1133

Hoppá, lemaradt a képzetes egység.

 

H = ħ (ωE+ikB) * (ωB-ikE) / 2

 

Illetve még ez sem igazán jó. Majd átgondolom...

Előzmény: Törölt nick (1132)
Törölt nick Creative Commons License 2024.07.12 -1 0 1132

hiányzik róla a kalapjel, vélhetően a harmadik H is az akar lenni

 

(Egy frissítés megrongálta a képletszerkesztőmet, kicsit idegesítő.)

Persze, hogy arra is kell a kalap.

 

A könyv egyszerűen próbálja bemutatni a kvantálás alapelvét - skalár módon.

Viszont az elrektromágnesességnél bejönnek a vektorok, komponensek, rotáció.

 

Induljunk ki abból, hogy a Maxwell-egyenleteket kvantáljuk.

Csakhogy itt a potenciális energia helyett a gradiens energiát kell venni.

P és X helyett ... dE/dt + dB/dx, dB/dt - dE/dx, valami ilyesmi tagok lesznek.

(Most a rotáció komponenseit nem írtam ki.)

 

És akkor a deriváltakat lecseréljük frekvenciákra.

 

ω = 2π/T (időbeli gyakoriság, frekvencia)

k = 2π/λ (térbeli gyakoriság, hullámszám)

 

És akkor valami ilyesmi lesz: H = (ωE+kB) * (ωB-kE).

Na persze itt is indexelni kell a vektor komponenseket.

Előzmény: szabiku_ (1131)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.12 0 0 1131

Nos, az a könyv elég vacak. Nem eléggé jók azok a képletek. Egy per gyök kettők vannak, és gyök omegák... Valamint [P,X]=-ih nem ih. A bekeretezett képlet sem jó, mert ott térintegrál kell a jobb oldalon. És akkor abban E és H térfüggvény. De mivel az elöbbi kettő baloldali H az operátor, csak hiányzik róla a kalapjel, vélhetően a harmadik H is az akar lenni, és ekkor az E és B is, csak hiányzik róluk a kalapjel. Ekkor viszont az tartalmazza az omegákat magán belül.

 

Javaslom komolyabb könyv tanulmányozását (pl. Nagy Károly: Kvantummechanika), ami persze sokkal nehézkesebb, mert precízebb, de viszont jók a képletek benne, ami elengedhetetlen a megértéshez.

 

Itt az összes képlet hibás. xd

Előzmény: Törölt nick (1130)
Törölt nick Creative Commons License 2024.07.11 -1 0 1130

Hoztam egy kérdést. Kvantum harmonikus oszcillátor.

(https://forum.index.hu/Article/viewArticle?a=167415948&t=9247350)

 

Induljunk ki egy mechanikai oszcillátorból és kvantáljuk.

A négyzetes tagokat felbontjuk szorzattá. Mivel [P,X] nem kommutál, lesz egy nullponti tag.

Viszont a kérdésem az, hogy a frekvenciát hogyan lehet becsempészni az elektromágneses változatba?

Valahogy a frekvenciának az utolsó képletben is meg kellene jelenni. De hogyan?

szabiku_ Creative Commons License 2024.07.10 0 0 1129

xq(t), ami a delta-függvény által az idáig szabad x változó helyébe lép, a t-vel, mint (idő)paraméterezéssel, kijelölt pályamenti helykoordináta. Ez már nem szabad paraméter így, ezért nem jelöltem a vége felé a mennyiségek függvényváltozói közt. (Nagyon körültekintően kell vizsgálni a dolgokat, ha nem akarunk megtévedni, mint az, aki a videót készítette.) 

Előzmény: szabiku_ (1128)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 0 0 1128

Talán jobb lett volna a Dirac-delta függvényt 

 

δ(r(x)-rq(t))   helyett   δ(x-xq(t)) 

 

módon írni, úgyhogy vegyük inkább így a változóinak jelölését. Nem kell feleslegesen szaporítani a függvényösszetételt. r-et egyszerűen kihagyjuk, átlépjük.

