Theorie quantique non linéaire

[invite5a89bfe6]

resalut,

Bonjour,

La MQ n'a à aucun moment postulé que les particules étaient ponctuelles.

L'équation de Schrodinger ne fait pas partie des postulats de la MQ. Il ne faut confondre les axiomes de la MQ et les modèles physiques.

La Mq n'a pas postulé que l'es particules étaient ponctuelles.
ça c'est vrai! c dit nulle part!
bohr a juste avancé son postulat de complementarité pour résoudre les faits experimentaux :interference et effet compton! sauf qu'il était mal à l'aise avec le principe de causalité (vu qu'on a plus de trajectoires en mq) einsteinien. il lui fallait donc adopter cette double nature pour la matière. mais c'est vrai il n'a rien dit sur le concept de corpuscule lui-même, est-il ponctuel, un soliton, ou autre chose? rien n'a été dit, du moins par bohr.
je suis d'accord mariposa.

Sinon tu ne m'a pas donné ton avis. à propos de ce que j'ai dit plus haut.
sur la nécéssité d' adopter une représentation; ce qui permet de passer d'un espace de hilbert (où se meut le ket) à un espace-temps .
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[invite7399a8aa]

Bonjour,

Bonjour, je croyais que les points de vue de heisenberg et schrödinger étaient équivalents. En plus on m'a apprit que l'équation de schrödinger était l'équation que vous présentez. apparemment sur wiki il y a une "démonstration" que je n'avais pas vu, j'y cours.
Est-ce possible d'avoir un texte synthétisant ou reprenant même strictement la preuve de born?
Je veux bien que les affirmations sur la nature de l'onde soient fumeuses mais il a fallut le démontrer non? Sinon ça m'apparait totalement légitime, on a quand même des interférences, et avec de la matière, c'est pas banal. Et nous sommes tellement familiers des ondes, et ces ondes sont tellement explicables mécaniquement, et ça y ressemble tellement que ça me parait totalement normal de se demander de quoi est faite cette onde, d'y voir une analogie avec un phénomène simple et connu plutôt que d'immédiatement sauter à pieds joints dans les espaces de hilbert et les vecteurs d'état. Nous on ne nous a apprit que des postulats, notamment que la MQ était complète et décrivait entièrement un système, (si je me souviens bien) est-ce que ça veut dire qu'il ne peut rien y avoir "derrière" (dans ce cas pourquoi les cordes ou autres théories) ou bien est-ce que ça veut dire qu'il n'y a rien "à côté", cad qui manque dans nos résultats.

En fait, nous disposons de deux démarches possibles pour mettre des équations sur les phénomènes que nous observons.

La première consiste à construire une théorie (Modélisation) à partir de réflexions exemple la RG. Cette approche est extrèmement dificile et seul quelques uns ont réussis.

La deuxième façon de faire consiste à construire la théorie à partir d'observations expériementales (Identification). Cette façon de faire à ses limites, car elle ne peut couvrir qu'un domaine restreint.

En outre les équations ne sont rien d'autre que des modèles de calcul,
vouloir leur accorder un status autre que celui-ci est un non sens, pour la bonne et simple raison que la réalité physique intime des choses si tant est qu'il en existe une, restera probablement inaccessible.

Cordialement

Ludwig

[invite5a89bfe6]

salut à tous,
euh, juste au passage, pour ceux qui s'interessent à mon travail et veulent , soit corriger, soit utiliser la théorie, il serait bon de vérifier qu'il n'y a pas d'états "fantômes", s'il s'avère que oui, bon ben reste plus qu'à appeller les "ghost-busters"...

[chaverondier]

Non, la rupture se produit implicitement dès la mécanique matricielle de Heisenberg et ce n'est pas un hasard si c'est Heisenberg qui a introduit l'idée de l'isospin pour les nucléons.

Au départ, cette rupture là était plutôt un changement de choix de mode de représentation. Pas d'objection sur le fait que ce changement favorise une émergence naturelle de la notion d'observable et d'algèbre des observables bien adpatée à la MQ (car n'ayant pas besoin d'être une algèbre commutative contrairement à l'algèbre des observables d'un système physique classique, algèbre formée des fonctions continues sur un espace de phase associé au système considéré par exemple). Cette algèbre d'observables porte d'ailleurs bien son nom puisqu'elle s'introduit naturellement sur la base des grandeurs physiques observées (par exemple via un ensemble complet de grandeurs physiques simultanément mesurables associé au système considéré).

La question que je posais était celle de savoir quand ce changement de représentation (passage de la notion classique d'espace-temps et de mécanique classique Hamiltonienne à la notion "plus quantique" d'algèbre d'observables finalement) devenait incontournable. Dois-je comprendre que le passage de l'équation de Schrödinger à celle de Dirac n'exige pas encore un tel changement ?

La question m'intéresse car les spineurs sont souvent réputés sortir du cadre de la mécanique classique (puisque l'algèbre des spineurs n'est pas commutative). Du même coup, il est tentant de supposer que toute tentative d'établir un lien de l'équation de Dirac avec une approche de type ondulatoire (par quantification dans un espace de phase classique via l'exploitation d'un principe de correspondance par exemple) soit vouée à l'échec. Quel est ton avis sur cette question ?

[mtheory]

L'équation de Dirac est une équation assez particulière, ce n'est pas vraiment une généralisation de l'équation de Schrödinger dans l'espace des phases mais c'est une généralisation relativiste de l'équation de Schrödinger d'une particule.

Dans un second temps c'est l'équation d'un champ de spineurs qui peut être traiter de façon purement classique, sans constante de Planck.

Les spineurs ne sont pas des choses vraiment quantiques selon moi.

[invite5a89bfe6]

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merci thunder60
bonne idée.

[invite5a89bfe6]

(a+b)^2=a^2+(ab+ba)+b^2

[invitedbd9bdc3]

(a+b)^2=a^2+(ab+ba)+b^2

C'est sur que la t'es bien parti pour revolutionner la physique.
Si jamais tu utilises des variable qui ne commute pas...

