Χάρη στον Αϊνστάιν…

Μαθαίνουμε σήμερα πώς οι ενστάσεις του διάσημου φυσικού προώθησαν την έρευνα για τις ιδιότητες των συμπλεκόμενων σωματιδίων του μικρόκοσμου. Αυτές που εκμεταλλεύονται πλέον και οι σχεδιαστές νέων μεθόδων κρυπτογράφησης και υπολογιστικών μηχανημάτων

Η ομάδα του Αντον Τσάιλινγκερ, του αυστριακού φυσικού που μόλις τιμήθηκε με το ένα τρίτο του βραβείου Νομπέλ για τη Φυσική έχοντας κάνει εξαιρετικής σπουδαιότητας πειράματα σχετικά με την κβαντική συμπεριφορά των σωματιδίων, δημοσίευσε παλαιότερα ένα πολύ εύγλωττο σκίτσο. Σε αυτό είχαν έναν τερματοφύλακα, ύστερα από κλωτσιά στην μπάλα από αντίπαλο, να αντικρίζει (με την απελπισία να διαγράφεται έντονα στο πρόσωπό του) δύο μπάλες αντί για μία να έρχονται προς το τέρμα του. Η μία πηγαίνοντας να περάσει από τα αριστερά του και η άλλη από τα δεξιά.

Αυτή την εικόνα θα μπορούσε να την προσλάβει κάποιος με διάφορους τρόπους. Είναι κατ’ αρχάς μια πολύ καλή εικονογράφηση του πειράματος με τις δύο σχισμές όπου αποδεικνύεται ότι ένα φωτόνιο μπορεί να έχει περάσει και από όλες τις σχισμές ταυτόχρονα. Μπορεί όμως να εκφράζει ταυτόχρονα και την αμηχανία ακόμη και αυτών που έχουν μελετήσει πολύ καλά τη συμπεριφορά των σωματιδίων. Συγκεκριμένα ως προς το πώς συντρίβουν αυτά τη λογική που μας έχει υποβάλει η συμπεριφορά των καθημερινών μας μακροσκοπικών σωμάτων.

Ο τερματοφύλακας όμως θα μπορούσε κάλλιστα να έχει και τη μορφή του Αϊνστάιν. Αφού δεν παραδέχθηκε ποτέ κάτι που σήμερα διδάσκεται και στους φοιτητές στο πανεπιστήμιο ως δεδομένο πλέον. Αλλά ποιο το νόημα να ασχολούμαστε τώρα με το τι δεν ήθελε να παραδεχθεί το 1935 ο μεγαλοφυής αυτός άνθρωπος; Άλλωστε, οι πολύ βάσιμες αντιρρήσεις του (με τις γνώσεις της εποχής) σχετικά με την κβαντομηχανική, συνδυασμένες με το τεράστιο κύρος του, έδωσαν αφορμή σε άλλους επιστήμονες να πιεστούν και να φωτίσουν τελικά αρκετά σκοτεινά σημεία της κβαντομηχανικής.

Σύμπλεξη σε κοινή κυματοσυνάρτηση

Σήμερα γνωρίζουμε πως μπορούμε, χρησιμοποιώντας διάφορες τεχνικές, να καταφέρουμε ώστε δύο ή περισσότερα σωματίδια να αποκτήσουν κάποια σχέση μεταξύ τους και μετά, αφού τα απομακρύνουμε ακόμη και στις δυο αντίθετες άκριες του Σύμπαντος, να είμαστε σίγουροι πως η όποια σχέση τους διατηρείται. Και μάλιστα, αν θελήσουμε να την ψάξουμε κάνοντας μια μέτρηση σε ένα σωματίδιο, η σχέση αυτή εκδηλώνεται με τέτοια αμεσότητα που συντρίβεται ο περιορισμός πως τίποτα δεν μπορεί να κινηθεί με ταχύτητα μεγαλύτερη από την ταχύτητα του φωτός στο κενό. Το αξιοσημείωτο όμως είναι πως δεν εκπλήσσει αυτό τόσο πολύ τους ειδικούς όσο κάτι άλλο σχετικό με τα εμπλεκόμενα σωματίδια.

Και αυτό είναι ότι μπορεί να γνωρίζουμε πολύ καλά το πώς θα συμπεριφερθεί τελικά ένα σύνολο σωματιδίων που έχουν εμπλοκή μεταξύ τους, αλλά δεν γνωρίζουμε κάθε στιγμή το καθένα από αυτά σε τι κατάσταση βρίσκεται. Είναι όπως με δύο νομίσματα που όταν είναι στον αέρα δεν έχουμε πρόσβαση στην κατάστασή τους κάθε στιγμή, αλλά γνωρίζουμε πως πέφτοντας το καθένα στο τραπέζι, είτε «κορόνα» (Κ) είτε «γράμματα» (Γ), θα πάρουμε ακριβώς έναν από τους 4 δυνατούς συνδυασμούς (ΚΚ, ΚΓ, ΓΚ, ΓΓ).

Ξέρουμε από παλαιότερες συνέχειες ότι αυτό που μας δίνει κάποιες πληροφορίες για τη συμπεριφορά τους, με πιθανότητες μόνο, είναι η λεγόμενη κυματοσυνάρτηση. Το καθένα σωματίδιο έχει τη δική του. Ομως, μαθηματικά αλλά και ουσιαστικά το να συνδεθούν με αυτόν τον τρόπο τα σωματίδια σημαίνει πως τη συμπεριφορά τους θα τη βρίσκουμε (με πιθανότητες και ποτέ με τέλεια ακρίβεια) όχι πλέον με δύο χωριστές και ανεξάρτητες κυματοσυναρτήσεις αλλά με μία κοινή.

