Prueba clásica de la relación giromagnética g = 2 g = 2

Question

Prueba clásica de la relación giromagnética g = 2 g = 2

Física
Electrones
Giro-cuántico
Momento-angular
Momento-bipolar
Mecanica-clasica

AccidentalFourierTransform

Estaba leyendo Representando electrones: un enfoque biográfico para las entidades teóricas , por Theodore Arabatzis.

En cierto punto, donde explica la historia del momento magnético del electrón, describe el proceso que condujo a

μ = sol \frac{mi}{2 metro} S

El momento magnético orbital satisface la relación anterior, con $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $sol = 1$ ; de alguna manera, el momento magnético de giro tiene $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ . En la página 226, afirma que (el énfasis es mío):

El electrón, por lo tanto, adquirió un momento magnético intrínseco (un magneton de Bohr) que era el doble de su momento magnético debido a su movimiento orbital. Entonces surgió la pregunta de si esa propiedad podría acomodarse dentro de la representación electromagnética clásica del electrón . De hecho, por sugerencia de Ehrenfest, Uhlenbeck logró explicar esta propiedad, aprovechando el análisis de Abraham de la relación giromagnética de una distribución de carga esférica (de superficie). Suponiendo que el electrón era una esfera giratoria cuya carga se distribuía en su superficie, siguió el valor requerido de su momento magnético.

Si lo entiendo bien, el autor dice que si pensamos en el electrón como una esfera con una distribución de carga superficial, deberíamos obtener el $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ factor, utilizando únicamente argumentos clásicos . La cuestión es que intenté comprobar esto, y mi resultado es que $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $sol = 1$ .

Mi análisis es el siguiente: supongamos que el electrón es una esfera sólida con masa $m$ $m$ $metro$ y radio $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{mi}$ ; entonces su momento de inercia es

yo = \frac{2}{5 5} metro r_{mi}^{2}

Si suponemos que el electrón gira con frecuencia angular $ω$ $ω$ $ω$ , encontramos que el momento angular de giro es

S = yo ω = \frac{2}{5 5} metro r_{mi}^{2} ω

Por otro lado, el momento magnético de una esfera hueca cargada es

μ = \frac{1}{5 5} mi r_{mi}^{2} ω

Finalmente, la relación de $μ$ $μ$ $μ$ a $S$ $S$ $S$ es

\frac{μ}{S} = \frac{1}{5 5} mi r_{mi}^{2} ω \frac{5 5}{2} \frac{1}{metro r_{mi}^{2} ω} = \frac{mi}{2 metro}

Lo que significa que

g = 1

g = 1

g = 1

g = 1

sol = 1

.

Mi pregunta es: ¿dónde falló mi análisis?

De hecho, el mismo reclamo se da sobre George Uhlenbeck y el descubrimiento del espín electrónico , por Abraham Pais:

Siguiendo una pista de Ehrenfest, George descubrió en un viejo artículo de Max Abraham que un electrón considerado como una esfera rígida con solo carga superficial tiene $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ .

Como A. Pais es un respetado historiador de la ciencia, creo que la afirmación es precisa, pero aún no puedo probar esta (más) simple afirmación. ¿Hay alguna posibilidad de que el reclamo sea falso? ¿O es posible demostrar de alguna manera que $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ es cierto para una esfera clásica?

AccidentalFourierTransform

Nota: ya se que

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

sol = 2

está muy bien explicado por la mecánica cuántica; mi pregunta es: ¿puede explicarse también, como dice el autor, por la mecánica clásica? Descubrí que no puede explicarse por una esfera sólida, pero creo que el autor debe tener razón, entonces, ¿en qué momento mi análisis se desglosó?

Ján Lalinský

Su primer cálculo usa una fórmula no relativista para el momento angular

I ω

I ω

I ω

I ω

yo ω

. Dado que el segundo cálculo muestra que el tamaño de esfera requerido

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{mi}

y momento angular

ℏ

ℏ

ℏ

implica la velocidad superluminal de la superficie de la esfera, tiene un conjunto de supuestos en violación de la relatividad especial. Puedes recuperarte aumentando

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{mi}

para que se aplique la fórmula no relativista, o rehaga el cálculo con la fórmula relativista para el momento angular. Debería poder obtener un momento angular arbitrariamente alto mientras todas las partes de la esfera tienen velocidades subluminales.