[invite5a89bfe6]

C'est sur que la t'es bien parti pour revolutionner la physique.
Si jamais tu utilises des variable qui ne commute pas...

salut,
tu as raison, voilà:
(x+y)^2=x^2+2xy+y^2


comme ça reste compréhensible pour le dirlo du journal le monde online "Philippe Jannet", c'est de son niveau.

[invite5a89bfe6]

C'est sur que la t'es bien parti pour revolutionner la physique.
Si jamais tu utilises des variable qui ne commute pas...

sinon à part le fait que j'indiquais par là qu'il fallait peut-être trouver, comme ce l'est pour l'equation de Dirac par rapport à celle de Klein-Gordon, une factorisation d'opérateurs, considère que j'ai rien dit Thwarn...

bye.

[mariposa]

La question m'intéresse car les spineurs sont souvent réputés sortir du cadre de la mécanique classique (puisque l'algèbre des spineurs n'est pas commutative).

Bonjour,

Les spineurs n'ont pas de rapport privilégié avec la MQ, pas plus qu'avec la Mécanique classique et ne possédent pas a priori une struture d'algébre (commutative ou pas).

Les spineurs sont des classes de vecteurs de la même façon que les tenseurs sont des clases de vecteurs. Ce qui distinguent les spineurs des tenseurs c'est le comportement de leurs composantes dans un changement de base. Le plus connu étant le changement de signe des composantes pour une rotation de 2Pi.

Les spineurs et les tenseurs ont la propriétés de sous-tendre des representions irréductibles de SU(2) le groupe de recouvrement du groupe des rotations de SO(3).

C'est en écrivant l'algébre de Lie de ce groupe que l'on définit une algébre du groupe indépendamment de toute representation?

Si maintenant on veut une represention de dimension 2 qui agisse sur un spineur 1/2 on obtiend le fameuse trio des matrices de Pauli.

Ces 3 matrices de Pauli forment donc une representation de l'algébre de Lie su(2) mais du point de vue de leurs transformations par les opérations du groupe il s'agit d'un tenseur de rang 1 donc a 3 composantes (Sx,Sy,Sz) qui se transforment à l'évidence comme (x,y,z).

En bref il ne faut confondre:

1-Un spin 1/2 (par exemple celui de l'électron) qui represente est vecteur "spécial" qui est un spineur pour lequel il n'y a aucune notion d'algébre.

2- Les 3 matrices de Pauli qui en tant que representation d'une algébre de groupes sont des opérateurs qui agissent dans un espace de dimension 2 et qui sont également un vecteur "spécial" a 3 composantes qui est un tenseur de rang 1 (ou moment cinétique L=1).

Du même coup, il est tentant de supposer que toute tentative d'établir un lien de l'équation de Dirac avec une approche de type ondulatoire (par quantification dans un espace de phase classique via l'exploitation d'un principe de correspondance par exemple) soit vouée à l'échec. Quel est ton avis sur cette question ?

J'ai du expliquer plus de 10 fois le statut de l'équation de Dirac et j'ai la flemme d 'y revenir.

Grosso-modo Dirac essaie de construire une équation de Schrodinger pour l'électron et tout cela le mene à une équation classique à 4 composantes, l'équation de Dirac, mais où chaque composante n'est pas une fonction d'onde mais un opérateur agisssant dans un espace de Fock, ou espace des nombres d'occupation.

C'est la naissance de la TQC. En fai ce qui fait la différence avec la MQ standard c'est le degré infini du nombre de degrés de libertés.

[chaverondier]

En bref il ne faut confondre:
1-Un spin 1/2 (par exemple celui de l'électron) qui represente est vecteur "spécial" qui est un spineur pour lequel il n'y a aucune notion d'algébre.
2- Les 3 matrices de Pauli qui en tant que representation d'une algébre de groupes sont des opérateurs qui agissent dans un espace de dimension 2 et qui sont également un vecteur "spécial" a 3 composantes qui est un tenseur de rang 1 (ou moment cinétique L=1).

Jette un coup d'oeil sur les notions de spineurs de Dirac en relation avec l'algèbre de Clifford. Ca devrait t'intéresser je pense.

[mariposa]

Jette un coup d'oeil sur les notions de spineurs de Dirac en relation avec l'algèbre de Clifford. Ca devrait t'intéresser je pense.

Bonjour,

Il n' y a pas de relations entre les spineurs de Dirac et l'algèbre de Clifford. Par contre il y a une relation entre les 3 matrices de Pauli et l'algèbre de Clifford.

Comme expliqué précédemment les 3 matrices de Pauli sous-tendent un espace vectoriel de dimension 3 qui est d'ailleurs l'espace vectoriel des matrices hermitiennes de trace nulle.

maintenant on note qu'il existe dans cet espace une loi de composition qui est la la multiplication des matrices ce qui laisse à penser que cet espace vectoriel pourrait bien être une algèbre.

En fait ce n'est pas le cas comme il est facile de le vérifier en formant n'importe quel produit de matrices de Pauli entre elles. Autrement dit l'espace vectoriel sous-tendu par les 3 matrices de Pauli n'est pas clos.

Pour que l'on ait une algèbre il faut provoquer la clôture en en augmentant la base à partir des produits des matrices de Pauli et ce jusqu'à fermeture de l'espace vectoriel. On obtient ainsi un espace de dimension 8.

En résumé il ne faut pas confondre:

les 3 matrices de Pauli qui forment un espace vectoriel de dimension 3 et qui engendre une représentation de dimension 3 de l'algèbre de Lie de su(2).

Les 3 matrices de Pauli qui engendre une algèbre de Clifford de dimension 8 et que l'on appelle malheureusement algèbre de Pauli et qui est très certainement une source potentielle de confusion de confusion.

[invite5a89bfe6]

salut à vous tous!
ahlala! que c'est bon tout ça! la classe!



c'était juste une remarque sympathique pour dire combien ça vole haut dans ce post qui a fait presque 2000 hits . Et voili et voilà...


bon moi je vous laisse parler en "paix" et je retourne à mon "party", oui en fait il s'agit d'une fête de mariage. a plus.








hé sarrrr .... tu fais quoi là?




