¿El cuerpo muchas del wavefunction espacial de Fermio va a cero cuando dos wavefunctions aproximan?

Question

Esta pregunta asume que los fermiones tienen el mismo giro eigenstate.

Me han dicho que si de alguna manera uno podría tomar el límite como idénticos dos fermión estados enfoque para el mismo estado en el total de la función de onda va a cero.

$$ \Psi(1,2) = \big( |1\rangle_1 |2\rangle_2 - |2\rangle_1 |1\rangle_2 \big) $$

Sin embargo no creo que esto es cierto para el continuo espacial wavefunctions.

$$ \Psi(x_1,x_2) = N \left( e^{-\dfrac{|x_1+|a^2}{4 \sigma^2}} e^{-\dfrac{|x_2-a|^2}{4 \sigma^2}} - e^{-\dfrac{|x_2+|a^2}{4 \sigma^2}}e^{-\dfrac{|x_1-a|^2}{4 \sigma^2}} \right) $$

En este ejemplo tengo dos gaussiano fermiones con la igualdad de la varianza, pero hay centros de desplazados por el $2a$. $N$ es la normalización factor que depende de la separación de las gaussianas. Que tengo que resolver para $N$ a normalizar la función de onda total de la unidad.

$$ \Psi(x_1,x_2) = e^{-\dfrac{|x_1|^2+|x_2|^2}{4 \sigma^2}} \dfrac{\sinh\left(\dfrac{a\cdot (x_2-x_1)}{2\sigma^2} \right)\sqrt{2}}{(2\sigma^2\pi)^{\tfrac{n}{2}}\sqrt{\left(e^{\dfrac{a^2}{\sigma^2}}-1\right)}} $$

De arriba es de mi total de la función de onda cuando me resuelve $N$ y reducir matemáticamente.

$$ \lim_{un\rightarrow 0} \Psi(x_1,x_2) = e^{-\dfrac{|x_1|^2+|x_2|^2}{4 \sigma^2}} \dfrac{\hat{a}\cdot (x_2-x_1)}{\sigma(2\sigma^2\pi)^{\tfrac{n}{2}}\sqrt{2}} $$

Cuando me saque el límite de los dos wavefunctions superposición de mi total de la función de onda converge a un objeto distinto de cero.

Hace muchos cuerpo fermión espacial de la función de onda ir a cero cuando dos wavefunctions enfoque de cada uno de los otros?

Caso General

Dada una función de onda total de dos fermiones idénticos spin $$ \Psi(x_1,x_2) = N(a)\Bigg( \psi(x_1)\psi(x_2+a) - \psi(x_2)\psi(x_1+a) \Bigg) $$ vamos a ampliar $$ \psi(x_2+a) = \psi(x_2) + \psi'(x_2)+\mathcal{S}(a^2) $$ para escribir $$ \Psi(x_1,x_2) = N(a)\Bigg( \psi(x_1) \left(\psi(x_2) + \psi'(x_2)+\mathcal{S}(a^2)\right) - \psi(x_2) \left(\psi(x_1) + \psi'(x_1)+\mathcal{S}(a^2)\right) \Bigg) $$ Podemos reducir $$ \Psi(x_1,x_2) = N(a)\Bigg( \left(\psi(x_1) \psi'(x_2)-\psi(x_2) \psi'(x_1)\right) + \mathcal{S}(a^2) \Bigg) $$ Integramos la plaza de la $$ \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}|\Psi(x_1,x_2)|^2dx_1dx_2 \\ = N^2(a) \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \Bigg( \left(\psi(x_1) \psi'(x_2)-\psi(x_2) \psi'(x_1)\right) + \mathcal{S}(a^2) \Bigg)^2 dx_1dx_2 \\ = N^2(a) \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \Bigg( \left( (\psi(x_1) \psi'(x_2))^2 + (\psi(x_2) \psi'(x_1))^2 -2 \psi(x_1) \psi'(x_2) \psi(x_2) \psi'(x_1) \right)^2 + \mathcal{S}(a^3) \Bigg)^2 dx_1dx_2 \\ = N^2(a) \Bigg( 2\int_{-\infty}^{\infty} (\psi(x_1))^2 dx^1 \int_{-\infty}^{\infty}(\psi'(x_2))^2dx_2a^2+ \mathcal{S}(a^3) \Bigg) $$ . Podemos resolver para $$ N(a) = \Bigg( 2\int_{-\infty}^{\infty} (\psi(y_1))^2 dy_1 \int_{-\infty}^{\infty}(\psi'(y_2))^2dx_2a^2+ \mathcal{S}(a^3) \Bigg)^{-1/2} $$ y obtener $$ \Psi(x_1,x_2) = \dfrac{ (\psi(x_1)\psi'(x_2) - \psi(x_2)\psi'(x_1)) + \mathcal{S}(a^2) }{ \sqrt{ 2\int_{-\infty}^{\infty} (\psi(y_1))^2 dy_1 \int_{-\infty}^{\infty}(\psi'(y_2))^2dy_2 a^2+ \mathcal{S}(a^3) } } $$ Evaluamos $$ \lim_{un \rightarrow 0} \Psi(x_1,x_2) = \dfrac{ \psi(x_1)\psi'(x_2) - \psi(x_2)\psi'(x_1) }{ \sqrt{ 2\int_{-\infty}^{\infty} (\psi(y_1))^2 dy_1 \int_{-\infty}^{\infty}(\psi'(y_2))^2dy_2 } } $$ Esto demuestra que si se toma el continuum límite de dos fermiones idénticos enfoque de superposición, que convergen a un número finito total de la función de onda de dos centralizado ortogonal de los estados.