Előzmény: szabiku_ (1125)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 0 0 1127

S = ∫ L dt  

 

Azt érdemes megemlíteni, hogy Az L Lagrange-sűrűség(függvény)ről az L Lagrange-függvényre térés alábbi módja 

 

L =  L d3x =  L dV 

 

bizonyos szempontból nem igazán jó. Ugyanis a δ(r(x)-rq(t)) delta-függvény nemcsak a részecskék sűrűségeloszlásától vezet el, hanem a kölcsönhatási mező részecskepályán kívüli, pontosabban ahol éppen nincs részecske, részét is kiiktatja. Megszünteti annak térbeli függését. Ez gond, több szempontból is az kell, hogy a mező megmaradjon mezőnek, azaz megmaradjon a térbelisége, maradjon térfüggvény is az idő mellett.

 

A Lagrange-sűrűség(függvény)es fizika némileg párhuzamban van a hagyományos Lagrange-függvényes fizika elgondolásával és módszerével, de nem szorosan. Egy új definíció, ami részben analóg a hagyományoshoz, de kiterjesztettebb. Zavarba ejtő a két formalizmus hasonlósága és párhuzamai, ezért gyakran vannak emberek abban a hibában, hogy a kettőt túl szorosan és teljesen analóg módon kapcsolják össze, vezetik egymáshoz, Sőt annyira, mintha matematikailag is teljesen egy elv volna, pedig lényegileg eltérő módon lehet megalapozni, axiomatizálni.

 

Előzmény: szabiku_ (1125)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 -1 0 1126

Szóval itt látszik, hogy ezek a beképzelt "nagyokosok" mennyire nem értik a dolgokat. És ilyen nagyraszabott videókkal terjesztik a hülyeséget. Nem áltudomány, hanem egyszerűen csak rossz, elvileg hibás. 

szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 -1 0 1125

Itt pdig az "assuming sharply localized Ψ" önmagában nem probléma, hanem ami utána van, az rossz. Figyeljük, hogy mik a függvényváltozók! (direkt jelöltem) 

 

ϱ(t,x) = qδ(r(x)-rq(t)) vi(t,x) 

 

ϱ0 = qδ(r(x)-rq(t)) dt/dτ vi(t,x) = qδ(r(x)-rq(t)) gyök(1/(1- v(t,x)2/c2)) vi(t,x) 

 

ui = dt/dτ vi = gyök(1/(1- v2/c2)) vi 

 

ji = ϱvi = ϱ0ui 

 

dq = ϱdV  és nem ϱ0dV 

 

ezért: 

 

 ji(t,x) d3x =  ji(t,x) dV = qvi(t)  és nem qui(t) 

 

L =  L d3x =  L dV = - ji(t,x)Ai(t,x)/c dV = -qvi(t)Ai(t)/c 

 

S =  L dt  és nem dτ

 

Helyesen az egész Lagrange-függvény:

 

L = -mc2 dτ/dt - qui(t)Ai(t)/c dτ/dt

 

L = -mc2 gyök(1-v(t)2/c2) - qvi(t)Ai(t)/c 

 

Előzmény: szabiku_ (1123)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 -1 0 1124

" uiui = cc  konstans. És ez nem variálható. A sajátidő szerint kell variálni...

 

Ezt úgy akartam mondani, érteni, hogy uiui = c2  és ez, mivel konstans, nem variálódik (az matematikai hiba volna, mert δc=0 és nyilván δc2=0). A dτ sajátidőnek (vagy ds=cdτ -nak) viszont van koordináták szerinti variációja.

 

S = - mc ds = - mc2 dτ 

 

δS = - mc δds = - mc2 δdτ = ... 

 

 

Előzmény: szabiku_ (1120)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 -1 0 1123

A másik tag eredeztetése is totál hibás matematikailag:

 

 

Ebből is látszik, hogy nincs ilyen Lagrange-függvény. Egyébként a mezőelméleti Lagrange-sűrűség(-függvény) kovariáns, nem a mozgó részecskéhez kapcsolt Lagrange-függvény. 