......

[kalish]

Par exemple la valeur numérique mesurée associée à la grandeur physique A sur un ensemble vaut:

<A(t)> = <Fi(t)|A|Fi(t)> ici A est un opérateur associée à la grandeur A

Dans ce cas standard c'est le ket |Fi(t)> qui évolue dans le temps et qui correspond à la représentation de Schrodinger.

Par contre tu peux obtenir la même valeur numérique pour <A(t)> en reportant la dépendance temporelle sur l'opérateur A en "éliminant" la dépendance temporelle sur |Fi(t)>.

Il suffit pour cela d'injecter 2 fois une relation de fermeture composée à partir de l'opérateur l'évolution U (exponentiation de l'hamiltonien) sous la forme U.U*. on a ainsi la représentation d' Heisenberg.

Pour exprimer la physique dans un train, mieux vaut se placer dans un repère attachée au train (la représentation d' Heisenberg) qu'attaché au quai de la gare (la représentation de Shrodinger).

Merci. Je connaissais les deux représentations mais je n'avais jamais vu ça comme ça, pas mal le coup du train, je suppose qu'il n'y a pas que des changements de référentiel dans ces changements de point de vue.

Citation:
Est-ce possible d'avoir un texte synthétisant ou reprenant même strictement la preuve de born?
C'est quoi la preuve de Born?

J'en sais strictement rien, je répondais à une assertion de guezguez

Citation:
Nous on ne nous a apprit que des postulats, notamment que la MQ était complète et décrivait entièrement un système, (si je me souviens bien) est-ce que ça veut dire qu'il ne peut rien y avoir "derrière" (dans ce cas pourquoi les cordes ou autres théories) ou bien est-ce que ça veut dire qu'il n'y a rien "à côté", cad qui manque dans nos résultats.
La théorie des cordes est un modèle qui se pli entièrement (à ma connaissance) aux principes de la MQ.

La MQ n'a à aucun moment postulé que les particules étaient ponctuelles.

L'équation de Schrodinger ne fait pas partie des postulats de la MQ. Il ne faut confondre les axiomes de la MQ et les modèles physiques.

Mhh oui je pensais en fait au premier postulat mais en allant le voir de plus près je me suis aperçu que je l'avais bien transformé, et beaucoup extrapolé, j'ai du entendre quelque part que la MQ était complète et l'expression m'a choqué.
Par contre je n'ai jamais parlé de la ponctualité des particules, cependant j'ai un prof assez calé qui l'a affirmé en plein cours, je peux le balancer si vous voulez .

En fait, nous disposons de deux démarches possibles pour mettre des équations sur les phénomènes que nous observons.

La première consiste à construire une théorie (Modélisation) à partir de réflexions exemple la RG. Cette approche est extrèmement dificile et seul quelques uns ont réussis.

La deuxième façon de faire consiste à construire la théorie à partir d'observations expériementales (Identification). Cette façon de faire à ses limites, car elle ne peut couvrir qu'un domaine restreint.

En outre les équations ne sont rien d'autre que des modèles de calcul,
vouloir leur accorder un status autre que celui-ci est un non sens, pour la bonne et simple raison que la réalité physique intime des choses si tant est qu'il en existe une, restera probablement inaccessible.

Cordialement

Je suis tout à fait d'accord, j'ai souvent discuté de ce sujet avec d'autres personnes (même si j'aurais dit conception et modélisation, pour respectivement modélisation et identification, mais ça se comprend je vais adopter votre terminologie), je trouve néanmoins que les deux statuts ne sont pas équivalents. Déjà car des identifications on peut en faire plein, si le seul argument est "il faut que ça réponde aux observations", et les postulats ont tendance à se multiplier. En plus pour prendre l'exemple de la RG, le formalisme importe peu, si par chance on trouvait d'autres formalisme, le principe d'équivalence resterait, je ne crois pas que ce soit le cas en MQ puisque il n'y a pas de principe, mais que des postulats. En fait je suis sévère car elle a aussi été construite un peu sur le modèle de ces théories de modélisation, comme la RG, ou la RR du moins historiquement, à une époque où on parlait de mécanique ondulatoire. Les idées de De Broglie, sont très déductives. Mais je comprends qu'on doive aussi renoncer à des visions "intuitives" et directes pour parler de certaines choses, il 'empêche qu'un bon physicien fait des interprétations (l'exemple du train de mariposa me montre que l'intuition me manque pas mal) et on nous en demande souvent beaucoup. On ne peut certes pas calculer avec des visions, mais on peut faire des raccourcis et aller plus vite. Et puis c'est satisfaisant, en plus de ça, l'intuition change beaucoup avec "l'accoutumance".
Pour le reste je décroche totalement, je vais me contenter de lire.
salut.

[chaverondier]

Bonjour, il n' y a pas de relations entre les spineurs de Dirac et l'algèbre de Clifford.

Perdu. Voir à ce sujet (par exemple) : Lichnérowicz, André, Les spineurs en relativité générale. Annales de la Faculté des sciences de l'Université de Clermont, 8. Série Mathématiques, no. 2 (1962), p. 171-177
http://www.numdam.org/numdam-bin/fit...962__8_2_171_0

ou encore, tout simplement, Algèbre de Clifford - Wikipédia
http://fr.wikipedia.org/wiki/Alg%C3%A8bre_de_Clifford

"Les algèbres de Clifford ont de nombreuses applications importantes en physique. Les physiciens considèrent habituellement une algèbre de Clifford comme une algèbre engendrée par des matrices appelées matrices de Dirac qui ont la propriété :

gamma_i gamma_j + gamma_j gamma_i = 2 éta_ij

où éta est la matrice d'une forme quadratique de signature (p,q) — typiquement (1,3) lorsqu'on travaille dans un espace de Minkowski. Celles-ci sont exactement les relations définies pour l'algèbre de Clifford Cl_1,3(C)"

[kalish]

Euh je rajouterais juste qu'il n'est pas la peine de me lancer des arguments tels que: la mécanique classique, la RG et la RR ont elles aussi des postulats comme ceux sur l'espace temps et sa continuité. Je les connais et je les approuve, toutes ces théories apparaissent néanmoins comme des ensembles cohérents et évidents (quasiment), ce qui est dur à avaler avec la MQ.

