# 全同粒子

$\quad$ 自然界中存在各种各样不同种类的粒子，如电子、质子、中子、光子、π 介子等。同一类粒子具有完全相同的内禀属性，包括静止质量、电荷、自旋、磁矩、寿命等。事实上人们正是按照这些内禀属性来对粒子进行分类的。
$\quad$ 在量子力学中，把属于同一类的粒子，或者说把具有完全相同的内禀属性的粒子，称为全同粒子。值得强调的是，粒子全同性概念与粒子态的量子化有本质的联系，如果没有态的量子化，就谈不上全同性。在经典物理学中，由于粒子的性质和状态（质量，形状，大小等）都是可以连续变化的，谈不上两个粒子真正全同。但在量子力学中，由于态的量子化，两个量子态要么完全相同，要么很不相同。

$\quad$ 在量子力学中，我们在原则上不可能对一组同类粒子进行个别追踪从而鉴别它们。我们可以这样说，量子力学中的全同粒子完全失去了它们的 “个别性”。这就是所谓的全同粒子不可分辨性原理。
$\quad$ 我对这一原理是这样理解的：或许我们可以在某一时刻把一些电子加以定位和编号。但由于测不准原理，我们不可能一直跟踪这些电子（因为位置和动量是不能同时精准确定的），因此在下一次测量时，我们无法确认与上个时刻测量出来的处于相同位置或者有相同态的电子是否就是上一次测量出来的那个电子，还是说是其他的电子，这是我们不可分辨的。因此，在某一时刻对这些电子加以定位和编号，对以后时刻的鉴别工作毫无帮助。

$\quad$ 设由两个全同粒子组成的体系，用一个波函数$ψ_{k_1,k_2 } (q_1,q_2 )$^[1] 描述它为：$q_1$ 的粒子在$k_1$ 态上，$q_2$ 的粒子在$k_2$ 态上。若我们引入一个交换算符:

$$\tilde{P}\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)=\psi_{k_1,k_2}(q_2,q_1) \tag{1.1.1}$$

也就是把 “第一个粒子” 和 “第二个粒子” 所扮演的角色互换一下。那么问题是，$\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)$ 和$\psi_{k_1,k_2}(q_2,q_1)$ 所表示的量子态有什么不同吗？答案是：并没有什么不同！应为全同粒子的内禀属性是完全相同的，由于不可分辨性，我们根本无法（也没有必要）分辨究竟是$q_1$ 的粒子在$k_1$ 态上，$q_2$ 的粒子在$k_2态$上，还是$q_1$ 的粒子在$k_2$ 态上，$q_2$ 的粒子在$k_1$ 态上。更直白地说，我们一开始的 “第一个粒子” 和 “第二个粒子” 的说法本身就有问题，因为我们根本没办法进行编号！
$\quad$ 因此$\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)$ 和$\psi_{k_1,k_2}(q_2,q_1)$ 所描述的就是同一个量子态！两个波函数之间仅仅是相差一个相因子：

$$\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)=C\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2) \tag{1.1.2}$$

那么这个相因子是多少？我们可以把交换算符连续作用两次，其实就是不变的变化，可得：

$$\begin{aligned} \tilde{P}^2\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)=C\tilde{P}\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)=C^2\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)=\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2) \tag{1.1.3} \end{aligned}$$

由上式便可得：

$$C=\pm 1 \tag{1.1.4}$$

因此交换算符的本征值有且只能有两个，1 或 - 1。对于本征值为 1 的波函数，称为对称波函数，其对应的粒子为玻色子；对于本征值为 - 1 的波函数，称为反对称波函数，其对应的粒子为费米子。
$\quad$ 上式情况，也可以推广到 N 个粒子。

$\quad$ 在上面，我们用$\psi_{k_1,k_2}(q_1,q_2)$ 这样的表象（坐标表象）来描绘全同粒子体系，但这样显然是不好的。因为这似乎前提就给粒子编号了，而我们知道全同粒子是无法编号的。所以，我们将会在这一章的后面引入一个更为简洁的表象来研究全同粒子，也就是这一章的标题 —— 粒子数表象。
$\quad$ 小节的最后，还应提一嘴的是：全同性是量子场论的一个推论，虽然在量子力学的框架中，它是作为原理之一出现的。碎碎念：虽然这句话我现在还不能理解，但如果以后有机会学量子场论的话，可以再回过头来体会一下这句话。2023.7.30

# 两个全同粒子组成的体系

$\quad$ 下面我们讨论由两个全同粒子组成的体系，为了方便起见，我们忽略粒子之间的相互作用与自旋。这个体系的哈密顿算符为：

$$\hat{H_2}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2} \tag{1.2.1}$$

而我们不难验证其中如下的波函数是它的一个本征波函数：

$$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)=(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \tag{1.2.2}$$