AccidentalFourierTransform

@ JánLalinský gracias por su respuesta. "rehacer el cálculo con la fórmula relativista para el momento angular" no es posible (creo), porque el concepto de un cuerpo rígido no es válido en SR (por lo que no existe una generalización relativista de

I ω

I ω

I ω

I ω

yo ω

) Si nosotros (como supuestamente lo hizo Uhlenbeck) queremos calcular la relación giromagnética del electrón como si fuera una esfera sólida, debemos conformarnos con la mecánica no relativista (el hecho de que

v > c

v > c

v > C

probablemente significa que el problema está mal planteado para empezar. ¿Acaso la afirmación del autor es inexacta?).

Vladimir

¿Utiliza una esfera hueca o una esfera llena de masa y carga distribuidas uniformemente? Según su descripción, parece que lo mezcla, distribuyendo la masa y cargando completamente en la superficie.

Ján Lalinský

"el concepto de un cuerpo rígido no es válido en SR (por lo que no hay una generalización relativista de Iω)" es cierto que el cuerpo no puede ser rígido (no deformable) en SR, pero solo es necesario suponer una rotación estacionaria rígida, lo que sí no contradecir SR. O puede intentar hacer y analizar un modelo no rígido de la partícula, pero eso se vuelve muy rápido.

Respuestas (4)

Prueba clásica de la relación giromagnética g = 2 g = 2

Nota: ya se que $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ está muy bien explicado por la mecánica cuántica; mi pregunta es: ¿puede explicarse también, como dice el autor, por la mecánica clásica? Descubrí que no puede explicarse por una esfera sólida, pero creo que el autor debe tener razón, entonces, ¿en qué momento mi análisis se desglosó?
Su primer cálculo usa una fórmula no relativista para el momento angular $I ω$ $I ω$ $I ω$ $I ω$ $yo ω$ . Dado que el segundo cálculo muestra que el tamaño de esfera requerido $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{mi}$ y momento angular $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ implica la velocidad superluminal de la superficie de la esfera, tiene un conjunto de supuestos en violación de la relatividad especial. Puedes recuperarte aumentando $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{mi}$ para que se aplique la fórmula no relativista, o rehaga el cálculo con la fórmula relativista para el momento angular. Debería poder obtener un momento angular arbitrariamente alto mientras todas las partes de la esfera tienen velocidades subluminales.
@ JánLalinský gracias por su respuesta. "rehacer el cálculo con la fórmula relativista para el momento angular" no es posible (creo), porque el concepto de un cuerpo rígido no es válido en SR (por lo que no existe una generalización relativista de $I ω$ $I ω$ $I ω$ $I ω$ $yo ω$ ) Si nosotros (como supuestamente lo hizo Uhlenbeck) queremos calcular la relación giromagnética del electrón como si fuera una esfera sólida, debemos conformarnos con la mecánica no relativista (el hecho de que $v > c$ $v > c$ $v > C$ probablemente significa que el problema está mal planteado para empezar. ¿Acaso la afirmación del autor es inexacta?).
¿Utiliza una esfera hueca o una esfera llena de masa y carga distribuidas uniformemente? Según su descripción, parece que lo mezcla, distribuyendo la masa y cargando completamente en la superficie.
"el concepto de un cuerpo rígido no es válido en SR (por lo que no hay una generalización relativista de Iω)" es cierto que el cuerpo no puede ser rígido (no deformable) en SR, pero solo es necesario suponer una rotación estacionaria rígida, lo que sí no contradecir SR. O puede intentar hacer y analizar un modelo no rígido de la partícula, pero eso se vuelve muy rápido.

Ilja · Answer 1

Revisé preguntas sin responder y me topé con esto ...
¿Encontraste los libros originales?

