Bekensteinin sidotun Wikipedia-version käyttäminen ja Wikipedia-arvojen korvaaminen elektronilla massa ja säde , saadaan 0,0662 bittiä. Tarkoittaako tämä todella sitä, että järjestelmä, mikä tahansa järjestelmä, joka on sijoitettu elektronin kokoisen pallon sisään ja jonka paino on enintään elektroni, on melkein määritelty? Entä itse elektroni? Eikö tarvitsisi ainakin muutamaa bittiä kuvaamaan elektronin käyttäytymistä magneettisessa avaruudessa?
(Olen ammattimatemaatikko, mutta tiedän hyvin vähän fysiikasta, olen varma, että puuttuu jotain ilmeistä täällä …)
Kommentit
- Se tarkoittaa vain, että fyysikko on keksinyt toisen " Se ' ei ole edes epätosi! että ' on pienin koko bitin tallentamiseen käytettävä numero, se ' ei yksinkertaisesti ole mitään muuta kuin merkityksetön lausunto.
- " klassisen elektronin säde " ei ' t klassinen ja isn ' t elektronisäde. Sikäli kuin tiedämme, elektroni on pistemäinen hiukkanen. Sen koossa on empiirisiä ylärajoja (jos sillä on sisäinen rakenne), jotka ovat paljon pienempiä kuin klassinen elektronisäde.
Vastaa
Olet löytänyt monimutkaisen tavan laskien $ 2 \ pi \ alfa / \ ln 2 \ noin 0,0661658 $. Tässä $ \ alpha \ noin 1/137 $ edustaa hienorakenteista vakiota .
Huomattavaa on, että:
A) Bekensteinin sidottu rajaa pallomaiselle alueelle sisältyvien tietojen nats enimmäismäärän jakamalla kyseisen alueen ympärysmitta pienennetyllä Compton-aallonpituudella, joka liittyy kyseisen alueen sisältämään kokonaisenergiaan,
ja
B) klassinen elektronisäde on yhtä suuri kuin hienorakenteen vakio kertaa alennettu Comptonin aallonpituus elektroni.
Suoritatko uudelleen laskutoimituksesi käyttämällä elektronimassaa ja pienennettyä Comptonin aallonpituutta, saat arvoksi 9,0647 $ bittiä. Saisit kuitenkin täsmälleen saman arvon protonille tai mikä tahansa muu alku- tai yhdistelmähiukkasesi, jonka valitset. En kiinnitä fyysistä merkitystä näihin tuloksiin.
Lisätty: Meillä ei tällä hetkellä ole johdonmukaista kvanttigravitaatioteoriaa, ja meillä ei edes ole aavistustakaan, mitkä olisivat vapauden perusta sellaisessa teoriaan. Siksi kaikki lausunnot vastauksena kysymyksiin, kuten ”kuinka monta bittiä / nats tietoa voidaan liittää elektronimassaan” , on vaarassa johtaa hölynpölyyn. Tämän sanottu holografinen (Bekenstein-Hawking / musta aukko) sidottu näyttää pystyvän tarjoamaan kohtuullisia johtoja. Käyttämällä $ 4 \ pi $ -kertaa elektronin supistetun Compton-aallonpituuden neliön kanssa alueena BH-sidoksessa johtaa tietosisältöön $ S / k = \ pi \ hbar c / G m ^ 2 $ nats. Tässä $ m $ tarkoittaa elektronimassaa. Tämä tulos ”riittävän suuren tilavuuden tietosisällöstä, joka sisältää elektronin” on pohjimmiltaan Planckin massan ja elektronimassan suhteen neliö. Se ”on paljon natiiveja.
Kommentit
- Käytin WP-artikkelin kolmatta yhtälöä fi.wikipedia.org/wiki/Bekenstein_bound . Ymmärrän, että ln 2 tulee nat / bit-muunnoksesta, mutta ' s on jo olemassa WP: ssä, ja ' ei voi ottaa huomioon kahta suuruusluokkaa laskemiesi 9,06 bitin ja WP-kaavan tuottamien 0,066 bittien välillä. Kun sanot " älä ' t kiinnitä fyysistä merkitystä " sanotko ehkä kohteliaisemmalla kielellä samaa, mitä @Jerry Schirmer sanoi, että sidos ei ole pätevä tässä mittakaavassa?