Answer 1

Más o menos por la construcción de su límite es distinto de cero: normalizar todo el camino como $a\to0$. Si usted simplemente considerar que la norma de su función de onda como una función de la $a$, vas a ver que es $1$ todos los $a>0.$, Entonces el límite es trivialmente también se $1$, que no es cero y demuestra su punto.

Me han dicho que si de alguna manera uno podría tomar el límite como idénticos dos fermión estados enfoque para el mismo estado en el total de la función de onda va a cero.

Por supuesto, esto sólo funciona si usted no trate de volver a normalizar bajo el límite para evitar que va a cero.

Answer 2

Creo que el error que están haciendo es que el límite de $a->0$ puede no existir, en el sentido de que piensa. Lo que usted está tratando de hacer es normalizar una función de onda que tiene cero de la norma.

En todos los casos en que $a\neq 0$ lo que están haciendo es matemáticamente sonido, y se obtiene un resultado inequívoco. Estoy bastante seguro de que aunque el punto de $a=0$ no puede tener un waeel límite definido como podría obtener resultados diferentes dependiendo de la dirección de $a$ usted se está acercando. El hecho de que usted obtener un $\hat a\cdot(x_1-x_2)$ en que el resultado final es una indicación de que.

Físicamente lo que va mal es simplemente que antes de normalizar $\psi_{a=0}(x_1,x_2)=0$ de forma idéntica.

Answer 3

Usted está malentendido, el Principio de Exclusión de Pauli (PEP). Se dice que dos Fermiones no pueden ocupar el mismo estado. Eso significa que no puede ser representado por exactamente la misma función de onda. Una función de onda para un Fermión puede ser divisible en partes diferentes y el PEP no excluir a algunas de esas piezas idénticas. Por ejemplo, la función de onda para los Fermiones se compone de un espacio dependiente de parte y un spin parte dependiente. Por lo tanto el espacio dependiente de las funciones de onda pueden ser idénticos y, sin embargo, el PEP no es violado mientras el giro de la función de onda componentes no son idénticos.

Actualización: Ahora que algunos de los errores y los malentendidos han sido eliminadas (ver el comentario abajo), la cuestión de cuál es la relación de este hallazgo tiene a la PEP puede ser abordado. Los dos cuerpos de la función de onda que se está investigando es en la forma de un determinante de Slater. El determinante de Slater fue introducido originalmente en el contexto de la aproximación de soluciones a los Muchos-Cuerpo de la ecuación de Schrödinger. Slater señaló que el simple producto de la partícula de la onda de funciones podría violar la PEP bajo ciertas condiciones y, además, no refleja el indistinguishability de idéntica partículas cuánticas. Él introdujo el determinantal forma (esta es la forma en que él se refiere a ella en sus conferencias) para superar estas deficiencias. De esta forma se asegura que la elección de la partícula de la onda funciones que viole el PEP automáticamente el rendimiento de un valor de 0 para el Cuerpo de la función de onda.

