Коэффициент усиления Бозе

Я начну довольно далеко, но в конце концов перейду к сути. Конечно, можно строго вывести кинетические уравнения или рассмотреть некоторую статистическую теорию поля (как предлагается в некоторых ответах на этот вопрос ) , но я хочу использовать более простой подход. Я буду обсуждать (эффективно) невзаимодействующие частицы. Мой ответ частично вдохновлен тем, что я там увидел .

В классическом случае вероятность найти$n$частиц в состоянии не зависит от числа частиц$n$в этом состоянии. Следовательно, вероятность есть просто произведение (независимого!)$n$вероятности одночастичных переходов$P_1$, такой, что

$$P_n^\text{Classic}=(P_1)^n.$$

Очевидно, что для фермионов это не так, поскольку, если один фермион уже находится в каком-либо состоянии, переход в это состояние запрещен. Причудливым образом этот факт можно увидеть и из требования антисимметризации для двух фермионов. Если есть два фермиона, и они могут получить доступ к двум состояниям$\alpha$и$\beta$, волновая функция

$$\psi_A=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(\psi_\alpha(1)\psi_\beta(2)-\psi_\alpha(2)\psi_\beta(1)\Big).$$ Однако, если мы хотим поместить их обоих в одно состояние, мы должны установить $\alpha = \beta$в предыдущем уравнении, и волновая функция становится равной нулю. Таким образом, два фермиона не могут находиться в одном и том же состоянии. Оказывается, этот факт можно представить в кинетическом уравнении, сказав, что $$P_n^\text{Fermi} \sim (1-n),$$ что выглядит тривиально для целого числа $n$, но оказывается правильным и для ситуаций, когда $n$— средняя профессия (нецелое число от 0 до 1).

Наконец, рассмотрим два бозона. Они также неразличимы (как и фермионы), но их обмен дает плюс, а не минус, поэтому волновая функция симметрична:

$$\psi_S=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(\psi_\alpha(1)\psi_\beta(2)+\psi_\alpha(2)\psi_\beta(1)\Big).$$ Продолжая ту же игру, мы приводим их обоих в одинаковое состояние, установив $\alpha = \beta$. Вместо нуля имеем $$\psi_S={\sqrt{2}}\psi_\alpha(1)\psi_\alpha(2).$$ Теперь мы хотим знать распределение вероятности нахождения обоих бозонов в этом единственном состоянии. Таким образом, мы вычисляем квадрат абсолютного значения этой многочастичной волновой функции: $$|\psi_S|^2=2|\psi_\alpha(1)|^2|\psi_\alpha(2)|^2.$$ Если бы мы начали с (квазиклассической) ситуации различимых частиц, полная волновая функция была бы $\psi_\alpha(1)\psi_\beta(2)$или эквивалентно $\psi_\alpha(2)\psi_\beta(1)$. В этом случае после идентификации двух состояний распределение вероятностей было бы просто $|\psi_\alpha(1)|^2|\psi_\alpha(2)|^2$, следовательно, имеет место двукратное усиление. Играя с симметрированием большего количества частиц, оказывается, что фактор (который равен $2$здесь) обобщается на $n!$. Это значит, что $$P_{n+1}^\text{Bose} = (n+1)! P^\text{Classic}_{n+1} = (1+n) n! P_1 P^\text{Classic}_{n} = (1+n) P_1 P_n^\text{Bose}.$$ Этот $1+n$это фактор усиления Бозе, который мы искали.

Простой способ увидеть это — рассмотреть тот факт, что вероятность перехода из определенного начального состояния в конкретное конечное состояние такая же, как и для обратного процесса, когда рассматривается переход из конечного состояния в начальное. Это связано с тем, что квадрат модуля матричного элемента одинаков для обоих случаев.

Это означает, что вместо рассмотрения перехода в состояние, в котором уже есть n бозонов и один из них будет добавлен, мы можем точно так же рассматривать скорость перехода из конечного состояния, содержащего n+1 бозон, в начальное состояние, где один из этих бозонов бозоны отправятся куда-то еще. Очевидно, это должно быть пропорционально количеству бозонов в конечном состоянии, поэтому скорость будет пропорциональна n+1.

Обратите внимание, что в классической постановке вы также можете получить этот результат, но тогда «классическая» означает рассмотрение поля бозонов классическим способом (возьмем, например, электромагнитное поле, в этом случае вы можете вывести формулу вынужденного излучения, в полной квантово-механической трактовке вы получаете классический результат, игнорируя некоторые коммутаторы, что дает множитель n вместо n+1).

Вместо этого, если взять классический предел, при котором объем системы фактически стремится к бесконечности, так что плотность состояний стремится к нулю, тогда числа заполнения также стремятся к нулю, и тогда n+1 становится равным 1.