простенькая задачка для 1-2 курса приличного ВТУЗа

Сообщение №33272 от alexandr 08 мая 2004 г. 06:14
Тема: простенькая задачка для 1-2 курса приличного ВТУЗа

Хорошо затачиваем и ставим на острие карандаш (аккуратно, наскока могем - считайте что абсолютно вертикально).

Вопрос: Через какое максимальное время он все равно упадет (как бы точно мы его ни поставили)?

Карандаш на Земле (g=10 м/с2); врашением Земли, влиянием небесныx тел, ветра и случайныx проxожиx пренебречь.


Отклики на это сообщение:

> Хорошо затачиваем и ставим на острие карандаш (аккуратно, наскока могем - считайте что абсолютно вертикально).

> Вопрос: Через какое максимальное время он все равно упадет (как бы точно мы его ни поставили)?

> Карандаш на Земле (g=10 м/с2); врашением Земли, влиянием небесныx тел, ветра и случайныx проxожиx пренебречь.
Как на счёт действия Луны и Солнца? Пренебрегаем?
Какова температура окружающей среды?

Какой высоты карандаш(ЦМ в середине) и какова площадь/радиус опоры?
Разрешается ли откачать воздух в сосуде в котором мы карандаш ставим на попа?
В принципе надо расчитать силу достаточную чтобы сдвинуть ЦМ карандаша за пределы опоры. Моя проблема - о каких силах Вы думаете?
Силы землятресения?
С уважением Д.


> Как на счёт действия Луны и Солнца? Пренебрегаем?
> Какова температура окружающей среды?

> Какой высоты карандаш(ЦМ в середине) и какова площадь/радиус опоры?
> Разрешается ли откачать воздух в сосуде в котором мы карандаш ставим на попа?
> В принципе надо расчитать силу достаточную чтобы сдвинуть ЦМ карандаша за пределы опоры. Моя проблема - о каких силах Вы думаете?
> Силы землятресения?
> С уважением Д.

Полностью поддержу Докажи. Задача с точки зрения механики кажется очень простой. Другое дело, что условие слишком размыты и не понятно что хочет автор.
Создается впечатление, что автор пудрит мозги форумчанам ;)

Докажи, расскажи, как ты температуру собираешься использовать? Флуктуации давления воздуха?



> > Как на счёт действия Луны и Солнца? Пренебрегаем?
> > Какова температура окружающей среды?

> > Какой высоты карандаш(ЦМ в середине) и какова площадь/радиус опоры?
> > Разрешается ли откачать воздух в сосуде в котором мы карандаш ставим на попа?
> > В принципе надо расчитать силу достаточную чтобы сдвинуть ЦМ карандаша за пределы опоры. Моя проблема - о каких силах Вы думаете?
> > Силы землятресения?
> > С уважением Д.

> Полностью поддержу Докажи. Задача с точки зрения механики кажется очень простой. Другое дело, что условие слишком размыты и не понятно что хочет автор.
> Создается впечатление, что автор пудрит мозги форумчанам ;)

> Докажи, расскажи, как ты температуру собираешься использовать? Флуктуации давления воздуха?
Броуновское движение молекул газа воздуха раскачивают карандаш.
Если вакуум не абсолютен, то карандаш может упасть ещё быстрее.
Кстати я забыл спросить какова масса карандаша и его диаметр.

Зы. Александр на соседнем форуме говорил про секунды которые этот карандаш продержится.Значит он имел ввиду конкретную силу которая его выведет из равновесия. Я был уверен, что он имел ввиду Луну, но он исключил небесные тела(я же в свою очередь исключал удары молекул воздуха, грузовик на соседней улице и всякие естественные и искусственные сотрясения Земли).
С уважением Д.



Исключить влияние воздуха, ненулевого радиуса острия, теплового движения карандаша, грузовиков на соседней улице, магнитные бури, гравитационные волны, отрицательное давление зрачков сурового взгляда экспериментатора, стиxийные бедствия и экстрасенсорные/ телепатические и другие воздействия извне любого рода.

Карандаш обычных размеров (сантиметров 20 на 0.8) и обычной массы (грам 10). Поставлен точно вертикально на абсолютно острое острие.

Разумеется, разрешается экспериментировать с карандашами, ручками и любыми другими предметами, но желательно давать не голый ответ а подкрепить его каким нить расчетом.

Скока дадим (по максимуму) ему простоять пока не свалится? Миллионы лет? сотни? Годы? Дни? Часы? Минуты? Секунды? Четверть секунды? Десятую секунды?

Решение довольно просто, а ответ довольно интересен.


> Исключить влияние воздуха, ненулевого радиуса острия, теплового движения карандаша, .. Карандаш .. поставлен точно вертикально на абсолютно острое острие. Скока дадим (по максимуму) ему простоять пока не свалится?

В такой постановке задачи карандаш будет находиться в положении неустойчивого равновесия бесконечно долго.


> > Исключить влияние воздуха, ненулевого радиуса острия, теплового движения карандаша, .. Карандаш .. поставлен точно вертикально на абсолютно острое острие. Скока дадим (по максимуму) ему простоять пока не свалится?

> В такой постановке задачи карандаш будет находиться в положении неустойчивого равновесия бесконечно долго.
До сих пор еще в явном виде на прояснено следуещее ограничение, является ли карандаш идеальным по форме, или находится ли ЦМ карандаша точно над опрой, а так же является ли карандаш абсолютно твердым стержнем.
Всех с праздником.


> > > Исключить влияние воздуха, ненулевого радиуса острия, теплового движения карандаша, .. Карандаш .. поставлен точно вертикально на абсолютно острое острие. Скока дадим (по максимуму) ему простоять пока не свалится?

> > В такой постановке задачи карандаш будет находиться в положении неустойчивого равновесия бесконечно долго.
> До сих пор еще в явном виде на прояснено следуещее ограничение, является ли карандаш идеальным по форме, или находится ли ЦМ карандаша точно над опрой, а так же является ли карандаш абсолютно твердым стержнем.
> Всех с праздником.

думаю, автор это подразумевал. Что имеем: идеальный карандаш, абсолютная пустота, абсолютно круглая панель огромной массы и в ее центре стоти идеально заточенный какрндаш. Честно говоря не понимаю, что имеет в виду автор ;) Видимо надо дейтвовать так. карандаш находится в неустойчивом положении равноевесия, но никакого, даже самого малого воздействия извне на него быть не может. Т.е. он либо простоит идеально долго, либо надо рассматривать процессы в самомо карандаше. Наверное надо рассматривать молекулы карандаша. Но это замкнутая система, она не может сама себя уронить.


Всех с Победой.

> До сих пор еще в явном виде на прояснено следуещее ограничение, является ли карандаш идеальным по форме, или находится ли ЦМ карандаша точно над опрой, а так же является ли карандаш абсолютно твердым стержнем.

Да, идеален, абсолютно тверд, поставлен точно вертикально.