验证如下：

$$\begin{aligned} \hat{H}_2 \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2) &=(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) \bigg[(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2})\bigg] \\&=(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) + (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \\&= (\frac{\hbar^2k^2_1}{2m}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) + (\frac{\hbar^2k_2^2}{2m}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \\&= (\frac{\hbar^2k^2_1}{2m}+\frac{\hbar^2k_2^2}{2m}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \\&= (\frac{\hbar^2k^2_1}{2m}+\frac{\hbar^2k_2^2}{2m}) \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2) \tag{1.2.3} \end{aligned}$$

$\quad$ 上面我们是按通常的运算方式来理解的，但其更加细致严格的理解应该是按照 “直积$\otimes$”^[2] 来理解。利用直积的符号，就可以将上式更具体地写为如下，哈密顿算符写为：

$$\begin{aligned} \hat{H}_2 =\bigg[(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) \otimes \hat{I}_2 \bigg]+ \bigg[\hat{I}_1 \otimes (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) \bigg] \tag{1.2.4} \end{aligned}$$

其中$\hat{I}_1$ 与$\hat{I}_2$ 分别是对 “第一” 与 “第二” 粒子的单位算符^[3]。波函数$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)$ 写成：

$$\begin{aligned} \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2) =(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \tag{1.2.5} \end{aligned}$$

用直积符号的话，将哈密顿算符作用再波函数上，其实就想是张量积的指标缩并：指标 1 与指标 1 作用，指标 2 与指标 2 作用（也就是坐标 1 有关的与坐标 1 作用，坐标 2 有关的与坐标 2 作用），如下：

$$\begin{aligned} &\qquad\hat{H}_2 \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2) \\&=\Bigg( \bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) \otimes \hat{I}_2 \bigg]+ \bigg[\hat{I}_1 \otimes (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) \bigg] \Bigg) \bigg[(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] \\&=\bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \bigg] \otimes \bigg[ \hat{I}_2 (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] + \bigg[\hat{I}_1(\frac{1}{\sqrt{V}}e^{i\vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \bigg] \otimes \bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] \\&=\frac{\hbar^2 k_1^2}{2m} (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) + \frac{\hbar^2 k_2^2}{2m} (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \\&=(\frac{\hbar^2 k_1^2}{2m}+\frac{\hbar^2 k_2^2}{2m}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_2}) \\&=(\frac{\hbar^2 k_1^2}{2m}+\frac{\hbar^2 k_2^2}{2m}) \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2) \tag{1.2.6} \end{aligned}$$

这才是正确的理解方法 —— 用直积 (一种张量积) 去理解。
$\quad$ 好，现在让我们回到两个全同粒子体系问题，除了$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)$ 是哈密顿算符的本征值外，我们也不难发现$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1)$ 也是哈密顿算符的本征值 (下式可以注意一个问题，调换直积前后两个的顺序是没影响的，主要还是看它的 “下指标”)：

$$\begin{aligned} &\qquad\hat{H}_2 \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1) \\&=\Bigg( \bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) \otimes \hat{I}_2 \bigg]+ \bigg[\hat{I}_1 \otimes (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) \bigg] \Bigg) \bigg[(\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] \\&=\bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_1}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \bigg] \otimes \bigg[ \hat{I}_2 (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] + \bigg[\hat{I}_1(\frac{1}{\sqrt{V}}e^{i\vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \bigg] \otimes \bigg[ (-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2_{\vec{r}_2}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) \bigg] \\&=\frac{\hbar^2 k_2^2}{2m} (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) + \frac{\hbar^2 k_1^2}{2m} (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) \\&=(\frac{\hbar^2 k_1^2}{2m}+\frac{\hbar^2 k_2^2}{2m}) (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_2 \cdot \vec{r}_1}) \otimes (\frac{1}{\sqrt{V}} e^{i \vec{k}_1 \cdot \vec{r}_2}) \\&=(\frac{\hbar^2 k_1^2}{2m}+\frac{\hbar^2 k_2^2}{2m}) \psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1) \tag{1.2.7} \end{aligned}$$

由此我们知道$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)$ 和$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1)$ 是能量本征值相等的两个（非相关）的本质函数。这说明全同多粒子体系的能量是简并的！但无论是$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)$ 还是$\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1)$ 都不满足玻色子或费米子的统计规律（调换次序要么对称要么反对称）。但也没关系，它俩不满足，只有将它们的线性组合满足这个关系就好了：
$\quad$ 对于玻色子：

$$\psi^S_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}[\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)+\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1)] \tag{1.2.8}$$

$\quad$ 对于费米子：

$$\psi^A_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}[\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_1,\vec{r}_2)-\psi_{\vec{k}_1,\vec{k}_2}(\vec{r}_2,\vec{r}_1)] \tag{1.2.9}$$

上两式中的$\frac{1}{\sqrt{2}}$ 是归一化因子。

# 三个全同玻色子组成的体系

$\quad$ 在这一小节，我们将讨论一下三个全同玻色子组成的体系。讨论这一小节的目的是为了给下一小节推广到 N 个全同粒子体系做铺垫。如果再后面的 N 个全同粒子体系中有内容看不懂的话，可以回过头来看看作为特例的这一小节。