El error debe estar en su fórmula para el $μ$ $μ$ $μ$ de una esfera hueca; el valor con $1 / 5$ $1 / 5$ $1 / / 5 5$ que diste es el de una esfera sólida ...
Creo que el problema se vuelve más simple si comparas las dos cosas directamente:

Obtienes ambos, el momento angular y $μ$ $μ$ $μ$ , desde integrales altamente análogas sobre todos los puntos, en los que hay un $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} re metro$ o un $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} re q$ :

S = yo ω = ω \int r^{2} re metro

y con la definición de

d μ

d μ

re μ

como hora actual área cerrada:

μ = \int re μ = \int UN re yo = \int π r^{2} \cdot \frac{re q}{T} = \int π r^{2} \cdot \frac{re q}{2 π} ω = \frac{ω}{2} \int r^{2} re q

El factor g se define como uno si se carga junto con las masas (la proporción de sus densidades es igual en todas partes), es decir, la definición explica el $1 / 2$ $1 / 2$ $1 / / 2$ en la segunda formula.

Por lo tanto, si distribuye la carga más lejos del eje que la masa, obtendrá un factor g mayor que uno. Las integrales son siempre equivalentes y dependen de la geometría de la distribución.
Para la misma geometría siempre obtendrá un prefactor para la intertia que es el doble del factor para el momento magnético, y por lo tanto, por definición, un $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $sol = 1$ .

Ahora viene lo extraño: el factor previo en el momento de inercia de una esfera completa es $1 / 5$ $1 / 5$ $1 / / 5 5$ y para una esfera hueca $1 / 3$ $1 / 3$ $1 / / 3$ . El factor g con la distribución de la masa en la esfera y de la carga en el caparazón da un $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $sol = 5 5 / / 3$ .
Obviamente, esto contrasta con la afirmación de que es igual a dos. Sin embargo, explica que es mayor que uno.
Tal vez en ese entonces no podían medir $g$ $g$ $sol$ tan bien y solo vi, que es considerablemente mayor que uno, y ¿podría explicar al menos esto ...?

Entonces, el punto parece ser que las cargas están más alejadas del eje que las masas. La esfera es solo un buen ejemplo, que explica que el factor (medido) sea mayor que uno por una distribución hermosa / plausible.

... El argumento con las velocidades relativistas (de los comentarios) va en otra dirección: dado que otras mediciones sugieren un radio máximo para el electrón, puede calcular las velocidades necesarias, lo que refuta la explicación ingenua del espín (para ambos, el inercia y el aspecto magnético; esto no tiene nada que ver con su relación) como un movimiento real.

Pero el momento de inercia de una esfera hueca es $2 / 3$ $2 / 3$ $2 / / 3$ no $4 / 5$ $4 / 5$ $4 4 / / 5 5$ .
tienes razón ... Hice el cálculo y edité la publicación. Pero todavía estoy convencido de que el punto principal que parecía no obvio en los comentarios es correcto: el momento magnético se calcula, por ejemplo, como el área de tiempos actual, y por lo tanto es para un tiempo fijo $ω$ $ω$ $ω$ proporcional a $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ , solo análogo al momento de inercia.
@Ilja (+1) Muchas gracias por mostrar interés. Tengo que decir que estoy bastante seguro de mi valor para $μ$ $μ$ $μ$ (Dudo que sea el doble) porque encontré el mismo resultado en muchas páginas en línea (si busco en Google el magnetic moment of hollow sphere , encuentro el mismo valor $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5 5} mi r^{2} ω$ En todas partes...).
... esto es extraño; Traté de buscarlo en Google también, y encontré el papel que vinculaste en tu pregunta original, y en su título hay "esfera completa" ... Edité la publicación para aclarar el razonamiento. No veo dónde puede estar mal, y tendremos que leer los documentos originales para ver qué significan ...

AccidentalFourierTransform · Answer 2

Parece que a algunas personas les gustó esta pregunta, así que publicaré mis pensamientos hasta ahora. No tengo una respuesta definitiva, pero obtuve algunos resultados interesantes.

