Können zwei Fermionen mit unterschiedlichen Energieniveaus an derselben Position sein?

Question

Können zwei Fermionen mit unterschiedlichen Energieniveaus an derselben Position sein?

ty.

Angenommen, ich habe zwei Fermionen in einem unendlichen quadratischen Potentialtopf, ohne Spin oder andere Freiheitsgrade $0 K$ Temperatur. Lassen $L$ sei die Breite dieses Brunnens. Ich habe die Zwei-Teilchen-Wellenfunktion in 1D für itentische Fermionen verwendet

Ψ_{N M} (X_{1}, X_{2}) = \frac{1}{\sqrt{2}} [Ψ_{N} (X_{1}) Ψ_{M} (X_{2}) - Ψ_{N} (X_{2}) Ψ_{M} (X_{1})],

$\Psi_{nm}(x_1,x_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\Psi_n(x_1)\Psi_m(x_2)-\Psi_n(x_2)\Psi_m(x_1)\right],$ Wo

Ψ_{N} (X) = \sqrt{\frac{2}{L}} Sünde \frac{N π X}{L}

$\Psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin{\frac{n\pi x}{L}}$ ist die Lösung des SE für ein einzelnes Teilchen mit Energieniveau

E (n) = ℏ^{2} π^{2} n^{2} / 2 m L^{2}

$E(n)= \hbar^2\pi^2n^2/2mL^2$ innerhalb des Brunnens an Position

x

$x$ . Daraus schließe ich schon

n \neq m

$n\neq m$ . Damit habe ich die Wahrscheinlichkeitsdichte berechnet, bei der man ein Teilchen findet

x_{1}

$x_1$ und die andere bei

x_{2}

$x_2$ mit einigen Energieniveaus

n

$n$ Und

m

$m$ :

| Ψ_{N N} (X_{1}, X_{2}) |^{2} = \frac{1}{2} [| Ψ_{N} (X_{1}) |^{2} | Ψ_{M} (X_{2}) |^{2} - 2 Ψ_{N} (X_{2}) Ψ_{M} (X_{1}) Ψ_{N} (X_{1}) Ψ_{M} (X_{2}) + | Ψ_{N} (X_{2}) |^{2} | Ψ_{M} (X_{1}) |^{2}] .

$|\Psi_{nn}(x_1,x_2)|^2=\frac{1}{2}\left[|\Psi_n(x_1)|^2|\Psi_m(x_2)|^2-2\Psi_n(x_2)\Psi_m(x_1)\Psi_n(x_1)\Psi_m(x_2)+|\Psi_n(x_2)|^2|\Psi_m(x_1)|^2\right].$ Seit

Ψ_{n} (x_{1})

$\Psi_n(x_1)$ Und

Ψ_{m} (x_{1})

$\Psi_m(x_1)$ sind orthonormal der mittlere Begriff ist

0

$0$ .

Angenommen, ein Teilchen wird bei gefunden $L/2$ Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, das zweite Teilchen an einer bestimmten Position zu finden? $x_2$ , insbesondere was mit der Wahrscheinlichkeit passiert, wenn wir uns dem Teilchen nähern $L/2$ . Ich habe so gerechnet:

{| Ψ_{N} (\frac{L}{2}) |}^{2} = \frac{2}{L} {Sünde}^{2} \frac{N π}{2} = \frac{2}{L} {\begin{array}{lr} 1 & für ungleichmäßig N \\ 0 & für sogar N \end{array}} = \frac{1 + (- 1)^{N + 1}}{L} .