Előzmény: szabiku_ (1120)
mma Creative Commons License 2024.07.09 0 0 1122

Kösz, így kicsit több kedvet csináltál hozzá, mint a puszta linkkel. Látom már, hogy havi 2000 forintért pdf is van hozzá, de ingyen is van transcript, amiben keresni is lehet.

Előzmény: mmormota (1121)
mmormota Creative Commons License 2024.07.09 0 0 1121

Te megnézted? Vagy miért tetted ide?

Igen, azért tettem be, mert nagyon érdekes. Nagyon kevés kiinduló feltételből építkezik, és messzire jut. Nem feltétlenül egyben kell megnézni... :-)

Előzmény: mma (1119)
szabiku_ Creative Commons License 2024.07.09 -1 1 1120

És ráadásul elvi hibás is:

 

 

uiui = cc  konstans. És ez nem variálható. A sajátidő szerint kell variálni... 

 

Rossz és hamis az egész így. Ilyen sajátidős E-L-egyenlet nincs. 

 

mma Creative Commons License 2024.07.08 0 0 1119

Ez három órás? Atyaég! Mi értelme van egy ilyen hosszú videónak? Könyvben sokkal több értelme lenne. Te megnézted? Vagy miért tetted ide?

Előzmény: mmormota (1117)
jogértelmező Creative Commons License 2024.07.08 0 0 1118

Ez felolvasásnak tűnik.

Előzmény: mmormota (1117)
mmormota Creative Commons License 2024.07.08 0 0 1117

Electromagnetism as a Gauge Theory:

https://www.youtube.com/watch?v=Sj_GSBaUE1o

szabiku_ Creative Commons License 2024.06.30 0 0 1116

Nem.

Előzmény: Törölt nick (1115)
Törölt nick Creative Commons License 2024.06.29 0 0 1115

Mondd meg nekem igaz hitedre te gyahúr:

Ha minimalizáljuk a QED integrálját, visszakapjuk abból a Schrödinger-egyenletet?

 

https://forum.index.hu/Article/viewArticle?a=167319326&t=9247350

Előzmény: szabiku_ (1113)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1113

Ha tehát maradunk az eredeti vonatkoztatási rendszernél, akkor ha van valamikor a töltésnek nyugalmi pillanata (visszaforduló pontoknál pl., vagy ha csak valahol éppen megáll), akkor ekkor pont érvényes, amit beidéztem.

 

Amikor viszont mozog a töltés, akkor azokból a tagokból amelyek nem tartalmazzák a helykoordinátát, R tart zérus esetén adódik (úgy gondolom fékező) visszaható erő. És akkor ezek lehetnek az elektromos dipólsugárzásnál magasabb rendű sugárzás visszahatásai. 

Előzmény: szabiku_ (1111)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1112

Amit látni kell a tagoknál a hatványkitevők és deriválások számának összevetéséből látszik, hogy az 1/c hatványai szerinti második rend felett nincs olyan tag, amiben ne szerepelne tényezőként hely vagy legalább sebesség. A második rendnél, amit a Landau II könyv kiszámol, pedig csak a gyorsulás szerepel.

Előzmény: szabiku_ (1109)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1111

1109-ben látható, hogy a sorfejtést folytatva és elvégezve a skalárpotenciál eliminálását a vektorpotenciálban mindig lesz végül (több) olyan tag, amely tartalmazza a helykoordinátát, és (több) olyan tag, amely tartalmazza a sebességet. Utóbbi miatt szabja ki a könyv az éppen nyugalmi rendszert.

 

Csakhogy nem választhatunk másik vonatkoztatási rendszert, mert az van (egy másik jóval korábbi kiszabás), hogy a töltés a centrum környezetében mozog végig, és ezt választjuk az origónak. Szóval más vonatkoztatási inerciarendszer nem ok.