[mariposa]

Perdu. Voir à ce sujet (par exemple) : Lichnérowicz, André, Les spineurs en relativité générale. Annales de la Faculté des sciences de l'Université de Clermont, 8. Série Mathématiques, no. 2 (1962), p. 171-177
http://www.numdam.org/numdam-bin/fit...962__8_2_171_0

ou encore, tout simplement, Algèbre de Clifford - Wikipédia
http://fr.wikipedia.org/wiki/Alg%C3%A8bre_de_Clifford

"Les algèbres de Clifford ont de nombreuses applications importantes en physique. Les physiciens considèrent habituellement une algèbre de Clifford comme une algèbre engendrée par des matrices appelées matrices de Dirac qui ont la propriété :

gamma_i gamma_j + gamma_j gamma_i = 2 éta_ij

où éta est la matrice d'une forme quadratique de signature (p,q) — typiquement (1,3) lorsqu'on travaille dans un espace de Minkowski. Celles-ci sont exactement les relations définies pour l'algèbre de Clifford Cl_1,3(C)"

Bonsoir,

Ce n'est pas en citant a tour de bras des articles que cela constitue une explication et ne facilite pas la discussion.


1-D'abord dans la relation:

gamma_i gamma_j + gamma_j gamma_i = 2 éta_ij

Il y a une erreur. Laquelle?

2- Ensuite.

En quoi la définition de l' algébre de cet Clifford fait que les gamma seraient des spineurs?

3- L'algébre de Clifford n'a pas de rapport en général avec la physique même si la RR peut effectivement s'en servir. C'est d'ailleurs le produit tensoriel de 2 quaternions. H*H.

4- Les 4 matrices gamma (avec les indices 0,1,2,3 dans les notations usuelles utilisées en physique RR) forment un quadrivecteur de Lorentz cad un tenseur de rang 1 et non pas un spineur.

[invitedbd9bdc3]

4- Les 4 matrices gamma (avec les indices 0,1,2,3 dans les notations usuelles utilisées en physique RR) forment un quadrivecteur de Lorentz cad un tenseur de rang 1 et non pas un spineur.

Sans vouloir pinailler, ce que tu dis n'est pas vrai. Je voudrais bien te voir transformer les matrices de Dirac avec une transformation de Lorentz dans la representation 4-vectorielle

Les matrices de Dirac se transforme comme cela si on les sandwich entre deux spineurs, cad . De meme quand tu parlais des matrices de Pauli comme un vecteur de O(3), ce n'est vrai qu'entre des spineurs.

Je ne peux pas prendre 4 matrices au hasard, les appelés matrice de Thwarn, leur coller un numero et dire "ho magie, elles se transfoment comme un quadrivecteur".

[invitedbd9bdc3]

4- Les 4 matrices gamma (avec les indices 0,1,2,3 dans les notations usuelles utilisées en physique RR) forment un quadrivecteur de Lorentz cad un tenseur de rang 1 et non pas un spineur.

Sans vouloir pinailler, ce que tu dis n'est pas vrai. Je voudrais bien te voir transformer les matrices de Dirac avec une transformation de Lorentz dans la representation 4-vectorielle

Les matrices de Dirac se transforme comme cela si on les sandwich entre deux spineurs, cad . De meme quand tu parlais des matrices de Pauli comme un vecteur de O(3), ce n'est vrai qu'entre des spineurs.

Je ne peux pas prendre 4 matrices au hasard, les appelés matrice de Thwarn, leur coller un numero et dire "ho magie, elles se transforment comme un quadrivecteur".

[mariposa]

Sans vouloir pinailler, ce que tu dis n'est pas vrai. Je voudrais bien te voir transformer les matrices de Dirac avec une transformation de Lorentz dans la representation 4-vectorielle

Bonjour,

Ce n'est vraiment pas un problème.

L'algébre de Clifford en question avec la forme quadratique ad hoc est un espace vectoriel à 16 dimensions. Par conséquent il engendre (engendre car ce sont des vecteurs et non des opérateurs)) une represention réductible à 16 dimensions du groupe de Lorentz. En décomposant cette representation en representation irréductibles on trouve la décomposition:

1[1], les gamma_µ [4], les Sigma_µ,nu [6], les produits gamma_µ gamma_5 [4], gamma-5 [1]

Les chiffres [n] sont la dimension des representations.

avec Sigma_µ,nu = i/2 [gamma_µ , gamma_nu] qui sont à un coeffcient 1/2 près les 6 générateurs du groupe de Lorentz.

Je reviens plus trivialement ci-dessous.

Les matrices de Dirac se transforme comme cela si on les sandwich entre deux spineurs, cad . De meme quand tu parlais des matrices de Pauli comme un vecteur de O(3), ce n'est vrai qu'entre des spineurs.

Là visiblement tu confonds 2 choses qui sont d'ailleurs suite aux interventions de Chaverondier sont à l'origine de mon intervention.

Je me repète. Les matrices de Dirac sont une representation d'une algébre de Clifford. Qui dit algébre dit espace vectoriel et donc vecteurs. Cela veut dire que l'on doit regarder les matrices de Dirac, non pas comme des representations d'opérateurs (qui agissent sur un espace vectoriel) mais comme appartenant à un espace vectoriel qui leur sont propres cad considerer les matrices de Dirac comme des vecteurs.

De même et dans une version plus simple, les opérateurs Lx,Ly, Lz où encore avec des notations S ou J sont des opérateurs vectoriels qui ont le bon gout de se transformer comme x,y,z. Que l'on represente ces opérateurs par des matrices de dimension quelconque cela ne change rien à l'affaire. C'est pourquoi les 3 matrices de Pauli forment au même titre un espace vectoriel de dimension 3.