$\left|\Psi_{n}\left(\frac{L}{2}\right)\right|^2=\frac{2}{L}\sin^2{\frac{n\pi}{2}} =\frac{2}{L}\left\{\begin{array}{@{}lr@{}} 1 & \text{for uneven }n\\ 0 & \text{for even }n \end{array}\right\}=\frac{1+(-1)^{n+1}}{L}.$ Also im Brunnen,

{| Ψ_{N M} (\frac{L}{2}, X_{2}) |}^{2} = \frac{1}{2} [\frac{1 + (- 1)^{N + 1}}{L} \frac{2}{L} {Sünde}^{2} \frac{M π X_{2}}{L} + \frac{1 + (- 1)^{M + 1}}{L} \frac{2}{L} {Sünde}^{2} \frac{N π X_{2}}{L}] =

$\left|\Psi_{nm}\left(\frac{L}{2},x_2\right)\right|^2=\frac{1}{2}\left[\frac{1+(-1)^{n+1}}{L}\frac{2}{L}\sin^2{\frac{m\pi x_2}{L}}+\frac{1+(-1)^{m+1}}{L}\frac{2}{L}\sin^2{\frac{n\pi x_2}{L}}\right]=$

= \frac{1}{L^{2}} [(1 + (- 1)^{N + 1}) {Sünde}^{2} \frac{M π X_{2}}{L} + (1 + (- 1)^{M + 1}) {Sünde}^{2} \frac{N π X_{2}}{L}] .

$=\frac{1}{L^2}\left[(1+(-1)^{n+1})\sin^2{\frac{m\pi x_2}{L}}+(1+(-1)^{m+1})\sin^2{\frac{n\pi x_2}{L}}\right].$

Endlich, wenn ich es lasse $x_2\rightarrow L/2$ , Ich bekomme

lim_{X_{2} \to L / 2} {| Ψ_{N M} (\frac{L}{2}, X_{2}) |}^{2} = \frac{1}{L^{2}} [(1 + (- 1)^{N + 1}) (1 + (- 1)^{M + 1})] = {\begin{array}{lr} 4 L^{- 2} & wenn n und m ungerade sind und N \neq M \\ 0 & anders \end{array}} .

$\lim_{x_2\rightarrow L/2}\left|\Psi_{nm}\left(\frac{L}{2},x_2\right)\right|^2=\frac{1}{L^2}\left[(1+(-1)^{n+1})(1+(-1)^{m+1})\right]= \left\{\begin{array}{@{}lr@{}} 4L^{-2} & \text{if n and m are uneven and } n\neq m\\ 0 & \text{else} \end{array}\right\}.$ Können sie sich unter diesen Umständen also wirklich an derselben Stelle befinden?

EDIT2: Ich habe die Berechnung mit der mittleren Laufzeit durchgeführt. Ich bekomme jetzt $0$ für die Wahrscheinlichkeitsdichte von $x_1=x_2=L/2$

Antworten (3)

Können zwei Fermionen mit unterschiedlichen Energieniveaus an derselben Position sein?

lalala · Answer 1

Nein. Wenn Sie rechnen

| Ψ (X_{1}, X_{1}) |

$|\Psi (x_1,x_1)|$ direkt ist es Null. Ihr Argument ‚seit

Ψ_{n}

$\Psi_n$ Und

Ψ_{m}

$\Psi_m$ orthogonal sind, ist der mittlere Term Null' ist falsch, da die orthogonale Bedingung erfordert, dass Sie über die Domäne integrieren.

Ich denke, das ist auf dem richtigen Weg, aber formal ist es nicht sehr aussagekräftig, da die Wahrscheinlichkeit, an einem Punkt auch nur ein einziges Teilchen zu finden, Null ist.
@Rococo Sie haben Recht, aber dies unterstreicht nur, dass die übliche schlampige Interpretation des Pauli-Prinzips als "zwei Fermionen können nicht an derselben Stelle gefunden werden" leer ist. (Keine Anzahl beliebiger Teilchenarten kann an einem einzigen Punkt gefunden werden: Eine solche Messung ist überhaupt nicht möglich.) Die korrekte Aussage des Ausschlussprinzips ist, dass die Wahrscheinlichkeitsdichte des Zufalls (dh $x_1 = x_2$ ) tendiert gegen Null als $x_1\to x_2$ , und das ist genau das Problem, auf das sich diese richtige Antwort bezieht.
@ MarkMitchison Fair genug. Ich habe das Gefühl, dass es möglich sein sollte, dies auf eine physischere Weise zu formalisieren – schließlich kann man diese „effektive Abstoßung“ sicherlich beobachten –, aber Sie haben mich davon überzeugt, dass dies in der Zwischenzeit eine positive Bewertung verdient.

rauben · Answer 2

(Dies ist ein Ersatz für eine falsche Antwort. „Heute habe ich gelernt“, wie das Internet sagt.)