> Карандаш обычных размеров (сантиметров 20 на 0.8) и обычной массы (грам 10). Поставлен точно вертикально на абсолютно острое острие.
Ваше "абсолютно" меня шибко смущает.
> Скока дадим (по максимуму) ему простоять пока не свалится? Миллионы лет? сотни? Годы? Дни? Часы? Минуты? Секунды? Четверть секунды? Десятую секунды?
Если стоит на одном атоме, то свалится сразу же после того как его отпустим.
> Решение довольно просто, а ответ довольно интересен.
Если же остриё состоит из не менее чем 3 атома, то карандаш может(если не упадёт в первый момент) стоят при Ваших условиях невлияния вечно.
С уважением Д.


Атомной структурой карандаша пренебрегите (она здесь роли не играет). Твердое сплошное тело, никакиx неровноcтей или неидеальностей.


> Атомной структурой карандаша пренебрегите (она здесь роли не играет). Твердое сплошное тело, никакиx неровноcтей или неидеальностей.

Ну теперь Вы мне скажете радиус заточенного кончика карандаша и можно рассчитывать силу требумую чтобы сдвинуть этот карандаш с места.
С уважением Д.


> Ну теперь Вы мне скажете радиус заточенного кончика карандаша и можно рассчитывать силу требумую чтобы сдвинуть этот карандаш с места.

0


> > Ну теперь Вы мне скажете радиус заточенного кончика карандаша и можно рассчитывать силу требумую чтобы сдвинуть этот карандаш с места.

> 0

Ответ: бесконечно долго. Теормех: неустойчивое положение равновесия эквивалентно устойчивому если нет возмущений.


> Хорошо затачиваем и ставим на острие карандаш (аккуратно, наскока могем - считайте что абсолютно вертикально).

> Вопрос: Через какое максимальное время он все равно упадет (как бы точно мы его ни поставили)?

> Карандаш на Земле (g=10 м/с2); врашением Земли, влиянием небесныx тел, ветра и случайныx проxожиx пренебречь.

С точки зрения чистой классической механики карандаш будет стоять бесконечно долго. Точнее
время равно оставшемуся времени жизни вселенной.

С точки зрения квантовой механики неустойчивых положений равновесия вообще существовать не может в силу принципа неопределенности Гейзенберга. Используя этот принцип, оцените начальную скорость карандаша. Используйте, например, в качестве характеристического размера диаметр карандаша. Поскольку карандаш макроскопичен начальная скорость будет очень малой, но все-таки конечной. Поэтому и время, которое карандаш простоит будет очень большим, но конечным.

Раз начальная скорость оценена, то дальше вы все и сами знаете как считать время.

Смешно говорить, но падение карандаша является чисто квантовым эффектом. )))))


> > Ну теперь Вы мне скажете радиус заточенного кончика карандаша.
> 0
Понятно(-:!
Вопрос о устойчивости карандаша снимается.
Ваш Д.


>0
> Ответ: бесконечно долго. Теормех: неустойчивое положение равновесия эквивалентно устойчивому если нет возмущений.
А как Вы добьётесь первроначальной устойчивости карандаша при таких нулевых условиях? Вы его сможете отпустить не придавая ему начального импульса?
С уважением Д.


> >0
> > Ответ: бесконечно долго. Теормех: неустойчивое положение равновесия эквивалентно устойчивому если нет возмущений.
> А как Вы добьётесь первроначальной устойчивости карандаша при таких нулевых условиях? Вы его сможете отпустить не придавая ему начального импульса?
> С уважением Д.

Я-нет, у меня руки трясутся (хотя бы из-за скачков кровяного давления ;))
Он вроди написал "ставим" - как ставим не важно. Давай на "ты" ;)

Заметь, что автор задачи давно отверг реальный мир. По мне, дак он что-то мудрит ;) Он случаем не с "новых теорий"?

Мне пришло на ум следующее. Что считать за момент падения? Когда карандаш хоть сколько-нибудь отклонится от вертикали? Великолепно, давайте так считать. Тогда возможны 2 ответа: 0 и бесконечность. Докажем. Если нет никакого возмущения, предающегося карандашу в момент постановки его горизонтально то и в последующие моменты их не появится (автор все силы отвергает), т.е. стоять он будет бесконечно. Если они есть, то нелепо говорить об установке в горизонтальное положение - карандаш постоянно динамичен. Ответ : ноль. Квантовые явления выкинуты автором из рассмотрения.

Все, третьего не дано! мы знаем возможные ответы но не представляется никакой возможности выбрать правильный. Задача, имхо, некорректно поставлена.


> Я-нет, у меня руки трясутся (хотя бы из-за скачков кровяного давления ;))
> Он вроди написал "ставим" - как ставим не важно. Давай на "ты" ;)

> Заметь, что автор задачи давно отверг реальный мир. По мне, дак он что-то мудрит ;) Он случаем не с "новых теорий"?

Автор задачи как специалист по бытовым холодильникам и лампочкам проявил себя уже достаточно уперто на форуме тем, что не умеет формулировать задачи (проблемы). В частности, он не понимает, что такое математическая модель явления (задачи). Он не понимает, что если математическая модель сформулирована корректно, то возникает проблема существования и единственности решения. Если математическая формализация отсутствует, то «гутарить» можно до бесконечности.


> > Я-нет, у меня руки трясутся (хотя бы из-за скачков кровяного давления ;))
> > Он вроди написал "ставим" - как ставим не важно. Давай на "ты" ;)

> > Заметь, что автор задачи давно отверг реальный мир. По мне, дак он что-то мудрит ;) Он случаем не с "новых теорий"?

> Автор задачи как специалист по бытовым холодильникам и лампочкам проявил себя уже достаточно уперто на форуме тем, что не умеет формулировать задачи (проблемы). В частности, он не понимает, что такое математическая модель явления (задачи). Он не понимает, что если математическая модель сформулирована корректно, то возникает проблема существования и единственности решения. Если математическая формализация отсутствует, то «гутарить» можно до бесконечности.

Эта тема обсуждается на форуме новых теорий. Один товарищ утверждает, что он умеет такие задачи решать. Он делает и более сильные утверждения (хотя и невнятно) - что может решать даже для неидеальных систем, с флуктуациями.
Часть публики, в том числе alexandr, выражает сильные сомнения и пытается добиться от товарища конкретных условий задач. Карандаш - один из примеров, которые тот привёл.


Молодец. Вот хоть кто-то соображает.

Теперь - дело техники.

Итак, скока дадим карандашу? Век? Год? Час? Секунду? Миг?


> Итак, скока дадим карандашу? Век? Год? Час? Секунду? Миг?

Не более шести секунд!!!


> Итак, скока дадим карандашу? Век? Год? Час? Секунду? Миг?

Я вычислю время падения для таких параметров карандаша:

длина карандаша, L=20 см
диаметр карандаша, D=1 см
масса карандаша, m=10 г.

Физические константы: g=10 м/с^2, \hbar=1.054\cdot 10^{-34} Дж\cdot с.