D'un point de vue comportement de ces vecteurs par changement de base et en tenant compte des transformtions possédant l'inversion ce sont des tenseurs antisymétriques de rang 1 selon le langage de l'analyse tensorielle et des opérateurs tensoriels iréductibles dans le langage de TRG qui se transfoement comme L=1.

en aucun cas ce ne sont des spineurs puisque ce sont des tenseurs.

Ce n'est pas parceque l'on écrit S que cela renvoie à la notion de spineur!!!!

Je ne peux pas prendre 4 matrices au hasard, les appelés matrice de Thwarn, leur coller un numero et dire "ho magie, elles se transfoment comme un quadrivecteur".

Et pourtant c'est presque le cas.

Quand Dirac cherche à construire son équation ou seul doit intervenir la dérivée première par rapport au temps il doit partir du vecteur (d/dt, -d/dx, -d/dy, -d/dz) qui un tenseur de rang1 et sous-tend une represention irréductible du groupe de Lorentz impropre (avec inversion).

S'il multiplie chaque composante par des nombres il introduit un vecteur de direction fixe, ce qui empèche d'avoir un produit scalaire pour avoir un invariant de Lorentz. La solution est donc d'introduire 4 matrices qui devront avoir les mêmes propriétés de transformation que le vecteur (d/dt, -d/dx, -d/dy, -d/dz). Ces 4 matrices il les appellent:

gamma_0, gamma_1, gamma_2, gamma_3

On a donc d'emblée leur propriété de transformation suivant le groupe de Lorentz. A noter qu'a ce niveau de démonstration on a bien 4 matrices qui forment un vecteur mais dont la dimension est inconnue; Ce pourrait être par exemple 17!! en d'autres termes la dimension de la representation de l'algébre de Clifford est ndéterminée à ce niveau du raisonnement.

En fait Dirac arrive à une relation qui se trouve être la définition d'une algébre de Clifford. Pour construire cet algébre en fait il part des matrices de Pauli. La raison d'arrière plan de ceci est que l'algébre de Lie du groupe de Lorentz (homogène) est su(2)*su(2). Hors su(2) est isomorphe augroupe des quaternions H.

Hors la philosophie de l'algébre de Clifford c'est de généraliser le pasage de l'algébre des complexes a l'algébre des quaternions. c'est pourquoi l'isomorphisme entre su(2) et l'algébre de quaternions fait apparaitre l'algébre de Clifford des matrices de Dirac comme un produit tensoriel des matrices de Pauli. CQFD.

[invitedbd9bdc3]

J'attends avec impatience que tu me prouves que les matrices de Dirac se transfomes par essence comme un quadrivecteur, ou que les matrices de Pauli se transforme par essence comme un vecteur de O(3).

Je te donnes ce que j'en pense. Si je prends et que je change de referenciel, les matrices gamma ne bougent pas, car ce ne sont que des matrices.
Par contre où M est la matrice qui me fait tourner mes differentes composantes de spineur.
Par contre, on peut montrer que, du fait que S soit construite à partir des matrices de Dirac, .
C'est bien qui est un 4-vecteur!

[mariposa]

J'attends avec impatience que tu me prouves que les matrices de Dirac se transfomes par essence comme un quadrivecteur, ou que les matrices de Pauli se transforme par essence comme un vecteur de O(3).

Bonjour,

Il me semble avoir répondu à cette question. Je m'y prend autrement.

Soit un hamiltonien d'un atome donc invariant sous O(3). Pour simplifier la discussion je considére le sous-groupe G SO(3).

Soit la perturbation de couplage spin -orbite. Comment écrit-on celle-ci en n'utilisant que les propriétés de symétrie du groupe G.

On écrit H1 = L.S = Lx.Sx + Ly.Sy + Lz.Sz

On voit clairement sur cet exemple qu'il s'agit d'un produit scalaire de 2 vecteurs donc un invariant. Ces 2 vecteurs se transforment comme le vecteur x,y,z. Il s'agit donc d'un tenseur de rang 1. Dans le langage des groupes il s'agit d'un tenseur sphérique irréductible.

Remarque très importante pour notre discussion.

1- Si je fais un changement de base dans dans R3 representé par une matrice 3*3 je peux définir un nouveau jeu d'opérateurs vectoriels par la même matrice de passage. Le nouveau jeu pourra être distingué par des primes. En faisant cela j'exploite le caractére tensoriel des opérateurs L et S.

2- Maintenant je travaille dans un repère fixe (x,y,z) qui définit un espace vectoriel sur le corps des réels, à partir duquel je défini un nouvel espace (Lx, Ly, Lz). Ceci constitue un espace vectoriel sur le corps des complexes. En plus on peut munir cette espace d'une forme quadratique et montrer que cette base est orthogonale (ce que l'on admettra pour éviter la dispersion).

Dans cette base fixe je peux définir de nouveaux opérateurs par combinaison linéaire des vecteurs de base. Par exemple:

L+ = (Lx + i.Ly)/2
L- = (Ly - i.Ly)/2
L z = Lz

Il est ici très important de remarquer l'introduction des complexes (il est interdit de faire ceci sur R3 et bien entendu ces nouveaux opérateurs sont"calés" sur (x,y,z). Autrement dit la définition de ces nouveaux opérateurs n'a rien a voir avec un changement de base dans R3.

Avec tout ceci un repère (x,y,z) étant choisi l'interaction spin-orbite s'écrit:

H = (L+S-) + (L-S+) + Lz.Sz



En résumé nous avons parlé que du caractère vectoriel des opérateurs et non de leur action dans un quelconque espace ce qui définirait des matrices dont la dimension serait-celle de l'espace dans lequel ils agissent.

Il n'y a bien entendu aucune notion de spineur là dedans.

Ces opérateurs dans l'état actuel des choses ne possédent aucune representation. Pour cela il faut préciser dans quel espace de Hilbert ils agissent.

Maintenant supposons que l'on agisse sur un état P de spin S= 1/2.

Dans ce cas les 3 opérateurs L auront une dimension de 3 (pour un état D cela aurait été 5) et les 3 opérateurs S sont representés par 3 matrices 2*2.

