Одинаковые частицы, кажется, уменьшают вероятность

Люди часто говорят, что «квантовые неразличимые частицы, которые находятся очень далеко друг от друга, ведут себя как различимые частицы», но это немного вводит в заблуждение. Было бы правильнее сказать, что «квантовые неразличимые частицы, находящиеся очень далеко друг от друга, ведут себя как классические неразличимые частицы». Разница тонкая, но важная.

Проблема в вашем предложении "если я посмотрю на$x_1$,$x_2$, с$x_1 \in \text{supp}(\psi_1(\cdot))$и$x_2 \in \text{supp}(\psi_2(\cdot))$...". Не может быть эксперимента, в котором говорилось бы: "Я обнаружил частицу$x_1$на месте$x$" - только эксперименты, которые говорят: "Я обнаружил частицу в месте$x$." Таким образом, амплитуда вероятности того, что вы измеряете частицу в точке$x$и еще одна частица в точке$y$является

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

а фактическая вероятность равна квадрату нормы

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

где все перекрестные члены равны нулю, потому что состояния$|\psi_1\rangle$и$|\psi_2\rangle$являются ортогональными. Это действительно результат для классических неразличимых частиц, и$\int P(x, y)\ dx\, dy = 1$как надо (в отличие от вашего выражения).

Единственное, что отличается от общего квантового случая, это (а) вы можете просто использовать коэффициент нормализации$1/\sqrt{2}$и (b) когда вы возводите амплитуду в квадрат к фактической плотности вероятности, вы можете игнорировать перекрестные члены.

Если вы хотите работать классически с самого начала, то вы вообще не симметрируете кэт, а работаете с кэтом$|\psi_1 \psi_2 \rangle$вместо. Тогда ваша проблема с нормализацией не возникает.

$\newcommand{\ket}[1]{| #1\rangle}$Вместо того, чтобы писать:

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

Будет поучительнее увидеть это как

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

Таким образом, когда вы найдете$|\Psi|^2$, вы получаете три (технически 4) термина:

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

Но для неразличимых частиц$\psi_1(x_j) = \psi_1(x_i)$. Хотя члены взаимодействия обращаются в нуль на больших расстояниях, этот факт остается верным независимо от расстояния между$x_i$и$x_j$!. Используя этот факт и игнорируя условия взаимодействия, мы получаем:

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

Таким образом, результат оказывается таким же, как и у различимых частиц, но для этого требуется другой путь.

Изменить: помните, что это$\Psi$и не$\psi$которые должны быть симметричными/антисимметричными для бозонов/фермионов соответственно при обмене частицами$x_1$и$x_2$.

Следует использовать бозонную симметризацию последовательно (в том числе и с измеренным состоянием) и сказать, что вероятность обнаружения одной частицы в$|\phi_1\rangle$и один в$|\phi_2\rangle$, где$\langle\phi_1|\phi_2\rangle = 0$, является квадратом величины скалярного произведения между

$$|\Psi\rangle = \frac1{\sqrt2} (|\psi_1\rangle|\psi_2\rangle + |\psi_2\rangle|\psi_1\rangle)$$ и $$|\Phi\rangle = \frac1{\sqrt2} (|\phi_1\rangle|\phi_2\rangle + |\phi_2\rangle|\phi_1\rangle).$$ То есть после расширения магнитный квадрат $$\langle\Phi|\Psi\rangle = \langle\phi_1|\psi_1\rangle\langle\phi_2|\psi_2\rangle + \langle\phi_2|\psi_1\rangle\langle\phi_1|\psi_2\rangle$$ а не из $$(\langle\phi_1|\langle\phi_2|)\,|\Psi\rangle = \frac1{\sqrt2}\left(\langle\phi_1|\psi_1\rangle\langle\phi_2|\psi_2\rangle + \langle\phi_2|\psi_1\rangle\langle\phi_1|\psi_2\rangle\right)$$ что вы использовали.

Если вы измените эту формулу для использования с пространственно разделенными собственными состояниями обобщенного положения, вы получите правильный результат.