Итак мы считаем, что твое условие задачи исключает все возможные принципиально устранимые причины начального движения карандаша. Тогда классическая механика дает ответ: бесконечность. Посмотрим как получается этот результат математически. Используя закон сохранения энергии и законы движения твердого тела (форма его - цилиндр длины L и диаметра D), получаем, что время падения карандаша дается следующим интегралом:

T=L\cdot\int_0^{\pi/4}\,d\beta\frac{1}{\sqrt{2gL}sin(\beta)}.

Мы видим, что на нижнем пределе интеграл расходится. Физически это означает, что карандаш будет стоять бесконечно долго. Таким образом если устранить все принципиально устранимые причины начального движения, то с классической точки зрения карандаш никогда не упадет.

Итак остались только принципиально неустранимые причины начального движения карандаша. Среди этих причин я выбираю принцип неопределенности Гейзенберга, исключающий существование неустойчивого положения равновесия. Казалось бы это приведет к чудовищно большому времени падения карандаша вследствие малости постоянной Планка и макроскопичности карандаша. Однако это не совсем так. Чтобы понять это давайте заметим, что приведенный выше интеграл расходится на нижнем пределе логарифмически. Это очень важный факт, так как для больших чисел таких как 10^{34} логарифм представляет собой вполне разумное число.

Из принципа неопределенности оцениваем начальную скорость:

v0 порядка \hbar/(m*D) порядка 10^{-38} м/с.

Теперь время падения дается интегралом подобным, указанному выше, но в знаменателе появляется малая добавка к синусу, которая гарантирует сходимость интеграла на нижнем пределе:

T=L\cdot\int_0^{\pi/4}\,d\beta\frac{1}{\sqrt{2gL\cdot sin^2(\beta)+v0^2}}.

Оцениваем этот интеграл и получаем следующую оценку для времени падения карандаша:

T порядка 0.1*ln(10^{38})=3.8*ln(10) порядка 10 секунд.

Парадоксально, не правдали? )))))))))))))))))))


> T порядка 0.1*ln(10^{38})=3.8*ln(10) порядка 10 секунд.
Если аккуратнее считать, то около 6 секунд.

> Парадоксально, не правдали? )))))))))))))))))))
Не знаю. Мы эту задачку ещё в школе проходили.

А вот если вместо карандаша взять небоскрёб высотой 300 метров, то получится около шести часов.



> > Парадоксально, не правдали? )))))))))))))))))))
> Не знаю. Мы эту задачку ещё в школе проходили.

Принцип неопределенности - в школе? Вот это действительно парадоксально.


> Принцип неопределенности - в школе? Вот это действительно парадоксально.
Школа была хорошая. "... а их четыре лишь на весь союз." (с) из песни.

Парадоксально, что после нынешней (послеперестроечной) школы человек утверждает, что давление воды на дне ведра в разных точках разное.


> Парадоксально, что после нынешней (послеперестроечной) школы человек утверждает, что давление воды на дне ведра в разных точках разное.

Эхх, оффтопик это для данного форума конечно...
На самом деле на перефирии ситуация не сильно изменилась. Раньше тоже мегамозгов на перифирии вырастало не много, не больше чем сейчас имхо. Мне кажется сейчас ситуация даже получше - радует появление большого числа спецшкол и спецклассов.

Хотя есть и еще один, более объективный нежели мое мнение, показатель - сложность вступительных экзаменов. На физтехе последние 3-4 года сложность только уменьшалась.


> Итак остались только принципиально неустранимые причины начального движения карандаша. Среди этих причин я выбираю принцип неопределенности Гейзенберга, исключающий существование неустойчивого положения равновесия. Казалось бы это приведет к чудовищно большому времени падения карандаша вследствие малости постоянной Планка и макроскопичности карандаша. Однако это не совсем так. Чтобы понять это давайте заметим, что приведенный выше интеграл расходится на нижнем пределе логарифмически. Это очень важный факт, так как для больших чисел таких как 10^{34} логарифм представляет собой вполне разумное число.

Отличная идея!

> Из принципа неопределенности оцениваем начальную скорость:
> v0 порядка \hbar/(m*D) порядка 10^{-38} м/с.

А вот эта оценка абсолютно потолочная. Т.е. вы хотите сказать, что неопределенность координаты карандаша 1см ??? Т.е. он описывается волновым пакетом ширины 1см.
Это как-то совсем плохо звучит.
Кроме того, если карандаш описывается такой широкой ВФ, то значительная "часть карандаша" уже находится далеко от точки неустойчивого равновесия. Следовательно, он упадет значительно быстрее. Т.е. для широкой начальной ВФ расчет неверен.

Принцип неопределенности надо как-то не так использовать. Может быть стоит точно решить нестационарное ур-е Шредингера для перевернутого одномерного осциллятора? Оно решается :)


> Принцип неопределенности надо как-то не так использовать. Может быть стоит точно решить нестационарное ур-е Шредингера для перевернутого одномерного осциллятора? Оно решается :)

Да оно решается. Но к сожалению решается оно в общем виде. Никакой полезной информации мы не получим до тех пор пока у нас нет начальных и граничных условий для волновой функции. И получить мы их не можем так как для этого нужно знать структуру измерения. Ведь в результате измерения и создается отклонение от неустойчивого равновесия. Решение, которое я привел является шуточным как и сама задача ))). Но ее можно решить точно, если точно определить структуру и параметры измерения, т.е. взаимодействия с классическим прибором.


По-моему, тут всё просто.
Ставим карандаш, придерживаем его руками и стараемся найти точку равновесия.
Это соответствует тому, что мы помещаем его в потенциальную яму с выпуклым дном.
Если яму сделаем слишком узкую, получим большой импульс p = h / x за счёт маленького x.
Если слишком широкую, то получим большое начальное отклонение от равновесия. И большую начальную скорость, которая является функцией вида v(x) = k * x.

Если тупо приравнять
p = h / x
и
v(x) = k * x (не забывая массу)
то получим примерно оптимальное начальное отклонение x.


> > Принцип неопределенности надо как-то не так использовать. Может быть стоит точно решить нестационарное ур-е Шредингера для перевернутого одномерного осциллятора? Оно решается :)

> Да оно решается. Но к сожалению решается оно в общем виде. Никакой полезной информации мы не получим до тех пор пока у нас нет начальных и граничных условий для волновой функции. И получить мы их не можем так как для этого нужно знать структуру измерения. Ведь в результате измерения и создается отклонение от неустойчивого равновесия. Решение, которое я привел является шуточным как и сама задача ))). Но ее можно решить точно, если точно определить структуру и параметры измерения, т.е. взаимодействия с классическим прибором.

Странно это. Задача-то вполне приличная.
Какие-то оценочные рассуждения -- с интерпретацией проблем не возникает.
Выясляется, что задачу можно точно решить. Т.е. по заданной ВФ при t=0 можно определить ВФ при любом t. Что с этим делать?
Вы можете взять разные начальные условия, например, разные ВФ, локализованные вблизи точки равновесия, и посмотреть, что с ними дальше будет.
Измерение? Вы меряете координату. ВФ дает вам возможность определить вероятность различных координат.
Если вначале была сильно локализованная ВФ, и практически наверняка можно утверждать, что карандаш стоит на острие, то со временем она расплывется настолько, что будет значительна (например, >1/2) вероятность того, что карандаш обнаружится лежащим на столе. Или отклонившимся на 15 градусов.