Quelle sera la forme de ces matrices. L'usage est de prendre les 3 matrices de Pauli commevecteurs de base qui peuvent representées tous les opérateurs de trace nulle. On associe la matrice diagonale SIGz à la direction Sz.

Dans ce cas l'opérateur vectoriel S à 3 composantes est representé par un jeu de 3 matrices 2*2 qui sont les matrices de Pauli. Chaque matrice de Pauli represente une composante de l'opérateur vectoriel.

On voit clairement que les 3 matrices de Pauli en tant que composantes d'un opérateur vectoriel (un tenseur de rang 1) sont bel et bien un vecteur. Par contre chaque composante en tant qu'opérateur agit dans un espace de dimension 2 qui est un espace vectoriel de spineur.

Tout cela peut se retrouver dans l'algébre de Lie su(2) de SO(3) sous la forme:

[Li,Lj] = Eijk. Lk i = 1,2,3

Il s'agit d'une algébre cad que l'on a un espace vectoriel de dimension 3 construit sur le corps des complexes ET un produit interne (le commutateur) cad que le résultat de la multiplication de 2 vecteurs est un vecteur appartenant à l'espace vectoriel.

Là encore il est important de noter qu'il s'agit d'une relation entre vecteurs (qui sont des opérateurs vectoriels) et non d'opérateurs (qui sont les générateurs du groupe. Par conséquent il n'y aucun repère et les opérateurs ne possédent pas de representation dans cette définition.

Les 3 matrices de Pauli constituent une representation de dimension 2de cet algébre.

Pour anticiper sur les matrices gamma, c'est la même chose. Les 16 (dimension de l'espace vectoriel de l'algébre de Clifford) matrices gamma (dimension 4) ne sont que des composantes d'un opérateur vectoriel. Par conséquent il faut être attentif à toutes les précautions découlant des mathématiques. En particulier ne pas confondre un changement de repère dans R3 et une combinaison linéaire dans l'espace cible.

Avant d'aller plus loin il faudrait qur tu me dises si tu es d'accord avec ce ce que j'ai démontré ci-dessus. En cas de déssaccord il faut préciser ce qui ne vas pas selon toi.


J'epère t'avoir convaincu que les 3 matrices de Pauli sont un vecteur (un opérateur vectoriel) en fait un tenseur de rang1 relativement à, SO(3). Les matrices de Pauli ne sont pas du tout un spineur.

.

Je te donnes ce que j'en pense. Si je prends et que je change de referenciel, les matrices gamma ne bougent pas, car ce ne sont que des matrices.
Par contre où M est la matrice qui me fait tourner mes differentes composantes de spineur.
Par contre, on peut montrer que, du fait que S soit construite à partir des matrices de Dirac, .
C'est bien qui est un 4-vecteur!

Je comprend très bien ce qui te tracasse et j'ai le même problème qui reflète le caractère bordélique (non pédagogique) car pleins de non dits et notamment en ce qui concerne toutes les structures mathématiques impliquées.

En fait il faut articuler 2 algébres: L'algébre de Lie du groupe de Lorentz propre qui est su(2)*su(2) qui est la plus "englobante". L'aspect TRG est générale quelquesoit le contexte de MQ.

l'algébre de Clifford qui est plus spécifique à la RR et la RG mais où les 16 vecteurs gamma doivent être plongées dans les representations irréductibles de su(2)*su(2).

En espérant continuer cette discussion qui me permetta de résoudre tous les points obscurs cachés derrière ces matrices gamma.

[invitedbd9bdc3]

On écrit H1 = L.S = Lx.Sx + Ly.Sy + Lz.Sz

On voit clairement sur cet exemple qu'il s'agit d'un produit scalaire de 2 vecteurs donc un invariant. Ces 2 vecteurs se transforment comme le vecteur x,y,z. Il s'agit donc d'un tenseur de rang 1. Dans le langage des groupes il s'agit d'un tenseur sphérique irréductible.

Avant d'aller plus loin il faudrait qur tu me dises si tu es d'accord avec ce ce que j'ai démontré ci-dessus. En cas de désaccord il faut préciser ce qui ne vas pas selon toi.

Je suis désolé, mais tu n'as rien démontré. Demontrer implique de partir d'une proposition et par un jeu de relation mathematique de montrer logiquement une autre proposition.

Ce que tu fais, c'est prendre trois matrice, leur donner des indices x,y,z et dire "regarde il y a des indices, c'est pas pour rien, c'est que ça doit se transformer comme un vecteur". Ca plus des jolies mots ne forment pas une demonstration.

Moi par contre, je t'ai montré les quelques étapes qui mennent au fait que les matrices gamma ou les matrices de Pauli sandwichées par des spineur ne transforme bien comme tu le dis, mais du fait de la forme des transformations des spineurs.

Je peux bien croire tout ce que tu dis sur l'algebre de Clifford, mais ce que je veux, c'est que tu le prouves, les mots, en math comme en physique ne servent en rien pour ce genre de chose

[mariposa]

Je suis désolé, mais tu n'as rien démontré. Demontrer implique de partir d'une proposition et par un jeu de relation mathematique de montrer logiquement une autre proposition.

Tu exagère un peu et même beaucoup.

Je te donne des éléments pour comprendre, en m'appuyant sur tes connaissances au vu des études que tu suis. je n'ai pas le temps et les capacités d'écrire un cours complet sur la question qui prendrait au moins 100 pages. Il aurait fallu que tu suives les cours de DEA mais c'est trop tard. Tu n'étais même pas né a cette époque.

Ce que tu fais, c'est prendre trois matrice, leur donner des indices x,y,z et dire "regarde il y a des indices, c'est pas pour rien, c'est que ça doit se transformer comme un vecteur". Ca plus des jolies mots ne forment pas une demonstration.

En mécanique classique le moment cinétique L s'écrit r.V.P où le symbole V represente le produit vectoriel des vecteurs r et p.

Le vecteur L est du point de vue tensoriel une tenseur antisymétrique de rang 2 (a cause de l'opération d'inversion). En supprimant l'inversion c'est un tenseur de rang 1.

En MQ à la coordonnée x au fait correspondre l'opérateur X qui agit dans l'espace de Hilbert.