Dejar $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{metro} (r)$ y $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{mi} (r)$ sean las densidades de masa y carga del electrón. los $g$ $g$ $sol$ factor viene dado por

\begin{matrix} (1) & sol = \frac{metro}{mi} \frac{\int re r r^{2} pecado θ ρ_{metro} (r)}{\int re r r^{2} pecado θ ρ_{mi} (r)} \end{matrix}

A partir de esto, es fácil ver que si $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{metro} \propto ρ_{mi}$ , obtenemos $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $sol = 1$ . Esto significa que si tenemos una esfera sólida con densidad de carga constante y densidad de masa constante, el $g$ $g$ $sol$ factor es 1; Al esfera hueca con carga superficial también tiene $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $sol = 1$ . Si queremos $g \neq 1$ $g \neq 1$ $g \neq 1$ $g \neq 1$ $sol \neq 1$ debemos tomar una densidad de carga que no sea proporcional a la densidad de masa.

El primer modelo que viene a la mente es tomar una densidad de masa en volumen y una densidad de carga superficial, es decir, una esfera llena con su carga en la superficie:

\begin{aligned} ρ_{metro} & = \frac{metro}{V} Θ (R - r) \\ (2) & ρ_{mi} & = \frac{mi}{S} δ (r - R) \end{aligned}

dónde

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4 4}{3} π R^{3}

y

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 4 π R^{2}

. Si conectamos estas funciones en

(1)

(1)

(1)

obtenemos

g = 5 / 3

g = 5 / 3

g = 5 / 3

g = 5 / 3

sol = 5 5 / / 3

como ya reconocieron Ilja y Anubhav . Esto significa que las afirmaciones de Arabatzis y Pais son inexactas: este modelo no predice

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

sol = 2

pero

g = 1.67

g = 1.67

g = 1.67

g = 1.67

sol = 1,67

en lugar.

Para ir un paso más allá, podemos tomar el mismo modelo antes, pero con un radio de masa y carga diferente, es decir,

\begin{aligned} ρ_{metro} & = \frac{metro}{V} Θ (R_{metro} - r) \\ (3) & ρ_{mi} & = \frac{mi}{S} δ (R_{mi} - r) \end{aligned}

con

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{metro} \neq R_{mi}

. En este caso, encontramos

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

sol = 5 5 R_{mi}^{2} / / 3 R_{metro}^{2}

, que es igual a 2 si

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{mi} = 1.095 R_{metro}

. Sin embargo, este modelo parece muy artificial.

El siguiente ejemplo posible podría ser tomar densidades exponenciales, que podrían ser el resultado de algún tipo de detección en algún nivel fundamental:

\begin{aligned} ρ_{metro} & \propto Exp [- \frac{r^{2}}{R_{metro}^{2}}] \\ (4) & ρ_{mi} & \propto Exp [- \frac{r}{R_{mi}}] \end{aligned}

de donde encontramos

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

sol = 8 R_{mi}^{2} / / R_{metro}^{2}

; si tomamos

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{metro} = 2 R_{mi}

obtenemos

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

sol = 2

. Esto sigue siendo muy artificial, pero puede haber algún modelo electrostático que pueda acomodar esto.

Otros modelos posibles podrían consistir en densidades no esféricas, como cilindros o alambres similares a cuerdas. Dejo al lector explorar estos modelos. En cualquier caso, está claro que los modelos más naturales no predicen $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ , y no es fácil encontrar otro que solucione esto sin ser demasiado ad-hoc. Pero es posible escribir modelos exóticos con parámetros ajustables para obtener $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ , lo que significa al menos eso $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ es alcanzable a nivel clásico.

Anubhav Goel · Answer 3

www.physicspages.com/2013/04/11/magnetic-dipole-moment-of-spinning-spherical-shell/

Mi búsqueda da

$μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{mi ω R^{2}}{3}$

Esto da $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $sol = 5 5 / / 3 = 1.667$

¿No proporcionó el enlace que figura a continuación?

https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

Lo que explica que la distribución de carga no uniforme puede explicar el valor de g = 2 sin ninguna ecuación de Dirac .

Siguiendo una pista de Ehrenfest, George descubrió en un viejo artículo de Max Abraham que un electrón considerado como una esfera rígida con solo carga superficial sí tiene.