Ответ достаточно интересный, чтобы его получить.


> > T порядка 0.1*ln(10^{38})=3.8*ln(10) порядка 10 секунд.
> Если аккуратнее считать, то около 6 секунд.

Если аккуратнее считать то не 6, а около 4 секунд.

> А вот если вместо карандаша взять небоскрёб высотой 300 метров, то получится около шести часов.

Тоже неверно. Считайте аккуратнее.


> Если аккуратнее считать то не 6, а около 4 секунд.
Ну, сильно напрягаться, чтоб гарантировано посчитать точно тяжело. Всё-таки не ядрёну бомбу считаем. :)))
Возможно, я где-то в цифирьках запутался, деньги-то мне за это не платят!!!

Однако, если уж взялись возражать, то приведите ваши расчёты.


> Вы можете взять разные начальные условия, например, разные ВФ, локализованные вблизи точки равновесия, и посмотреть, что с ними дальше будет.

Объясните мне пожалуйста зачем смотреть, что с ними дальше будет. Честно не понимаю. Если у меня уже имеется начальная волновая функция, то я сразу же могу определить начальное отклонение от неустойчивого равновесия. Затем я применяю законы движения классической механики, по которым движется волновой пакет квазиклассического объекта - карандаша. Вся изюминка и заключается в том, чтобы найти начальную волновую функцию. Для этого надо решить задачу о взаимодействии классического прибора и карандаша, рассматриваемого как квантовый объект. Это взаимодействие и является измерением и гарантирует, что начальная волновая функция будет отлична от дельта-функции, что и означает отклонение от положения неустойчивого равновесия.

> Если вначале была сильно локализованная ВФ, и практически наверняка можно утверждать, что карандаш стоит на острие, то со временем она расплывется настолько, что будет значительна (например, >1/2) вероятность того, что карандаш обнаружится лежащим на столе. Или отклонившимся на 15 градусов.

И про расплытие тоже не понимаю. Вспомните вид волновой функции квазиклассического объекта:

\Psi = A\exp(iS/\hbar).

Здесь S - классическое действие механической системы. Используя уравнение Шредингера, получаем для плотности вероятности A^2:

\frac{\partial A^2}{\partial t}+div(A^2\vec{v}) = 0.

Это уравнение непрерывности. Оно показывает, что плотность вероятности A^2 перемещается по законам классической физики с классической скоростью \vec{v}. Чтобы решить это уравнение нам надо знать начальную амплитуду A(t=0). Но я еще раз повторю, что если у нас есть начальная амплитуда, то и уравнение решать не надо, так как можно сразу же определить начальное отклонение от неустойчивого равновесия. Таким образом, главная задача - найти A(t=0), что невозможно сделать, не зная деталей процесса измерения.


> > Вы можете взять разные начальные условия, например, разные ВФ, локализованные вблизи точки равновесия, и посмотреть, что с ними дальше будет.

> Объясните мне пожалуйста зачем смотреть, что с ними дальше будет. Честно не понимаю. Если у меня уже имеется начальная волновая функция, то я сразу же могу определить начальное отклонение от неустойчивого равновесия.

Правильно. Но при этом следует помнить, что ВФ -- не только распределение вероятностей.

> Затем я применяю законы движения классической механики, по которым движется волновой пакет квазиклассического объекта - карандаша.

Квазиклассика неприменима вблизи точки равновесия. Найдите точное решение и сами увидите.

> Вся изюминка и заключается в том, чтобы найти начальную волновую функцию. Для этого надо решить задачу о взаимодействии классического прибора и карандаша, рассматриваемого как квантовый объект. Это взаимодействие и является измерением и гарантирует, что начальная волновая функция будет отлична от дельта-функции, что и означает отклонение от положения неустойчивого равновесия.

Если мы хотим найти максимальное время, то нам нужно подобрать такую начальную ВФ, чтобы она расплывалась как можно медленнее. Найдя такую ВФ, можно уже думать о том, можем ли мы ее приготовить.

> > Если вначале была сильно локализованная ВФ, и практически наверняка можно утверждать, что карандаш стоит на острие, то со временем она расплывется настолько, что будет значительна (например, >1/2) вероятность того, что карандаш обнаружится лежащим на столе. Или отклонившимся на 15 градусов.

> И про расплытие тоже не понимаю. Вспомните вид волновой функции квазиклассического объекта:

> \Psi = A\exp(iS/\hbar).
Возмите начальную Psi = A* exp(-a*x^2)
Это вполне реалистичная ВФ, она соответствует тому, что пока карандаш в руках, он находится в основном состоянии осциллятора. Мы его отпускаем, и дальше он эволюционирует сам в поле перевернутого осциллятора -k*x^2

> Здесь S - классическое действие механической системы. Используя уравнение Шредингера, получаем для плотности вероятности A^2:

> \frac{\partial A^2}{\partial t}+div(A^2\vec{v}) = 0.
Я же говорю, что квазиклассика неприменима.

> Это уравнение непрерывности. Оно показывает, что плотность вероятности A^2 перемещается по законам классической физики с классической скоростью \vec{v}. Чтобы решить это уравнение нам надо знать начальную амплитуду A(t=0). Но я еще раз повторю, что если у нас есть начальная амплитуда, то и уравнение решать не надо, так как можно сразу же определить начальное отклонение от неустойчивого равновесия. Таким образом, главная задача - найти A(t=0), что невозможно сделать, не зная деталей процесса измерения.

Про детали приготовления, можете его назвать измерением, я уже сказал.
Насчет нужно ли решать точное уравнение. Если его можно решить, то в любом случае стоит это сделать.
Даже если считать квазиклассически, то вы это тоже неправильно сделали.
У вас неопределенность координаты D=1см. Это значит, что карандаш уже далеко от положения равновесия, угол 1/20 рад. Посчитайте время падения с такого начального положения. Полагаю, что оно на порядок меньше, чем 6 или 4 сек.
Более того. Ваш ответ зависит от диаметра D. Это просто неверно.
Можно считать, что D не диаметр, а ширина волнового пакета, который мы можем варьировать. Тогда у вас два параметра в вашем классическом рассотрении: начальное отклонение и начальная скорость. Вы учли только начальную скорость. Попробуйте учесть оба. Тогда получится задача на максимум времени падения.
Увеличение начальной скорости уменьшает время. Увеличение отклонения тоже.
Начальная скорость и отклонение связаны соотношением неопределенности. Может вам удастся получить D, при котором время падения максимально?
Попробуйте.


> > Затем я применяю законы движения классической механики, по которым движется волновой пакет квазиклассического объекта - карандаша.

> Квазиклассика неприменима вблизи точки равновесия. Найдите точное решение и сами увидите.

Вы наверное оговорились случайно? Давайте вспомним условие применимости квазиклассического приближения:

\fraq{m\hbar |F|}{p^3} гораздо меньше 1.

