Las partículas idénticas parecen reducir la probabilidad

Question

$ \newcommand { \ket }[1]{| #1 \rangle }$ Esta pregunta tiene básicamente dos partes muy relacionadas. Esto surgió en el contexto de intentar verificar algo que mi profesor dijo hace un tiempo: que si las funciones de onda para dos partículas idénticas están bien separadas (es decir, si están muy picosas, y los picos están macroscópicamente muy separados), entonces puedes modelarlas como partículas distinguibles. Razonó que cuando intercambiamos las funciones de onda, el término que obtenemos del intercambio es muy pequeño y puede ser ignorado. Por lo tanto, tomar la norma de la función de onda simétrica se reduce a tomar la norma de la amplitud no trivial en la simetrización. Esta será la amplitud que obtendrías al modelar las partículas como distinguibles.

Sin embargo, cuando hago este procedimiento, la normalización del procedimiento de simetrización me fastidia. No estoy seguro de dónde me estoy equivocando.

Supongamos que tengo dos bosones. Sé que uno está en el estado $ \ket { \psi_1 }$ y uno está en el estado $ \ket { \psi_2 }$ .

El estado simétrico entonces es

$$ \frac {1}{ \sqrt {2}} \left ( \ket { \psi_1 \psi_2 } + \ket { \psi_2\psi_1 } \right )$$

Supongamos que las funciones de onda para $ \ket { \psi_1 }$ y $ \ket { \psi_2 }$ están en el pico en un lugar separado, o tienen un soporte no superpuesto.

Entonces, si miro $x_1,x_2$ con $x_1 \in \text {supp}({ \psi_1 ( \cdot )})$ y $x_2 \in \text {supp}({ \psi_2 ( \cdot )})$ entonces, ¿no será la probabilidad de que observe una partícula cerca de $x_1$ y otro cerca de $x_2$ ser

$$ \frac {1}{2} | \psi_1 (x_1)|^2 | \psi_2 (x_2)|^2$$

que es la mitad de lo que sería para las partículas distinguibles? Este resultado se siente mal. Pensé que tal vez algo estaba mal con la normalización, pero no parece que lo haya.

Answer 1

La gente suele decir que "las partículas cuánticas indistinguibles que están muy separadas se comportan como partículas distinguibles", pero esto es un poco engañoso. Sería más exacto decir que "las partículas cuánticas indistinguibles que están muy separadas se comportan como clásico indistinguible partículas". La diferencia es sutil pero importante.

El problema está en su frase "si miro $x_1$ , $x_2$ con $x_1 \in \text {supp}( \psi_1 ( \cdot ))$ y $x_2 \in \text {supp}( \psi_2 ( \cdot ))$ ...". No hay ningún experimento posible que diga "He detectado la partícula $x_1$ en el lugar $x$ " - sólo los experimentos que dicen "He detectado una partícula en el lugar $x$ ." Así que la amplitud de probabilidad de que midas una partícula en un punto $x$ y otra partícula en el punto $y$ es

$$ \langle x, y | \frac {1}{ \sqrt {2}}(| \psi_1 \psi_2 \rangle + | \psi_2 \psi_1 \rangle ) = \frac {1}{ \sqrt {2}}( \psi_1 (x) \psi_2 (y) + \psi_2 (x) \psi_1 (y))$$

y la probabilidad real es la norma cuadrada

$$P(x, y) = \frac {1}{2} \left ( | \psi_1 (x)|^2 | \psi_2 (y)|^2 + | \psi_2 (x)|^2 | \psi_1 (y)|^2 \right ),$$

donde los términos cruzados son todos cero porque los estados $| \psi_1\rangle $ y $| \psi_2\rangle $ son ortogonales. Este es, de hecho, el resultado para clásico partículas indistinguibles, y $ \int P(x, y)\ dx\, dy = 1$ como debería (a diferencia de su expresión).

Las únicas cosas que difieren del caso cuántico genérico son: a) sólo se puede utilizar el factor de normalización de $1/ \sqrt {2}$ y (b) cuando se normaliza la amplitud al cuadrado de una densidad de probabilidad real, se pueden ignorar los términos cruzados.

Si quieres trabajar clásicamente desde el principio, entonces no simetrizas el ket en absoluto, sino que trabajas con el ket $| \psi_1 \psi_2 \rangle $ en su lugar. Entonces tu problema de normalización no aparece.

Answer 2

En lugar de escribir:

$$ \frac {1}{ \sqrt {2}} \left ( \ket { \psi_1 \psi_2 } + \ket { \psi_2\psi_1 } \right )$$

Será más instructivo ver esto como

$$ \Psi (x_1, x_2) = \frac {1}{ \sqrt {2}} ( \psi_1 (x_1) \psi_2 (x_2) + \psi_1 (x_2) \psi_2 (x_1)) $$

Así que cuando encuentras $| \Psi |^2$ tienes tres (técnicamente 4) términos:

$$ \frac {1}{{2}} (| \psi_1 (x_1) \psi_2 (x_2)|^2 + ( \text {negligable interaction terms}) + | \psi_1 (x_2) \psi_2 (x_1)|^2)$$

Pero para las partículas indistinguibles, $ \psi_1 (x_j) = \psi_1 (x_i)$ . Aunque los términos de interacción se desvanecen a gran distancia, este hecho es válido independientemente de la distancia entre $x_i$ y $x_j$ !. Explotando ese hecho, e ignorando los términos de la interacción, obtenemos:

$$ \frac {1}{2}(2 \cdot | \psi_1 (x_1) \psi_2 (x_2)|^2)$$

Y así el resultado termina siendo el mismo que el de las partículas distinguibles, pero toma una ruta diferente para llegar allí.

Editar: Recuerde que es $ \Psi $ y NO $ \psi $ que deben ser simétricas/antisimétricas para los bosones/fermiones respectivamente bajo el intercambio de partículas $x_1$ y $x_2$ .

Answer 3

Se debe utilizar la simetrización bosónica de manera consistente (con el estado medido también) y decir que la probabilidad de detectar una partícula en $| \phi_1\rangle $ y uno en $| \phi_2\rangle $ donde $ \langle\phi_1 | \phi_2\rangle = 0$ es la magnitud al cuadrado del producto escalar entre $$| \Psi\rangle = \frac1 { \sqrt2 } (| \psi_1\rangle | \psi_2\rangle + | \psi_2\rangle | \psi_1\rangle )$$ y $$| \Phi\rangle = \frac1 { \sqrt2 } (| \phi_1\rangle | \phi_2\rangle + | \phi_2\rangle | \phi_1\rangle ).$$ Es decir, después de la expansión, el mag-cuadrado de $$ \langle\Phi | \Psi\rangle = \langle\phi_1 | \psi_1\rangle\langle\phi_2 | \psi_2\rangle + \langle\phi_2 | \psi_1\rangle\langle\phi_1 | \psi_2\rangle $$ en lugar de $$( \langle\phi_1 | \langle\phi_2 |)\,| \Psi\rangle = \frac1 { \sqrt2 } \left ( \langle\phi_1 | \psi_1\rangle\langle\phi_2 | \psi_2\rangle + \langle\phi_2 | \psi_1\rangle\langle\phi_1 | \psi_2\rangle\right )$$ que usaste.

Si doblas esta fórmula para usarla con eigenstates de posición generalizada separados espacialmente, obtienes el resultado correcto.