De même:

A Px on fait correspondre l'opérateur d/dx

De là il découle que l'opérateur moment cinétique L s'écrit

L = r.V.d/dr

qui est un opérateur vectoriel à trois composantes que l'on écrit tout naturellement Lx, Ly, Lz et qui est tensoriellement un tenseur antisymétrique de rang 2 (untenseur de rang 1 sans l'inversion).

Par exemple on a Lx = y.d/dz -z.d/dy

L'opérateur Lx est donc à la fois une composante d'un vecteur Et un opérateur qui agit dans un espace de Hilbert qui fixera la dimension de la representation.

Au vu de tes études j'avais implicitement supposé que tu savais ce qu'était un moment cinétique et que tu savais ce qu'était un tenseur.

Maintenant j'expére que tu vas comprendre ma démonstration , car c'est bien une démonstration que 'ai dévellopé. J'ai supposé implicitement que le lecteur possèdent certaines connaissances. Je ne vais pas quand pas expliquer en cours de route ce qu'est l'algébre linéaire ou ce qu'est un espace de Hilbert. Plus généralement j'ai supposé que tu étais au point en physique atomique. Il me semble que cela ne soit pas le cas. Non!

Moi par contre, je t'ai montré les quelques étapes qui mennent au fait que les matrices gamma ou les matrices de Pauli sandwichées par des spineur ne transforme bien comme tu le dis, mais du fait de la forme des transformations des spineurs.

Non tu n'a rien démontré du tout. Tu a simplement redite des choses que tu as trouvé dans les livres, mais que tu ne comprends visiblement pas.

Je peux bien croire tout ce que tu dis sur l'algebre de Clifford, mais ce que je veux, c'est que tu le prouves, les mots, en math comme en physique ne servent en rien pour ce genre de chose

Relis "maa" démonstration et tu verras que ce sont des maths et je pretends même que mes explications mathématiques sont plus claires que certaines démonstrations que l'on peut trouver de ci de là.

Quand il manque des choses c'est ce que soit je suppose que le lecteur est capable de completer par lui-même soit que cela ne soit pas nécessaire.

Par exemple je supprime l'inversion pour ne pas multiplier les difficultés relativement à la question posée qui touche à la nature tensorielle des opérateurs (ce qui me permet d'assimiler tenseur de rang 1 à vecteur tout court).

De la même façon je n'ai pas jugé nécessaire de montrer que les matrices de Pauli en tant que composantes d'un vecteur forment une base orthonormée. Ce défaut ne doit pas nuire à la démonstration, il suffit de supposer que cela soit vrai. Il est possible que j'oublie de dire des choses qui sont pour moi évidentes et pas forcemment pour le lecteur.

En espérant que tu reprenne ma démonstration, car c'est véritablement une démonstration.

[ClairEsprit]

Tout ceci me rappelle une certaine discussion

[mariposa]

Maintenant j'enchaîne sur l'équation de Dirac avec en perspective d'expliquer pourquoi les matrices gamma ne change pas suite à une transformation de Lorentz (que j'appelle parfois transformation de Minkovski) alors que ce sont les composantes d'un quadivecteur cad un tenseur de rang 1. Cela est effectivement paradoxal.

Revenons sur l'anatomie de l'équation de Dirac que je vais noté:

[Gam._i .Di - m.I].Fi = 0

avec sommation sur i = 0,1,2,3

Fi sont 4 opérateurs champs qui ici sont regardés comme 4 composantes d'un vecteur d'un vecteur F

Gam_i sont la representation matricielle de 4 opérateurs qui agissent sur un vecteur à 4 dimensions.

Di sont 4 opérateurs de dérivées partielles qui sont trivialement un quadrivecteur de Lorentz noté D.

m est un scalaire de Lorentz.

I c'est la matrice identité agissant dans un espace à 4 dimensions.

Première constatation: Comme m est un invariant et D un quadrivecteur alors les 4 matrices Gam-i sont les 4 composantes d'un quadrivecteur de Lorentz noté Gam. Cela découle du fait qu'un produit scalaire (ou une contraction sur 2 indices) de 2 quadrivecteurs de Lorentz est un invariant de Lorentz.

Pour simplifier la vie on écrira l'équation de Dirac:

[Gam.D - m.I].F = 0

Que se passe-t-il si l'on fait une transformation T quelconque de Lorentz?

La transformation T est representée par un opérateur O dans l'espace des fonctions. on a donc:

O.Gam.D.F = m.O.F

Introduisons l'opérateur identité I = O*.O où O* représente l'opérateur inverse.

O.Gam.D.O*O.F = m.O.F

Hors Gam.D est un produit scalaire donc:

O.Gam.D.[B]O* = Gam.D

et l'équation de Dirac dans la nouvelle base s'écrit:

Gam.D.O.F = m.O.F

Soit encore:

[Gam.D-m.I].O.F= 0

On trouve et c'est heureux que l'équation de Dirac n'a pas changé.

Mais attention énorme subtilité cela ne veut pas dire que les matrices gamma n'ont pas changées. Elles ont effectivement changées de representation mais par rapport à l 'ancienne base. Mais c'est aussi le cas des composantes de D qui a tourné du même "angle" que Gam et donc l'expression des Gam qui sont "calées" sur D ne changent pas. Cela bien sur découle du fait du produit contracté qui est un invariant.

peut-on changer les valeurs des matrices Gamma?

La réponse générale est évidente puisque c'est une representation des composantes d'un vecteur.

Que se passe-t-il si on prend un repère fixe de l'espace de Minkovski?
Dans ce cas on peut faire un changement de representation des composantes dans l'espace de F. Comme Gam agit sur F (à travers D qui est fixé) la representation des Gam doit changer selon les procédures standard. Cela veut dire que "l'angle" entre Gam et D doit changer, ce qui bien sur ne touche en rien à l'invariance du produit scalaire. C'est exactement ce que l'on fait lorsque l'on passe de la representation de Dirac à la representation de Weyl.

De la representation de Weyl à la representation de Dirac.