Здесь F - это классическая сила действующая на на объект. Она определяется производной от потенциальной энергии по координате. Производная потенциальной энергии карандаша в точке неустойчивого равновесия равна нулю. В окрестности этой точки она сколь угодно мала. А вот импульс в окрестности этой точки конечен и в силу макроскопичности карандаша (большая масса) не мал. Конкретное значение импульса определяется процессом измерения.

> > Здесь S - классическое действие механической системы. Используя уравнение Шредингера, получаем для плотности вероятности A^2:

> > \frac{\partial A^2}{\partial t}+div(A^2\vec{v}) = 0.
> Я же говорю, что квазиклассика неприменима.

Вы наверное еще раз оговорились по инерции.



Есть некоторые сомнения на счет решения задачи посредством принципа неопределенности. У меня не получилось, но мне кажется что можно сформулировать принцип неопределенности и для угла, который карандаш составляет относительно вертикальной оси. Причем принцип неопределенности именно в смысле непоределенности импульса-координаты а не для энергии-времени. если это возможно то мы должны либо отказаться от использования этого принципа, либо сказать о некорректной постановки задачи.

как Вы считаете, можно ли получить формулу для неопределенности угла отностиельно некоторой заданой оси? Карандаш считаем идеально прямым.


>
> Есть некоторые сомнения на счет решения задачи посредством принципа неопределенности. У меня не получилось, но мне кажется что можно сформулировать принцип неопределенности и для угла, который карандаш составляет относительно вертикальной оси. Причем принцип неопределенности именно в смысле непоределенности импульса-координаты а не для энергии-времени. если это возможно то мы должны либо отказаться от использования этого принципа, либо сказать о некорректной постановки задачи.

> как Вы считаете, можно ли получить формулу для неопределенности угла отностиельно некоторой заданой оси? Карандаш считаем идеально прямым.

Конечно, есть. произведение неопределенности момента импульса на неопределенность угла поядка h. Только это для больших моментов, что в данном случае работает.



> > > Затем я применяю законы движения классической механики, по которым движется волновой пакет квазиклассического объекта - карандаша.

> > Квазиклассика неприменима вблизи точки равновесия. Найдите точное решение и сами увидите.

> Вы наверное оговорились случайно? Давайте вспомним условие применимости квазиклассического приближения:

> \fraq{m\hbar |F|}{p^3} гораздо меньше 1.

> Здесь F - это классическая сила действующая на на объект. Она определяется производной от потенциальной энергии по координате. Производная потенциальной энергии карандаша в точке неустойчивого равновесия равна нулю. В окрестности этой точки она сколь угодно мала. А вот импульс в окрестности этой точки конечен и в силу макроскопичности карандаша (большая масса) не мал. Конкретное значение импульса определяется процессом измерения.

Что вы зациклились на измерении?
Импульс тоже равен нулю в этой точке.
Неприменима квазиклассика в точках поворота и равновесия.
Поэтому эти точки и рассматриваются особо.

почему вы не обратили внимание на замечание относительно начального отклонения в 1 см?


> > Если аккуратнее считать то не 6, а около 4 секунд.
> Ну, сильно напрягаться, чтоб гарантировано посчитать точно тяжело. Всё-таки не ядрёну бомбу считаем. :)))
> Возможно, я где-то в цифирьках запутался, деньги-то мне за это не платят!!!

Дык вы же даже и не считали ничего еше. Тока чужие ответы сдирали. (Или это и есть ваша "метода расчетa"?)

Пока кроме kto-to никто ниче не считал.

> Однако, если уж взялись возражать, то приведите ваши расчёты.

А вы потрудитесь сами че нить посчитать.

Напишите, например, уравнение Шредингера для небоскреба - да посчитайте за скока гроxнется оземь.

Или xоть классическую траекторию движения (но с учетом принципа неопределенноти) посчитайте.


> Импульс тоже равен нулю в этой точке.
> Неприменима квазиклассика в точках поворота и равновесия.
> Поэтому эти точки и рассматриваются особо.

Вы знаете, я пожалуй соглашусь с вами. Действительно неприменима. Давайте рассмотрим точку равновесия особо. Посмотрим как классическая сила F и классический импульс p стремятся к нулю при стремлении к нулю угла отклонения от вертикали \beta. Отсюда мы найдем области, в которой квазиклассика применима и в которой неприменима. Итак условие примениости квазиклассического приближения есть:

\fraс{m\hbar |F|}{p^3} гораздо меньше 1.

При малых углах \beta находим F = mg\beta, p = m\beta\sqrt{gL/2}. Тогда получаем, что квазиклассическое приближение несправедливо при углах

\beta меньше \sqrt{\frac{\hbar}{mg^{1/2}L^{3/2}}}.

Подставляем численные значения параметров карандаша и физические постоянные и находим, что квазиклассическое приближение неприменимо при углах

\beta меньше 10^{-18}.

Отсюда находим, что область пространства, в которой неприменимо квазиклассическое приближение порядка 10^{-19} м. Таким образом, в данной конкретной задаче в окрестности точки неустойчивого равновесия квазиклассическое приближение неприменимо. Размеры этой окрестности порядка 10^{-19} м.

Теперь я скажу почему я "зациклился" на измерении. Вы понимаете, если нет измерения, то нет и информации о том, что объект стоит точно вертикально. Мы просто этого не знаем без измерения. Измерение же дает нам эту информацию и одновременно с этим нарушает состояние объекта до измерения. Как нарушает? Это зависит от процесса измерения. У нас этой информации по условию задачи нет. Какой выход? Первое - это попросить автора задачи дать точное описание процесса измерения. Вы считаете этот путь реальным? Если да, то попросите автора, а я буду удивлен, если он вам точно сформулирует процесс измерения. Что-то не уверен я, что данный автор в состоянии это сделать. Второе - это всевозможные оценки. Про 1 см я уже говорил, что это шуточная оценка.

Сейчас у нас появилась новая зацепка. Давайте считать размеры области, в которой квазиклассическое приближение неприменимо шириной начального волнового пакета карандаша Обозначим эту ширину через w. Тогда имеем

v0 порядка 10^{-34}/(w * m) порядка 10^{-17} м/с.

То есть время падения карандаша будет примерно в два раза меньше. А если говорить о порядках, то порядок времени не меняется.


> Теперь я скажу почему я "зациклился" на измерении. Вы понимаете, если нет измерения, то нет и информации о том, что объект стоит точно вертикально. Мы просто этого не знаем без измерения. Измерение же дает нам эту информацию и одновременно с этим нарушает состояние объекта до измерения. Как нарушает? Это зависит от процесса измерения. У нас этой информации по условию задачи нет. Какой выход? Первое - это попросить автора задачи дать точное описание процесса измерения. Вы считаете этот путь реальным? Если да, то попросите автора, а я буду удивлен, если он вам точно сформулирует процесс измерения. Что-то не уверен я, что данный автор в состоянии это сделать. Второе - это всевозможные оценки. Про 1 см я уже говорил, что это шуточная оценка.