Eine Möglichkeit, diese Frage zu beantworten, besteht darin, Variablen zu ändern. Lassen Sie uns vorstellen

\begin{aligned} Σ X & = X_{1} + X_{2} & Σ X + Δ X & = 2 X_{1} \\ Δ X & = X_{1} - X_{2} & Σ X - Δ X & = 2 X_{2} \end{aligned}

$\begin{align} \Sigma x &= x_1 + x_2 & \Sigma x + \Delta x &= 2x_1 \\ \Delta x &= x_1 - x_2 & \Sigma x - \Delta x &= 2x_2 \end{align}$

und versuchen Sie, eine Wahrscheinlichkeitsdichte in Bezug auf zu finden $\Delta x$ .

Angesichts Ihrer Wellenfunktionen,

ψ_{M} (X_{1}) = \sqrt{\frac{2}{L}} Sünde \frac{M π X_{1}}{L},

$\psi_m(x_1) = \sqrt\frac2L\sin\frac{m\pi x_1}L,$ einige Auseinandersetzungen mit trigonometrischen Identitäten zeigen das

\begin{aligned} \sqrt{2} ψ_{M N} (X_{1}, X_{2}) & = ψ_{M} (X_{1}) ψ_{N} (X_{2}) - ψ_{N} (X_{1}) ψ_{M} (X_{2}) \\ = \frac{2}{L} [Sünde (\frac{M + N}{2} \frac{π Σ X}{L}) Sünde (\frac{M - N}{2} \frac{π Δ X}{L}) - Sünde (\frac{M - N}{2} \frac{π Σ X}{L}) Sünde (\frac{M + N}{2} \frac{π Δ X}{L})] \end{aligned}

$\begin{align} \sqrt2\psi_{mn}(x_1,x_2) &= \psi_m(x_1) \psi_n(x_2) - \psi_n(x_1) \psi_m(x_2) \\ &= \frac2L\left[ \sin\left(\tfrac{m+n}2\tfrac{\pi\Sigma x}L\right) \sin\left(\tfrac{m-n}2\tfrac{\pi\Delta x}L\right) - \sin\left(\tfrac{m-n}2\tfrac{\pi\Sigma x}L\right) \sin\left(\tfrac{m+n}2\tfrac{\pi\Delta x}L\right) \right] \end{align}$

Integrieren wir diese Verteilung über alle erlaubten Werte von $\Sigma x$ , wir bleiben übrig

\begin{aligned} | ψ (Δ X) |^{2} & = \int_{Σ X = | Δ X |}^{2 L - | Δ X |} D (Σ X) | ψ (Σ X, Δ X) |^{2} \\ = 2 \frac{L - | Δ X |}{L^{2}} [{Sünde}^{2} (\frac{M - N}{2} \frac{π Δ X}{L}) + {Sünde}^{2} (\frac{M + N}{2} \frac{π Δ X}{L})] \end{aligned}

$\begin{align} {\Large\vert}\psi(\Delta x){\Large\vert}^2 &= \int_{\Sigma x = |\Delta x|}^{2L-|\Delta x|}\mathrm d(\Sigma x) {\Large\vert}\psi(\Sigma x,\Delta x){\Large\vert}^2 \\ &= 2\frac {L-|\Delta x|}{L^2} \left[ \sin^2\left(\frac{m-n}2\frac{\pi\Delta x}L\right) + \sin^2\left(\frac{m+n}2\frac{\pi\Delta x}L\right) \right] \end{align}$

Das ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung dafür, dass Sie Ihre beiden Teilchen durch einen Abstand getrennt finden $\Delta x$ . Als $\Delta x$ klein wird, wird der Term in den eckigen Klammern proportional zu $(m^2+n^2)\Delta x^2$ : Es ist wahrscheinlicher, dass Sie hocherregte Teilchen nahe beieinander finden als Teilchen in den niedrigeren Zuständen, aber die Wahrscheinlichkeitsdichte für das Auffinden von zwei Teilchen mit $x_1=x_2$ verschwindet.

