Dimension des Hilbert-Raums von Spin 1/21/21/2 identischen Teilchen?

Question

Dimension des Hilbert-Raums von Spin 1/21/21/2 identischen Teilchen?

Kamil

Betrachten Sie ein System von $N$ drehen $1/2$ Partikel. Angenommen, der Spin ist der einzige Freiheitsgrad und daher gibt es keine räumliche Komponente. Dann ist die Dimension des Hilbert-Raums in diesem Fall $2^N$ . Dies folgt, da wir in diesem Fall haben $j_1 = j_2 = \ldots = j_N = 1/2.$ Und die Dimension des Produktraums ist

(2 J_{1} + 1) (2 J_{2} + 1) \dots (2 J_{N} + 1) .

$(2j_1 + 1) (2j_2 + 1) \ldots (2j_N + 1).$

Nehmen wir nun an, dass diese Teilchen der Fermi-Dirac-Statistik gehorchen, weil sie identische Fermionen sind. Ich werde jetzt gebeten, die Dimension des Vektorraums zu bestimmen.

Ich verstehe die Antwort nicht wirklich. Die Antwort meines Professors lautet: Nach dem Pauli-Ausschlussprinzip können keine zwei Teilchen denselben Quantenzustand einnehmen. In diesem Fall haben wir nur zwei Zustände (Spin up, Spin down). Es gibt also nur zwei Möglichkeiten:

N = 1 : ∣ + ⟩, ∣ - ⟩ schwach = 2

$N=1 : \qquad \mid + \rangle, \quad \mid - \rangle \qquad \dim = 2$

N = 2 : \frac{1}{\sqrt{2}} (∣ + ⟩ ∣ - ⟩ - ∣ - ⟩ ∣ + ⟩) schwach = 1.

$N=2 : \qquad \frac{1}{\sqrt{2}} \bigg( \mid + \rangle \mid - \rangle \ - \ \mid - \rangle \mid + \rangle \bigg) \qquad \dim = 1.$

Ich verstehe nicht, wie man diese Dimensionen herleitet. Ich sehe nicht, wie das Pauli-Prinzip wichtig sein kann, um die Dimension zu bestimmen. Die Teilchen füllen gerade die niedrigsten Energieniveaus (wobei nicht mehr als zwei denselben Zustand einnehmen). Das heißt nicht, dass es nur zwei Staaten gibt? Sie würden auch durch die Quantenzahl charakterisiert werden $n$ Zum Beispiel?

Phönix87

"Fermi-Dirac-Statistik" ist die physikalische Art zu sagen, "projiziere auf den antisymmetrischen Unterraum des gesamten Hilbert-Raums". In diesem Fall ist der gesamte Hilbertraum

C^{2} \otimes \dots \otimes C^{2}

$\mathbb C^2\otimes\cdots\otimes\mathbb C^2$

N

$N$ mal. Die Projektion auf den antisymmetrischen Unterraum entspricht der Betrachtung des Außenprodukts

C^{2} \land \dots \land C^{2}

$\mathbb C^2\wedge\cdots\wedge\mathbb C^2$

N

$N$ mal. Daraus folgt die Dimensionalität: z

N = 1

$N=1$ es ist nur

C^{2}

$\mathbb C^2$ , also Dimension 2; für

N = 2

$N=2$ das äußere Produkt ist gerade

C

$\mathbb C$ , also Dimension 1; für

N > 2 = \dim (C^{2})

$N>2=\operatorname{dim}(\mathbb C^2)$ der Unterraum ist

{0}

$\{0\}$ .

Antworten (1)

Dimension des Hilbert-Raums von Spin 1/21/21/2 identischen Teilchen?