но задача-то нормальная :) И ее можно решить!
Обычно это называют "приготовлением состояния". Можно считать, что приготовление -- это то же измерение. Приготовить состояние в виде гауссова пакета можно, поместив объект в осциллятор, подождать, что он свалится на нижний уровень, а потом убрать этот осциллятор. При мгновенном выключении потенциала ВФ не меняется. Вы получаете ВФ в виде гауссова пакета. Подбирая жесткость этого осциллятора, вы можете выбрать нужную ширину пакета. Принциально то, что можно выбрать любую ширину.

> Сейчас у нас появилась новая зацепка. Давайте считать размеры области, в которой квазиклассическое приближение неприменимо шириной начального волнового пакета карандаша

Опять это потолочное предположение. Вы можете взять любую ширину.

> Обозначим эту ширину через w. Тогда имеем

> v0 порядка 10^{-34}/(w * m) порядка 10^{-17} м/с.

> То есть время падения карандаша будет примерно в два раза меньше. А если говорить о порядках, то порядок времени не меняется.

Опять вы не учитываете, что края вашего пакета уже отклонились от положения равновесия и будут падать. Оцените и это время. Может оно окажется меньше?


> Дык вы же даже и не считали ничего еше.
Я считал. Но показывал только результаты.

> Тока чужие ответы сдирали.
Смелое заявление.

> Пока кроме kto-to никто ниче не считал.
Я таких крякозяблов не понимаю:
T=L\cdot\int_0^{\pi/4}\,d\beta\frac{1}{\sqrt{2gL\cdot sin^2(\beta)+v0^2}}.
Возможно, гражданин хотел как лучше, а получилось как всегда.
Формулы надо писать с синтаксисом как для компилятора.

> А вы потрудитесь сами че нить посчитать.
Гражданин!
Не задерживаю!


> но задача-то нормальная :) И ее можно решить!
> Обычно это называют "приготовлением состояния". Можно считать, что приготовление -- это то же измерение. Приготовить состояние в виде гауссова пакета можно, поместив объект в осциллятор, подождать, что он свалится на нижний уровень, а потом убрать этот осциллятор. При мгновенном выключении потенциала ВФ не меняется. Вы получаете ВФ в виде гауссова пакета. Подбирая жесткость этого осциллятора, вы можете выбрать нужную ширину пакета. Принциально то, что можно выбрать любую ширину.

Ну давайте сделаем как вы тут пишите, хотя могли бы и сами давно написать. Пишем волновую функцию нормального состояния осциллятора:

\psi_0 = (\frac{m\omega}{\hbar\pi})^{1/4}\exp(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}).

Отсюда получаем, что средний импульс p0 = 0, а среднее квадратическое отклонение от неустойчивого положения равновесия есть:

\sigma = \sqrt(\frac{\hbar}{m\omega}).

Остается задать частоту \omega. Задайте ее численное значение. Если это значение вы возьмете с потолка, то тогда получите "потолочное" значение, а если вы ее возьмете из процесса измерения, то этим самым вы доформулируете задачу до конца, выполнив работу автора. Я считаю последнее нелогичным, так как не хочу сам себе ставить задачу, а затем сам ее и решать.

Итак, численное значение частоты за вами или за автором? :))))))))))))))))


> Ну давайте сделаем как вы тут пишите, хотя могли бы и сами давно написать. Пишем волновую функцию нормального состояния осциллятора:

> \psi_0 = (\frac{m\omega}{\hbar\pi})^{1/4}\exp(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}).

> Отсюда получаем, что средний импульс p0 = 0, а среднее квадратическое отклонение от неустойчивого положения равновесия есть:

> \sigma = \sqrt(\frac{\hbar}{m\omega}).

> Остается задать частоту \omega. Задайте ее численное значение. Если это значение вы возьмете с потолка, то тогда получите "потолочное" значение, а если вы ее возьмете из процесса измерения, то этим самым вы доформулируете задачу до конца, выполнив работу автора. Я считаю последнее нелогичным, так как не хочу сам себе ставить задачу, а затем сам ее и решать.

> Итак, численное значение частоты за вами или за автором? :))))))))))))))))


Не так.
У вас есть нестационарное ур-е Шредингера с потенциалом -k*x^2
Оно точно решается подстановкой
psi(x,t)=exp(-ax^2-bx-c);
где a,b,c -- (комплексные) функции времени, x -- координата.
подставив это в ур-е Шредингера, вы получите 3 обыкновенных дифура типа
i*a'=a^2+1
...
решив их, вы получите полное решение задачи. Т.е. можно, задав начальное значение psi(x,t=0), получить psi(x,t) при всех t.
Величина a(t) (вещественная часть ее) дает нам расплывание гауссового пакета со временем. Величина b(t) даст движение центра тяжести пакета. Движение центра тяжести соответствует классическому движению, а расплывание - чисто квантовый эффект. Вот это расплывание вы никак из оценок из соотношения неопределенности не получите.

Я не встречал этой задачи в какихнибудь учебниках или задачниках. Может быть кто-нибудь встречал?


>
> Не так.
> У вас есть нестационарное ур-е Шредингера с потенциалом -k*x^2
> Оно точно решается подстановкой
> psi(x,t)=exp(-ax^2-bx-c);
> где a,b,c -- (комплексные) функции времени, x -- координата.
> подставив это в ур-е Шредингера, вы получите 3 обыкновенных дифура типа
> i*a'=a^2+1
> ...
> решив их, вы получите полное решение задачи. Т.е. можно, задав начальное значение psi(x,t=0), получить psi(x,t) при всех t.
> Величина a(t) (вещественная часть ее) дает нам расплывание гауссового пакета со временем. Величина b(t) даст движение центра тяжести пакета. Движение центра тяжести соответствует классическому движению, а расплывание - чисто квантовый эффект. Вот это расплывание вы никак из оценок из соотношения неопределенности не получите.

Правильно ли я понимаю вас? Вы предлагаете вначале создать (приготовить) волновой пакет при помощи гармонического осциллятора с частотой \omega настолько большой, чтобы локализовать пакет в области малых углов, где неприменима квазиклассика. Затем вычислить время Tq, за которое пакет дойдет, до границ применимости квазиклассики. Параллельно с этим движением (описываемым b(t)) пакет расплывается. То есть нужно решать самосогласованно три дифура. После того как пакет достиг квазиклассических пределов можно подсчитать оставшееся время Tc падения по законам классической механики. Тогда время падения T = Tq+Tc.

Это я правильно понял?


> >
> > Не так.
> > У вас есть нестационарное ур-е Шредингера с потенциалом -k*x^2
> > Оно точно решается подстановкой
> > psi(x,t)=exp(-ax^2-bx-c);
> > где a,b,c -- (комплексные) функции времени, x -- координата.
> > подставив это в ур-е Шредингера, вы получите 3 обыкновенных дифура типа
> > i*a'=a^2+1
> > ...
> > решив их, вы получите полное решение задачи. Т.е. можно, задав начальное значение psi(x,t=0), получить psi(x,t) при всех t.
> > Величина a(t) (вещественная часть ее) дает нам расплывание гауссового пакета со временем. Величина b(t) даст движение центра тяжести пакета. Движение центра тяжести соответствует классическому движению, а расплывание - чисто квантовый эффект. Вот это расплывание вы никак из оценок из соотношения неопределенности не получите.