Historiquement Dirac établit sa fameuse équation et trouve comme solution un vecteur à 4 composantes dont l'analyse montrera que cela represente 2 particules (électron et positron) avec chacun 1 spin 1/2.

dans ce contexte la forme de Gam-0 est choisit logiquement par le produit tensoriel d'opérateurs I@Sz où Sz est la matrice de Pauli bien connue. La matrice Gam_0 prend une forme diagonale par blocs.

Par contre selon la méthodologie fondée sur la TRG on part de l'étude du groupe de Lorentz propre pour ensuite traiter le groupe impropre.

On trouve que l'algébre de Lie est su(2)*su(2). Ce qui donne 2 representations irréductibles fondamentales de dimensions 2 inéquivalentes. On a donc 2 spineurs indépendants et non pas le bi-spineur de Lorentz.

Si maintenant on tiend compte du groupe impropre à ajoutant l'inversion on constate que les opérations qui contiennent l'inversion envoie un spineur dans l'espace de l'autre spineur et réciproquement. Cela veut dire que la represention irréductible du groupe de Lorentz impropre est de dimension 4 et correspond au bi-spineur de Lorentz.

La conséquence est qu 'un changement de representation du spineur entre Dirac et Weyl entraine un changement de representation des Gam-i et notamment de Gam_0. En fait la represention de Weyl se trouve antidiagonale par bloc.

Il est facile de voir que partant de la represention de Weyl de Gam_0 la diagonalisation par blocs (qui est un changement de base) donne la representation de de Dirac.

n résumé j'ai démontré que:

1- Un changement de base dans l'espace de Minkovski laisse invariante la forme des representations matricielles de Gam, ce qui résoud un pseudo paradoxe.

2- Par contre, avec un choix de base dans Minkovski fixé une fois pour toute. Un changement de representation de F implique un changement de representation de Gam

Pour comprendre l'origine de ceci on peut noter:

dans le premier cas "l'angle" entre Gam et D est invariant selon une transformation de Minkovski. La transformation de Minkovski ne fait que tourner simultanément Gam et D à "angle" constant.

Dans le deuxième cas une transformation fait tourner seulement Gam (donc sa representation matricielle), le vecteur D restant fixe (puisqu'attaché en tant que tenseur à la base choisie) ce qui fait changer la valeur du produit scalaire, mais ce produit scalaire reste bien entendu invariant sous une transformation de Minkovski.

[mariposa]

Tout ceci me rappelle une certaine discussion

Bonjour,

Tu fais bien d'exumer cette ancienne discussion qui tournait autour des tenseurs et qui montrait que les tenseurs c'est pas simple du tout.

La discussion presente est encore beaucoup plus compliquée parcequ'il s'agit de mettre en oeuvre concrètement l'algébre de Lie du groupe de Lorentz Et l'algébre de Clifford qui se"mélange" et dont il faut bien comprendre leur rôle respectif. Tout cela dans le but de comprendre l'équation de Dirac.

La question posée par Thwarn est très pertinente. Comment expliquer que lors d'un changement de base les composantes d'un vecteur ne change pas??? J'ai répondu à la question. La réponse est simple mais pourtant ne coule pas de source. Aucun livre que j'ai lu ne l'explique ce qui laisse à supposer qu ils considérent que c'est évident ( a moins que certains ne savent pas!).

Par contre cette discussion m'a permi d'éclaircir certains points entre le role de Lie et de clifford.

Par exemple dés le départ Dirac trouve une algébre de Clifford C à construire à partir d'un espace vectoriel V de dimension 4.

Oui mais lequel?

Pour répondre à la question il a fallu qu'il analyse son équation pour découvrir:

1- que Fi n'était pas une fonction d'onde mais un opérateur qui agit dans un espace d'occupation.

2- que Fi representait 2 particules avec chacune son spin 1/2.

Donc en retour on voit comment construire l'algébre de Clifford a partir d'une algébre de Clifford de "rang" inférieur. En fait à partir des matrices de Pauli.

Je comprend mieux la problématique pédagogique. il est en effet difficile de dérouler les choses logiquement. Il faut aborder, comme très souvent, le problème par plusieurs bouts pour constituer l'ensemble.

[invite5a89bfe6]

salut,

haute voltige. . J'avoue n'avoir pas tout saisi.

pour revenir au sujet: la critique de mon approche, le pdf.

Mis à part le fait que je me base sur le principe de hamilton, moi personnellement ce qui me dérange, c'est les termes des sources et puits. Rien ne me dit en effet, ni ne me garantis, que ce sont bien là les bons termes de non linéarité; puis il y a l'intégration de ces termes avec la fonction phy introduite pour homogénéiser. enfin est-ce que ça peut correspondre aux masses des particules observées réellement? je sais pas.


Sincèrement je ne crois pas que ce soit la bonne approche. ça coule pas de source, si j'ose dire...

[invitedbd9bdc3]

La transformation T est representée par un opérateur O dans l'espace des fonctions. on a donc:

O.Gam.D.F = m.O.F

Introduisons l'opérateur identité I = O*.O où O* représente l'opérateur inverse.

O.Gam.D.O*O.F = m.O.F

Hors Gam.D est un produit scalaire donc:

O.Gam.D.[B]O* = Gam.D

et l'équation de Dirac dans la nouvelle base s'écrit:

Gam.D.O.F = m.O.F

Soit encore:

[Gam.D-m.I].O.F= 0

On trouve et c'est heureux que l'équation de Dirac n'a pas changé.

Ce que tu dis la est faux.
Lors d'une TL, l'equation se transforme en
.
Ensuite on montre que .
Et ainsi

ce qui equivaut à :

Ainsi l'equation de Dirac ne depend pas du referentiel.

Je le redit encore une fois, on a le droit de donner ces indides de Lorentz aux matrices gamma que parce quelles comme il faut en compagnie d'un spineur.

PS : Tu es bien gentils, mais je sais ce qu'est un vecteur, un tenseur et meme un moment cinetique (je sais que c'est un vecteur axial, si on veut jouer à ce jeu ).
Ha, et je connais aussi un peu de physique atomique aussi.