Puede ser así por la declaración anterior que quiso decir que la relación de radio $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{mi}}{r_{metro}} \approx 1.09051$ se ha aproximado a la superficie de carga.

torgny · Answer 4

Le pregunté a alguien profesional que mirara esto también y obtuvo la misma respuesta. Por lo tanto, estoy haciendo esto:

Estoy mirando la teoría de la relación clásica entre el momento magnético. $μ$ $μ$ $μ$ y el giro $S$ $S$ $S$ . Se dice que el $g$ $g$ $sol$ -factor es $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $sol = 2$ para la ecuación: $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = sol \frac{mi}{2 {metro}_{mi}} S$ si miras un electrón Aquí estoy tratando de demostrarlo con el razonamiento clásico:

\begin{aligned} S & = yo ω = ω \int ρ_{metro} r^{2} re V \\ μ & = \frac{ω}{2} \int ρ_{mi} r^{2} re V \end{aligned}

Las siguientes dos fórmulas se basan en esta página: https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

\begin{aligned} ρ_{mi} & = mi {norte}_{mi} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} \\ ρ_{metro} & = {metro}_{mi} {norte}_{metro} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} \end{aligned}

Por lo tanto,

\begin{aligned} μ & = 4 4 π \frac{ω}{2} \int_{0 0}^{\infty} mi {norte}_{mi} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} r^{2} r^{2} re r \\ S & = 4 4 π ω \int_{0 0}^{\infty} {metro}_{mi} {norte}_{metro} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{metro}^{2}}} r^{2} r^{2} re r \end{aligned}

Tengo que normalizar estos dos

\begin{aligned} \int_{0 0}^{\infty} {norte}_{mi} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} re r \\ \int_{0 0}^{\infty} {norte}_{metro} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} re r \end{aligned}

Se obtiene que:

\begin{aligned} {norte}_{mi} & = \frac{1}{\sqrt{π} r_{mi}} \\ {norte}_{metro} & = \frac{1}{\sqrt{π} r_{metro}} \end{aligned}

Obtenemos:

\begin{aligned} μ & = \frac{mi}{\sqrt{π} r_{mi}} 4 4 π \frac{ω}{2} \int_{0 0}^{\infty} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{mi}^{2}}} r^{4 4} re r \\ S & = \frac{{metro}_{mi}}{\sqrt{π} r_{metro}} 4 4 π ω \int_{0 0}^{\infty} {mi}^{- \frac{r^{2}}{r_{metro}^{2}}} r^{4 4} re r \end{aligned}

Obtuve de una calculadora integral en línea que: $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0 0}^{\infty} {mi}^{\frac{- X^{2}}{un}} X^{4 4} = \frac{3 \sqrt{π} {un}^{\frac{5 5}{2}}}{8}$

Entonces

\begin{aligned} μ & = \frac{mi}{\sqrt{π} r_{mi}} 4 4 π \frac{ω}{2} \frac{3 \sqrt{π} r_{mi}^{5 5}}{8} \\ S & = \frac{{metro}_{mi}}{\sqrt{π} r_{metro}} 4 4 π ω \frac{3 \sqrt{π} r_{metro}^{5 5}}{8} \end{aligned}

Queremos resolver

μ = re S

\frac{mi}{\sqrt{π} r_{mi}} 4 4 π \frac{ω}{2} \frac{3 \sqrt{π} r_{mi}^{5 5}}{8} = re \frac{{metro}_{mi}}{\sqrt{π} r_{metro}} 4 4 π ω \frac{3 \sqrt{π} r_{metro}^{5 5}}{8}

Obtenemos:

re = \frac{mi}{2 {metro}_{mi}} \frac{r_{mi}^{4 4}}{r_{metro}^{4 4}}

Pero es $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{mi}^{4 4}}{r_{metro}^{4 4}} = 2$ ?

del artículo de Wikipedia anterior dice que uno necesita

$\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{mi}^{8}}{r_{metro}^{8}}$ . Pero mis cálculos no llegan al mismo resultado. Cualquier entrada es bienvenida. Supongo que me habría llevado un paso más cerca si hubiera sido el mismo resultado que la página de Wikipedia. La página de Wikipedia también informa que $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{mi}}{r_{metro}} \approx 1.09051$ y eso llevaría a $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{mi}^{8}}{r_{metro}^{8}} \approx 2$ .

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