- @StudentT – nämä kaksi suuruusluokkaa tulevat hienorakenteisesta vakiosta (ero klassisen elektronisäteen ja Comptonin säteen välillä) Alarivi on: laskenta johtaa pyöreään päättelyyn voi d fysiikkaa.
- Hyvä @Johannes, anna minun esittää kysymys ei-pyöreällä tavalla: kun otetaan huomioon fyysinen järjestelmä, joka sopii elektroniin ja jolla ei ole enää massaa / energia kuin elektroni, mikä on suurin mahdollinen erotettavissa olevien tilojen määrä? Ehkä fysiikka ei voi (vielä) tarjota sitovaa. Minua kiinnosti alun perin yksinkertaisempi kysymys: kuinka pieni se voi olla järjestelmä, jonka karakterisointiin tarvitaan täsmälleen 1 bitti?Mutta sitten ajattelin, että olisi hyvä terveystarkastus tarkastella Bekenstein-kaavaa jollekin olemassa olevalle järjestelmälle, ja löysin yllättävän yllättävän lopputuloksen.
- @StudentT – näyttää siltä, että etsit arvio perustuu BH-sidokseen. Olet liittänyt tekstiä yllä olevaan vastaukseeni. Toivottavasti se auttaa.
- Hyvä @Johannes, kiitos! Se auttaa tietysti, mutta se lisää myös hieman hämmennystäni, koska vastaus on 2,587 dollaria \ cdot 10 ^ {45} dollaria, suurempi kuin mitä wikipedialla on 6,7 cm: n säteellä (katso osio " Ihmisen aivot " fi.wikipedia.org/wiki/Bekenstein_bound). Tämä ei tarkoita sitä, että WP on aina 100% tarkka, mutta matematiikkaosassa, joka olen ' perehtynyt yleensä moniin asiantunteviin ihmisiin, katsotaan artikkeleita ja don ' älä anna törkeän tavaran liukastua ohi. Joka tapauksessa, pyrkimyksesi selvittää asia on erittäin arvostettu!
Vastaa
Tällaisia tuloksia ei voida ottaa liian vakavasti siinä mittakaavassa, jolla elektroni sovellettaisiin. Erityisesti klassinen yleinen relativistinen malli, jota naiivisti sovellettiin pistemassaelektroniin, kertoi sinulle, että elektronilla on liian suuri varaus ja kulmamomentti, jotta sillä olisi mustan aukon horisontti olisi sen sijaan eksoottinen objektityyppi, jota kutsutaan alastomaksi singulariteetiksi.
Kommentit
- Ennen kysymyksen esittämistä tarkistin ensin Bekensteinin ' selitys Scholarpediassa. Hänen menetelmä sidoksen johtamiseksi on pudottamalla esine (tässä tapauksessa elektroni) mustaan aukkoon. Itseni kaltaiselle ulkopuoliselle ei ole selvää, mikä osa tästä johdannasta olla ottamatta tosissasi.
- @StudentT: hän ' pudottaa sen mustaan reikään ' horisonttiin. Jos otat yleisen rel aktiivisuuden ollakseen totta aina elektronin ' asteikkoon saakka, horisonttia ei ole, joten mikään Bekensteinin ' yhtälöistä ei tee mitään järkeä, koska ne kaikki perustuvat horisontin ylittämiseen.
- Hienoa, kiitos! Koskeeko sama logiikka Hawkingin säteilyä? Vaikuttaa siltä, että kyseessä on sama mittakaavan kysymys: tarkastelet parin luomista (oletettavasti parin jäsenet eivät ole kaukana toisistaan kvanttitasolla), kun yksi jäsen on sisällä ja toinen tapahtumahorisontin ulkopuolella, pallo, jonka säde on mitattuna kosmisella asteikolla? Alkuperäinen kysymys on joka tapauksessa suljettu, ja kiitos vielä kerran.