Uno de los aspectos de Muchos cuerpos en las funciones de onda de determinantal forma es que ellos no requieren de normalización de tan largo como el de una sola partícula de las funciones de onda en sí, son ortonormales. Este no es el caso de la SP funciones de onda elegida aquí, pero como se ha señalado por @MichaelFremling, el segundo "renormalization" empleado en este análisis de superar el hecho de que los dos cuerpos de la función de onda se desvanece como una aproxima a 0 (como la intención de Slater) probablemente no produce un bien definido el límite de los dos cuerpos de la función de onda como va a 0. En efecto, el análisis de los rendimientos de un número finito distinto de cero resultado de multiplicar del 0 al infinito, pero este límite puede ser manipulada para producir cualquier resultado alguno. Por esta razón, este análisis no tiene ninguna relación con el PEP. No me atrevo a decir que no tiene ninguna relación con la mecánica cuántica, porque el determinantal forma no refleja un enredo entre las partículas individuales en las funciones de onda. El método empleado aquí de estudiar el efecto de la separación de lo contrario idéntico funciones de onda en un sistema del Cuerpo puede tener algunas implicaciones para el estudio de enredo. Lo voy a dejar para que otros para explorar esta posibilidad.

Un punto final es que el determinantal formulario no es un tratamiento exacto de un Cuerpo de la función de onda. Fue introducida como una mejor aproximación en un Cuerpo de solución, que sustituye al real de dos cuerpos interacciones con un medio campo potencial. Las correcciones a esta aproximación se conoce como correlación de las interacciones. Este formulario incluye el intercambio de correlación (lo que diferencia a Hartree-Fock de aproximación de Hartree), sin embargo, el PEP es en sí misma una forma de correlación que probablemente no está plenamente representado por el determinantal forma.

A pesar de mi negativa conclusiones de lo que esto significa para el PEP, puedo afirmar que (para mí) este ha sido un muy sugerente pregunta y yo estimular más investigaciones a lo largo de estas líneas.

Answer 4

Usted escribió las dos partículas estado como

$$| \Psi \rangle = \big( |1\rangle_1 |2\rangle_2 - |2\rangle_1 |1\rangle_2 \big).$$

Suponiendo que las partículas individuales de los estados $| 1 \rangle$ $| 2 \rangle$ se normalizan, este de dos partículas función de onda sólo está correctamente normalizado si son ortogonales. En general, hemos $$\langle \Psi | \Psi \rangle = \big( \langle 1 |_1 \langle 2 |_2 - \langle 2 |_1 \langle 1 |_2 \big) \big( |1\rangle_1 |2\rangle_2 - |2\rangle_1 |1\rangle_2 \big) \\ = \langle 1 | 1 \rangle \langle 2 | 2 \rangle - \langle 1 | 2 \rangle \langle 2 | 1 \rangle - \langle 2 | 1 \rangle \langle 1 | 2 \rangle + \langle 2 | 2 \rangle \langle 1 | 1 \rangle \\ = 2 \left( 1 - |\langle 1 | 2 \rangle|^2 \right)$$

Así que el correctamente normalizado de dos partículas estado es en realidad

$$| \Psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{2 \left( 1 - |\langle 1 | 2 \rangle|^2 \right)}} \big( |1\rangle_1 |2\rangle_2 - |2\rangle_1 |1\rangle_2 \big).$$

(Esto es sólo la versión más general de que el cálculo que se realiza.) Si usted fuera a tomar los dos partículas función de onda que definió originalmente - uno que es antisymmetrized pero no normalizado - entonces es un hecho que van a cero en el límite donde "los dos wavefunctions enfoque de cada uno de los otros", es decir,$\langle 1 | 2 \rangle \to 1$. Pero este hecho no es particularmente interesante o importante, porque físicamente útil función de onda debe ser normalizada. La correcta función de onda normalizada $| \Psi \rangle$ sí no vaya a cero debido a que la constante de normalización diverge a infinito en el derecho de la tasa de mantener la función de onda normalizable.

El Principio de Exclusión de Pauli es tremendamente física importante, pero no se refiere al proceso que se está considerando la posibilidad de mover los dos toda la wavefunctions juntos. En cambio, se refiere a una situación donde los dos-cuerpo de la función de onda es fijo, y dice que la probabilidad de la amplitud de la búsqueda de los dos partículas muy cerca y por lo tanto $P(x,x)$ ir a cero. Consideran que la probabilidad de encontrar a las partículas y las posiciones de $x$$y$; esto está dado por

$$ P(x,y) = \Big| \big( \langle x |_1 \langle y |_2 \big) | \Psi \rangle \Big|^2 = \mathcal{N}^2 \left| \langle x | 1 \rangle \langle y | 2 \rangle - \langle x | 2 \rangle \langle y | 1 \rangle \right|^2.$$

Ahora el punto es que la función de onda $| \Psi \rangle$, y por lo tanto la constante de normalización $\mathcal{N}$, se queda fijo como se toma el límite de $y \to x$, y así la probabilidad de amplitud se desvanece. Sin embargo, en este caso, usted no está realmente cambiando el estado de $| \Psi \rangle$ o de las dos partículas en función de onda en sí misma.