Αυτό εξηγεί και το ότι όσο και να απομακρυνθούν μεταξύ τους θα υπάρχει πάντα σύνδεση. Και κάτι ακόμη, εξαιρετικά χρήσιμο για την κρυπτογράφηση. Αυτή τη σύνδεση δεν μπορεί να τη σπάσει ή να ενσωματωθεί σε αυτήν (απαρατήρητο) ένα άλλο σωματίδιο που ξαφνικά έρχεται από αλλού!

Πνευματική Γυμναστική

1. Έχουμε τρία ζάρια, το καθένα με αρίθμηση από το 1 έως το 6. Ρίχνουμε μια ζαριά και με τα τρία ταυτόχρονα πολλαπλασιάζοντας στη συνέχεια τους τρεις αριθμούς που ήρθαν. Ποια είναι η πιθανότητα το γινόμενο να είναι περιττός (=μονός) αριθμός;
2. Σε μια πολύ παλιά εποχή τις μπάλες για τα κανόνια τις έστηναν σε μορφή πυραμίδας. Παρατηρώντας τον εχθρό με το τηλεσκόπιο κάποια φορά οι… άλλοι είδαν ότι είχαν τοποθετηθεί σε πυραμίδα όπου το κάθε στρώμα ήταν ένα τετράγωνο. Ερχεται όμως ένας και φέρνει άλλη μια μπάλα, οπότε χαλούν την πυραμίδα αυτή για να φτιάξουν μια άλλη όπου το κάθε στρώμα της ήταν τρίγωνο. Πόσες μπάλες διέθετε ο εχθρός;

Οι απαντήσεις στα προηγούμενα κουίζ

1. Το πρόβλημα που μας είχε στείλει ο ομότιμος καθηγητής του ΕΜΠ, κ. Θεοδόσιoς Τάσιος, ήταν το εξής: Σε έναν τριψήφιο θετικό αριθμό με διαφορετικά και τα τρία ψηφία του, που σκέφθηκε κάποιος χωρίς να τον ανακοινώσει μεγαλόφωνα (π.χ. τον 214), του λέμε να αντιστρέψει τη σειρά των ψηφίων (εδώ προκύπτει ο 412). Εκτελεί την αφαίρεση: 412-214=198 και αντιστρέφει (891) και προσθέτει τους δύο (εδώ 198+891). Και εμείς του λέμε χωρίς δισταγμό πως ο αριθμός που προκύπτει είναι ο 1.089 (και αυτός προκύπτει πάντα). Ο κ. Τάσιος το εξηγεί αυτό ως εξής: Έστω αβγ ο αριθμός με α>γ. Αντιστρέφοντας γίνεται γβα. Πάμε να κάνουμε την αφαίρεση αβγ-γβα: Επειδή υποθέσαμε α>γ, για την αφαίρεση δανειζόμαστε μια δεκάδα από τον β, οπότε στην πρώτη θέση από δεξιά θα έχουμε (10+γ) –α=[10-(α-γ)]. Επομένως ο β πριν από την επόμενη αφαίρεση γίνεται (β-1). Επειδή τότε β>(β-1), δανειζόμαστε από τον α μια εκατοντάδα και θα έχουμε (10+β-1)-β= 9. Τότε στην τρίτη θέση από δεξιά θα έχουμε: (α-1)-γ=[(α-γ)-1]. Δηλαδή στις τρεις θέσεις έχουμε: [(α-γ)-1), (9), [10-(α-γ)]. Και αναστρέφοντας προκύπτει ο [10-(α-γ)], 9, [(α-γ)-1]. Η πρόσθεση δίνει: 9,(18),9 (δηλαδή 9 εκατοντάδες, 18 δεκάδες και 9 μονάδες) και δίνοντας τις 10 από τις 18 δεκάδες στην επόμενη θέση έχουμε 10 εκατοντάδες (=1.000), 8 δεκάδες και 9 μονάδες, δηλαδή 1.089. Δεκτές και άλλες αποδείξεις-εξηγήσεις.
2. Ένα αεροπλάνο κάνει το δρομολόγιο από το Α στο Β αεροδρόμιο και πάλι πίσω πάντα με ομαλή ταχύτητα V. Κάποιες φορές επικρατεί άπνοια και κάποιες φυσάει μόνιμα σε όλη τη διάρκεια των δύο πτήσεων από Α προς Β και Β προς Α ένας άνεμος με σταθερή ταχύτητα W<V και φορά πάντα από το Α προς το Β. Επηρεάζει ο άνεμος τη συνολική διάρκεια του μετ’ επιστροφής ταξιδιού; Η πρώτη ίσως σκέψη θα ήταν πως όσο κερδίζει πηγαίνοντας άλλο τόσο χάνει επιστρέφοντας με κόντρα τον άνεμο. Χωρίς άνεμο ο συνολικός χρόνος από τον τύπο: v=s/t θα είναι tολ = 2S/V. Με την παρουσία του ανέμου έχουμε tολ = [S/(V+W)]+ [S/(V-W)] που όταν γίνουν οι πράξεις προκύπτει 2S[V/(V2 –W2 )] και αυτό συμφέρει να πολλαπλασιαστεί με το (V/V) δίνοντας (2S/V)[V2 /(V2 –W2)] που είναι μεγαλύτερο από το (2S/V), άρα ο χρόνος του ταξιδιού είναι μεγαλύτερος!

(Πηγή: in.gr)