"Fermi-Dirac-Statistik" ist die physikalische Art zu sagen, "projiziere auf den antisymmetrischen Unterraum des gesamten Hilbert-Raums". In diesem Fall ist der gesamte Hilbertraum $\mathbb C^2\otimes\cdots\otimes\mathbb C^2$ $N$ mal. Die Projektion auf den antisymmetrischen Unterraum entspricht der Betrachtung des Außenprodukts $\mathbb C^2\wedge\cdots\wedge\mathbb C^2$ $N$ mal. Daraus folgt die Dimensionalität: z $N=1$ es ist nur $\mathbb C^2$ , also Dimension 2; für $N=2$ das äußere Produkt ist gerade $\mathbb C$ , also Dimension 1; für $N>2=\operatorname{dim}(\mathbb C^2)$ der Unterraum ist $\{0\}$ .

Bart W · Answer 1

Wenn Spin der einzige Freiheitsgrad ist, bedeutet das auch, dass alle Teilchen in Ihrem System die gleichen Quantenzahlen für jede Eigenschaft haben, die nicht Spin ist. Dies macht Ihr Argument über die Besetzung der niedrigsten Energieniveaus etwas überflüssig, da es nur ein Energieniveau gibt. Daher können Sie nicht mehr als zwei Teilchen in Ihrem System haben, da es nur zwei Möglichkeiten für den Spin eines Spins gibt $\frac{1}{2}$ Partikel. Ein drittes Teilchen hätte zwangsläufig den gleichen Spin wie eines der anderen beiden, und damit wäre das Pauli-Ausschlussprinzip verletzt.

Nun zur Dimension des Hilbert-Raums in beiden Fällen. Im Falle $N = 1$ , ist es offensichtlich, dass das Teilchen entweder einen Spin nach oben oder einen Spin nach unten hat. Im Falle $N = 2$ , Sie sollten jedoch einen Hilbert-Raum mit Dimension haben $4$ , seit $2^2 = 4$ . Aber wegen des Pauli-Ausschlussprinzips können beide Teilchen nicht den gleichen Spinzustand haben. Sie können nicht sowohl „Spin Up“ als auch „Spin Down“ sein, da dies gegen das Pauli-Ausschlussprinzip verstoßen würde.

Damit bleiben Ihnen jedoch immer noch zwei mögliche Zustände, nämlich $|+\rangle|-\rangle$ Und $|-\rangle|+\rangle$ . Ich verstehe nicht, wie genau Ihr Professor die Dimension Eins für diesen Hilbert-Raum als Summe dieser Zustände findet $\frac{1}{\sqrt{2}}(|+\rangle|-\rangle + |-\rangle|+\rangle)$ ist auch eine akzeptable Lösung (die linearen Kombinationen entstehen, weil Sie Eigenzustände verschiedener Operatoren wollen). Der Unterschied zwischen diesen beiden besteht darin, dass Sie, wenn Sie die Differenz nehmen, eine Gesamtdrehung von finden $S = 0$ , und wenn Sie die Summe nehmen, haben Sie eine Gesamtdrehung von $S = 1$ (Gesamtdrehung ist nicht dasselbe wie „Drehung nach oben“ oder „Drehung nach unten“). Vielleicht möchten Sie Ihren Professor nach dieser Möglichkeit fragen.

TL; DR: Das Pauli-Ausschlussprinzip schließt bestimmte Zustände aus, was die Dimension Ihres Vektorraums reduziert.

BEARBEITET: Die $\frac{1}{\sqrt{2}}(|+\rangle|-\rangle + |-\rangle|+\rangle)$ Zustand ist symmetrisch und daher aufgrund der Fermi-Dirac-Statistik ausgeschlossen. Danke an fqq und Phoenix87, dass sie das bemerkt haben

"Dies macht Ihr Argument über das Besetzen der niedrigsten Energieniveaus etwas überflüssig, da es nur ein Energieniveau gibt." Nicht unbedingt, da kein Hamilton-Operator angegeben ist.
Der Zwei-Elektronen-Zustand muss antisymmetrisch sein, daher ist der symmetrische Zustand keine "akzeptable Lösung".
@Bart W. Vielen Dank für die Antwort. Jetzt ist es mir etwas klarer.

Dimension des Hilbert-Raums von Spin 1/21/21/2 identischen Teilchen?

Kamil

Phönix87

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