> Правильно ли я понимаю вас? Вы предлагаете вначале создать (приготовить) волновой пакет при помощи гармонического осциллятора с частотой \omega настолько большой, чтобы локализовать пакет в области малых углов, где неприменима квазиклассика. Затем вычислить время Tq, за которое пакет дойдет, до границ применимости квазиклассики. Параллельно с этим движением (описываемым b(t)) пакет расплывается. То есть нужно решать самосогласованно три дифура. После того как пакет достиг квазиклассических пределов можно подсчитать оставшееся время Tc падения по законам классической механики. Тогда время падения T = Tq+Tc.

> Это я правильно понял?

Насчет приготовления -- правильно.
Я вообще не предлагаю использовать квазиклассику. Коль скоро задача допускает точное решение, то с его помощью мы все получим без всяких приближений.
Кстати, пакет при t=0 можно расположить не в центре, а в любоим месте.
Квазиклассика может пригодиться, когда пакет достигнет областей, где потенциал нельзя записывать как -kx^2, а нужно писать cos(kx). (правильные коэффициенты, пожалуйста, сами расставьте).
Но для оценки нам это не потребуется. Достаточно того, что большая часть пакета окажется за пределами, например, 1 см при тех данных, которые вы использовали.


> Но для оценки нам это не потребуется. Достаточно того, что большая часть пакета окажется за пределами, например, 1 см при тех данных, которые вы использовали.

Я решил задачу о расплытии пакета со временем. Вот аналитическое решение дифференциального уравнения (действительная часть):

Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega)*\sqrt(2L/g)]/(cosh^2[t\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega\sqrt(2L/g))])

Для того чтобы локализовать пакет в области, где квазиклассика неприменима нужно брать частоты \omega больше 10^6 c^{-1}. Я взял значение \omega = 10^7 c^{-1}. Остальные параметры имеют прежние значения. Подстановка численных значений дает, что для расплытия пакета на 1 см необходимо время T = 10.448 секунд.

Будем считать это время как основной вклад во время падения карандаша?


Скобку не там поставил. Неудобно здесь формулы писать. Вот теперь все правильно:

Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)*\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega*\sqrt(2L/g)]/(cosh^2[t*\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega*\sqrt(2L/g))])


Еще одна скобка была недописана. Теперь надеюсь все правильно напечатал.

Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)*\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega*\sqrt(2L/g))]/(cosh^2[t*\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega*\sqrt(2L/g))])


> Еще одна скобка была недописана. Теперь надеюсь все правильно напечатал.

> Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)*\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega*\sqrt(2L/g))]/(cosh^2[t*\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega*\sqrt(2L/g))])

а какая собственная частота осциллятора?
т.е. этого жа карандаша, но подвешенного за конец



> > Еще одна скобка была недописана. Теперь надеюсь все правильно напечатал.

> > Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)*\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega*\sqrt(2L/g))]/(cosh^2[t*\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega*\sqrt(2L/g))])

> а какая собственная частота осциллятора?
> т.е. этого жа карандаша, но подвешенного за конец


Прочитайте мое сообщение 33465 там написана и частота и время расплытия на 1 см. В том же сообщении вопрос к вам. Дайте ответ.


> > > Еще одна скобка была недописана. Теперь надеюсь все правильно напечатал.

> > > Re[a(t)] = (1/4)*(m/\hbar)*\sqrt(g/2L)*sin[2*arctg(\omega*\sqrt(2L/g))]/(cosh^2[t*\sqrt(g/2L)]-sin^2[arctg(\omega*\sqrt(2L/g))])

> > а какая собственная частота осциллятора?
> > т.е. этого жа карандаша, но подвешенного за конец

>
> Прочитайте мое сообщение 33465 там написана и частота и время расплытия на 1 см. В том же сообщении вопрос к вам. Дайте ответ.

Я не про частоту omega, а про sqrt(2L/g). Судя по вашей формуле это и есть частота осциллятора.
Частоту omega следует выбрать так, чтобы расплывание происходило как можно медленнее. Так, по крайней мере можно интерпретировать слова "поставить карашдаш на острие как можно точнее".
Ваш ответ похож на правду, но отличается от моего. Если в него подставить t=0, получится ли начальная гауссова ВФ?
У меня такой ответ:
квадрат модуля ВФ равен exp(-x^2/L(t)^2);
L(t)^2 = -1/(a+a*) = C*lambda^2*sh(wt)^2+L0^2; (1)
здесь С=q+1/q, где q=L0^2/lambda^2;
w=sqtr(k/m) или sqtr(l/g) -- частота малых колебаний карандаша, если бы он был подвешен за кончик.
Lambda=sqrt(h/mw) -- характерная ширина основного состояния того же осциллятора);
L(t) -- ширина пакета, L0 -- начальная ширина пакета.

Рассматривая пристально формулу (1), можно увидеть, что пакет расплывается экспоненциально со временем. Наименьшая скорость расплывания будет, если коэффициент С будет минимальный. Это достигается при L0=lambda.
При t>периода осциллятора
L(t)=lambda*sqrt(2)*exp(wt)

Несмотря на малый коэффициент lambda, макроскопическую величину L(t) можно получить всего за время, равное нескольким периодам малых колебаний.
Это максимально достижимое время.

Могу только заметить, что самое незначительное трение может сильно увеличить время пребывания в точке неустойчивого равновесия. Однако, квантовая механика не умеет последовательно описывать трение.


> Я не про частоту omega, а про sqrt(2L/g). Судя по вашей формуле это и есть частота осциллятора.

Длина карандаша L = 20 см. Мы же уже оговорили все численные значения параметров карандаша.

> Частоту omega следует выбрать так, чтобы расплывание происходило как можно медленнее. Так, по крайней мере можно интерпретировать слова "поставить карашдаш на острие как можно точнее".
> Ваш ответ похож на правду, но отличается от моего. Если в него подставить t=0, получится ли начальная гауссова ВФ?

Да получается. Я проверил аналитически и к тому же смоделировал задачу численно.

Я согласен с вами по поводу выбора частоты \omega. Но согласитесь, что ее надо к тому же выбрать и так, чтобы локализовать пакет в области, где квазиклассика неприменима. Иначе задачу можно решать квазиклассически и не учитывать расплывания.

> У меня такой ответ:
> квадрат модуля ВФ равен exp(-x^2/L(t)^2);
> L(t)^2 = -1/(a+a*) = C*lambda^2*sh(wt)^2+L0^2; (1)
> здесь С=q+1/q, где q=L0^2/lambda^2;
> w=sqtr(k/m) или sqtr(l/g) -- частота малых колебаний карандаша, если бы он был подвешен за кончик.
> Lambda=sqrt(h/mw) -- характерная ширина основного состояния того же осциллятора);
> L(t) -- ширина пакета, L0 -- начальная ширина пакета.

Ответ принимается.