 

R0 >> r

v << c   és ez mellett  R  nem túlon túl nagy

Előzmény: szabiku_ (1110)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1110

Azt írja a Landau II könyv a 270. oldal tetején, hogy:

 

"Egy részecske esetén mindig választhatunk olyan vonatkoztatási rendszert, amelyben az az adott pillanatban nyugalomban van. Ha ebben a rendszerben kiszámítjuk a töltés terének sorfejtésében szereplő további tagokat, könnyen meggyőződhetünk arról, hogy ha a töltést és az észlelési pontot összekötő R vektor zérushoz tart, akkor ezek a tagok eltűnnek. Így egy töltés esetén az  f = 2e2/3c3 v''  képlet pontosan leírja a sugárzás visszahatását abban a rendszerben, amelyben a töltés nyugalomban van."

 

Hmm... 

Előzmény: szabiku_ (1109)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1109

Nézzük az idő szerinti deriválásokat:

 

v' = a 

 

(Rv)'' = (R'v + Rv')' = R''v + 2R'v' + Rv'' 

 

(R2v)''' = (R2'v + R2v')'' = (R2''v + 2R2'v' + R2v'')' =

= R2'''v + 3R2''v' + 3R2'v'' + R2v''' 

 

(R3v)'''' = (R3'v + R3v')''' = (R3''v + 2R3'v' + R3v'')'' = (R3'''v + 3R3''v' + 3R3'v'' + R3v''')' =

= R3''''v + 4R3'''v' + 6R3''v'' + 4R3'v''' + R3v'''' 

 

R'' = -r'' = -v' = -a 


(RR)''' = (R'R + RR')'' = (R''R + 2R'R' + RR'')' =

= R'''R + 3R''R' + 3R'R'' + RR''' 

 

(R2R)'''' = (R2'R + R2R')''' = (R2''R + 2R2'R' + R2R'')'' = (R2'''R + 3R2''R' + 3R2'R'' + R2R''')' =

= R2''''R + 4R2'''R' + 6R2''R'' + 4R2'R''' + R2R'''' 

 

A hatványok deriváltjainak kifejtése hasonlóan szaporítja a tagok számát, úgyhogy rengeteg tag van.

 

R' = -r' = -v 

R'' = -r'' = -v' = -a 

.

 

R' ≈ -r'n = -vn 

R'' ≈ -r''n = -v'n = -an 

szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1108

Kimaradt a nevezőből a  cn   :/  javítom:

 

 

Általánosan: n>1 


A(n) = (-1)(n-1)/(n-1)!cn ∑ e(R(n-2)v)(n'-1') + (-1)(n-1)n/(n+1)!cn ∑ e(R(n-2)R)(n') 

 

ahol az (n'-1') az n-1 szer deriválást jelent az idő szerint. 

Előzmény: szabiku_ (1107)
szabiku_ Creative Commons License 2024.06.22 0 0 1107

A sugárzás visszahatása számításánál tovább menve eggyel, mint a Landau II könyv a 268. oldalon (a skalárpotenciál már ki van transzformálva): 

 

A(3) = 1/2c32/∂t2 ∫ Rj dV + 1/24c33/∂t3 ∫ ∇R3ϱ dV 

 

A ∇ gradiensképzés az észlelési pont szerinti, ezért csak az R-re fog hatni: 

 

A(3) = 1/2c32/∂t2 ∫ Rj dV + 1/8c33/∂t3 ∫ RRϱ dV 

 

Pontszerű töltésekre áttérve: 

 

A(3) = 1/2c3 ∑ e(Rv)'' + 1/8c3 ∑ e(RR)''' 

 

A ' az idő szerinti deriválást jelöli. 

 

A Landau II könyvben, ami van: 

A(2) = -1/c2 ∑ ev' - 1/3c2 ∑ eR'' = -2/3c2 ∑ ev

 

Még tovább menve: 

A(4) = -1/6c4 ∑ e(R2v)''' - 1/30c4 ∑ e(R2R)'''' 

 

Általánosan: n>1 


A(n) = (-1)(n-1)/(n-1)! ∑ e(R(n-2)v)(n'-1') + (-1)(n-1)n/(n+1)! ∑ e(R(n-2)R)(n') 

 

az (n'-1') az n-1 szer deriválást jelent az idő szerint. 

Előzmény: szabiku_ (1105)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!