Hier sind einige numerische Ergebnisse für eine bestimmte $m,n$ (zum Vergrößern anklicken). Die Nulllinie in der gemeinsamen Wahrscheinlichkeitsdichte bei $x_1=x_2$ (horizontal zentriert) ist ziemlich einfach zu erkennen. Die lokalen Minima der Wahrscheinlichkeitsdichte bei $|\Delta x|/L = 0.42, 0.84$ sind nicht wirklich Nullen, obwohl es aus dieser speziellen Darstellung des Diagramms schwer zu sagen ist.

$Wahrscheinlichkeitsdichte in \Updelta x$

Logan M · Answer 3

Das hat nichts mit Dynamik zu tun; es ist wahr ohne jede Erwähnung von "Energieniveaus" und folgt rein als Folge allgemeiner Prinzipien der Quantisierung fermionischer Systeme.

Die richtige Aussage für eine kontinuierliche Observable $x$ ist ein bisschen technisch und nicht mehr aufschlussreich (insbesondere die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f(x_1,x_2)$ geht zu $0$ als $x_2 \rightarrow x_1$ ) Betrachten wir stattdessen einen endlichdimensionalen Einzelteilchen-Hilbert-Dimensionsraum $n$ mit einem selbstadjungierten Operator $\hat A$ mit einem nicht entarteten Eigenwertspektrum $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ und entsprechende Eigenvektoren $|\alpha_1 \rangle, \ldots, |\alpha_n \rangle$ .

Wenn wir ein System mit 2 nicht wechselwirkenden identischen Fermionen dieses Typs beschreiben wollen, haben wir $n(n-1)/2$ Basisvektoren, die gewählt werden können als $|\beta_{ij}\rangle = \frac{1}{\sqrt2}(|\alpha_i\rangle \otimes | \alpha_j \rangle - |\alpha_j\rangle \otimes | \alpha_i \rangle)$ , Wo $1 \le i < j \le n$ . Fermionen dürfen nur diese Zustände einnehmen, nicht die vollen $n^2$ dimensionaler Tensorproduktraum, da die Zustände unter Teilchenaustausch antisymmetrisch sein müssen. Es wird jedoch ein Zustand erreicht, in dem beide Partikel gemessen werden $A = \alpha_i$ wäre unbedingt $|\alpha_i \rangle \otimes | \alpha_i \rangle$ , und kein solcher Zustand existiert als Linearkombination der $|\beta_{ij}\rangle$ . Natürlich existiert ein solcher Zustand im vollen Tensorproduktraum, ist aber orthogonal zum fermionischen Unterraum, da er unter Teilchenaustausch eher symmetrisch als antisymmetrisch ist.

Es gibt jedoch eine Möglichkeit, dies zu vermeiden. Wenn du es zulässt $\hat A$ haben ein entartetes Spektrum mit $\alpha_i = \alpha_j$ , dann hast du 2 unterschiedliche Vektoren $|\alpha_i \rangle$ Und $|\alpha_j\rangle$ mit dem gleichen beobachteten Wert von $A$ , und den antisymmetrischen Zustand $|\beta_{ij}\rangle$ ist ein Zustand, in dem wir beide Teilchen messen würden $A = \alpha_i = \alpha_j$ . Das Analoge im kontinuierlichen Fall wäre, zusätzliche Quantenzahlen zuzulassen, also die Zustände $\{ |x\rangle \}$ reichen als Grundlage nicht mehr aus. Das ist z. B. von entscheidender Bedeutung, wenn wir Fermionen mit Spin haben wollen, die Frage aber ausdrücklich ausschließt, und ohne das gilt, dass die beiden Fermionen immer unterschiedliche Positionen haben werden.

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ty.

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