> Несмотря на малый коэффициент lambda, макроскопическую величину L(t) можно получить всего за время, равное нескольким периодам малых колебаний.
> Это максимально достижимое время.

А вы кстати заметили, что чем точнее мы локализуем пакет, тем быстрее (как следует из формулы) он расплывается? Не есть ли это отражение принципа неоределенности для скорости и координаты?

Тем не менее получется тот же порядок времени около 10 секунд. Парадоксально :))).

> Могу только заметить, что самое незначительное трение может сильно увеличить время пребывания в точке неустойчивого равновесия. Однако, квантовая механика не умеет последовательно описывать трение.

Хочу заметить, что самое незначительное трение не только увеличивает время пребывания в точке неустойчивого равновесия, но оно также значительно увеличивает и время решения данной задачи :))).


> > Частоту omega следует выбрать так, чтобы расплывание происходило как можно медленнее. Так, по крайней мере можно интерпретировать слова "поставить карашдаш на острие как можно точнее".
> > Ваш ответ похож на правду, но отличается от моего. Если в него подставить t=0, получится ли начальная гауссова ВФ?

> Да получается. Я проверил аналитически и к тому же смоделировал задачу численно.
Значит тот же самый с точностью до тождественных преобразований.

> Я согласен с вами по поводу выбора частоты \omega. Но согласитесь, что ее надо к тому же выбрать и так, чтобы локализовать пакет в области, где квазиклассика неприменима. Иначе задачу можно решать квазиклассически и не учитывать расплывания.

Я не очень понимаю, что вы разумеете под квазиклассикой. Пакет все равно будет расплываться. Взмите просто пустое пространство, составьте пакет из плоских волн (они же квазикоассическое приближение, но в данном случае соврадают с точным решением). Он будет прекрасно расплываться. Не знаю, почему вы считаете, квазиклассические пакеты не расплываются.
И потом, что значит можно не учитывать? У вас есть точное решение. Расплывание сумасшедшее -- экспонента. Всякое приближение, которое этого не учитывает просто неправильное.

> > У меня такой ответ:
> > квадрат модуля ВФ равен exp(-x^2/L(t)^2);
> > L(t)^2 = -1/(a+a*) = C*lambda^2*sh(wt)^2+L0^2; (1)
> > здесь С=q+1/q, где q=L0^2/lambda^2;
> > w=sqtr(k/m) или sqtr(l/g) -- частота малых колебаний карандаша, если бы он был подвешен за кончик.
> > Lambda=sqrt(h/mw) -- характерная ширина основного состояния того же осциллятора);
> > L(t) -- ширина пакета, L0 -- начальная ширина пакета.

> Ответ принимается.

> > Несмотря на малый коэффициент lambda, макроскопическую величину L(t) можно получить всего за время, равное нескольким периодам малых колебаний.
> > Это максимально достижимое время.

> А вы кстати заметили, что чем точнее мы локализуем пакет, тем быстрее (как следует из формулы) он расплывается? Не есть ли это отражение принципа неоределенности для скорости и координаты?

> Тем не менее получется тот же порядок времени около 10 секунд. Парадоксально :))).
У меня меньше получалось, 6-7 периодов колебаний.

> > Могу только заметить, что самое незначительное трение может сильно увеличить время пребывания в точке неустойчивого равновесия. Однако, квантовая механика не умеет последовательно описывать трение.

> Хочу заметить, что самое незначительное трение не только увеличивает время пребывания в точке неустойчивого равновесия, но оно также значительно увеличивает и время решения данной задачи :))).

Еще нужно придумать, как ее решать. Я не знаю.
Трение и квантовая механика плохо совместимы. Тут много разногласий.


> Я не очень понимаю, что вы разумеете под квазиклассикой. Пакет все равно будет расплываться. Взмите просто пустое пространство, составьте пакет из плоских волн (они же квазикоассическое приближение, но в данном случае соврадают с точным решением). Он будет прекрасно расплываться. Не знаю, почему вы считаете, квазиклассические пакеты не расплываются.
> И потом, что значит можно не учитывать? У вас есть точное решение. Расплывание сумасшедшее -- экспонента. Всякое приближение, которое этого не учитывает просто неправильное.

В данном частном случае я соглашусь. Специфика потенциала (только четные степени координаты) в данной задаче исключает пренебрежение расплыванием.

Я смоделировал задачу с потенциалом, содержащим также и нечетные степени координаты. Результат таков. Функция b(t), описывающая движение центра масс по классической траектории тоже растет со временем экспоненциально. Растет она параллельно с a(t) и быстрее чем a(t). При определенном отклонении (порядка размеров области, где квазиклассика неприменима) от равновесия расплывание становится несущесственным на фоне быстрого движения центра масс.


> В данном частном случае я соглашусь. Специфика потенциала (только четные степени координаты) в данной задаче исключает пренебрежение расплыванием.

> Я смоделировал задачу с потенциалом, содержащим также и нечетные степени координаты. Результат таков. Функция b(t), описывающая движение центра масс по классической траектории тоже растет со временем экспоненциально. Растет она параллельно с a(t) и быстрее чем a(t). При определенном отклонении (порядка размеров области, где квазиклассика неприменима) от равновесия расплывание становится несущесственным на фоне быстрого движения центра масс.

Это странно. Центр пакета, среднее значение координаты должен двигаться по классическому закону.
ax^2+bx = a(x+b/2a)^2+...
А на чем вы моделируете?


> Это странно. Центр пакета, среднее значение координаты должен двигаться по классическому закону.
> ax^2+bx = a(x+b/2a)^2+...
> А на чем вы моделируете?

Я сам понимаю, что странно. Похоже, что при вычислении среднего значения оператора импульса -ih*d\dx я неправильно отделил мнимую и действительную части. Моделирую методом Адамса.


> Я сам понимаю, что странно. Похоже, что при вычислении среднего значения оператора импульса -ih*d\dx я неправильно отделил мнимую и действительную части. Моделирую методом Адамса.

я имел ввиду -- на чем? В каком пакете. Maple, matlab, что-то еще?


> я имел ввиду -- на чем? В каком пакете. Maple, matlab, что-то еще?

В рамках одного проекта по моделированию нашлись все необходимые функции для моделирования данной задачи. Написаны они на C/C++. Я просто скомпоновал из них подпрограмму и выполнил вычисления. Ошибку, кстати, исправил. Расплывание действительно существенно сильнее.


> > я имел ввиду -- на чем? В каком пакете. Maple, matlab, что-то еще?

> В рамках одного проекта по моделированию нашлись все необходимые функции для моделирования данной задачи. Написаны они на C/C++. Я просто скомпоновал из них подпрограмму и выполнил вычисления. Ошибку, кстати, исправил. Расплывание действительно существенно сильнее.

Я немного поразмыслил над этой задачей. Если бы можно было аналитически посчитать коэффициенты подобных дифуров для многоиерной ситуации, это бы имело смысл. Можно работу сделать.


Физика в анимациях - Купить диск - Тесты по физике - Графики on-line

Реклама:
Rambler's Top100