$\quad$ 假设有三个全同玻色子，而且体系中有且只存在两个态$k_1$ 和$k_2$。假若有两个粒子是$k_1$ 态，另一个粒子是$k_2$ 态，把粒子交换遍历一遍，可以有$3!=6$ 种波函数：

$$\begin{aligned} &\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3) \quad;\quad \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2) \\ &\varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3) \quad;\quad \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_1) \\ &\varphi_{k_1}(q_3)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2) \quad;\quad \varphi_{k_1}(q_3)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_1) \end{aligned}$$

但由于上面六种都有不符合玻色子的统计规律，因此要把这六个波函数线性组合，使其得到新的波函数满足交换粒子的对称性：

$$\begin{aligned} \varphi_{2k_1,k_2}(q_1,q_2,q_3)&=D_1\big[ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \\&\qquad\quad\varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_1)+ \\&\qquad\quad\varphi_{k_1}(q_3)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \varphi_{k_1}(q_3)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_1)\big] \\&=\tilde{D}_1\big[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \\&\qquad\quad\varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big] \tag{1.3.1} \end{aligned}$$

其中$D_1$ 和$\tilde{D}_1$ 分别为全部展开式和合并同类项后的展开式的归一化常数。值得注意的是：似乎合并同类项后，每一项的权重是一样的。虽然我也不知道怎么证明$,,Ծ‸Ծ,,$
$\quad$ 同理，假若是有两个粒子是$k_2$ 态，另一个粒子是$k_1$ 态，我们有：

$$\begin{aligned} \varphi_{k_1,2k_2}(q_1,q_2,q_3)=\tilde{D}_2\big[& \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \\& \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big] \tag{1.3.2} \end{aligned}$$

$\quad$ 下面，我们要做三件事：一是验证$\varphi_{2k_1,k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 和$\varphi_{k_1,2k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 这两个函数任意对换其中一对坐标，函数值是不改变的；二是，由于$(2k_1,k_2)\ne(k_1,2k_2)$, 因此我们可以证明$\varphi_{2k_1,k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 和$\varphi_{k_1,2k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 是正交的；三是找到它们的归一化因子$\tilde{D}_1$ 和$\tilde{D}_2$。
$\quad$ 首先，不难验证$\varphi_{2k_1,k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 和$\varphi_{k_1,2k_2}(q_1,q_2,q_3)$ 任意对换其中一对坐标，函数值是不改变的。不信你自己可以随便试试 |・'-'・) ✧
$\quad$ 其次，关于这两个函数正交，我们有：

$$\begin{aligned} \int dq_1dq_2dq_3 \varphi_{k_1,2k_2}^* \varphi_{2k_1,k_2} =\int dq_1dq_2dq_3 \tilde{D}_1\tilde{D}_2^* \big[& \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \\& \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big]^* \big[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \\& \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big] \tag{1.3.3} \end{aligned}$$

上式乘开后，一共有九项。我们取其中一项来看：

$$\begin{aligned} &\quad\int dq_1dq_2dq_3 \big[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big]^* \big[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big] \\&= \braket{\varphi_{k_1}(q_1)|\varphi_{k_1}(q_1)} \otimes \braket{\varphi_{k_2}(q_2)|\varphi_{k_1}(q_2)} \otimes \braket{\varphi_{k_2}(q_3)|\varphi_{k_2}(q_3)} \\&= 1 \otimes0 \otimes 1=1\times0\times1=0 \tag{1.3.4} \end{aligned}$$

在上式的最后一步中，我们应该注意到标量的直积，或者说标量的张量积其实就是普通乘积。其余的 8 项，也可以这样计算，结果都为零，因此 (1.3.3) 式的最终结果为零，它两正交。
$\quad$ 最后，我们来计算归一化常数$\tilde{D}_1$ 和$\tilde{D}_2$, 由归一化条件得：

$$\begin{aligned} 1 = \int dq_1dq_2dq_3 \varphi_{2k_1,k_2}^* \varphi_{2k_1,k_2} \\ =\int dq_1dq_2dq_3 \tilde{D}_1^*\tilde{D}_1 \big[& \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \\& \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big]^* \big[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_2)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)+ \\& \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_3)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)+ \varphi_{k_1}(q_2)\otimes\varphi_{k_1}\ (q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_3)\big] \tag{1.3.5} \end{aligned}$$

如果你计算了上式中的九项，就会发现每一项仅与自身内积为 1，而与其他项的内积为零，即使推广到了 N 个粒子，这也是一个普遍的规律。事实上，我们在下面推广到 N 全同粒子体系时，也会利用到这一点来计算它们的归一个常数。因此，上式为：

$$\begin{aligned} 1=\int dq_1dq_2dq_3 \varphi_{2k_1,k_2}^* \varphi_{2k_1,k_2}=3|\tilde{D}_1|^2 \tag{1.3.6} \end{aligned}$$

由此我们得到$\tilde{D}_1=\frac{1}{\sqrt{3}}$。同理$\tilde{D}_2=\frac{1}{\sqrt{3}}$。

# N 个全同粒子体系

# 几个知识点

$\quad$ 在这一节展开讨论 N 个全同粒子体系之前，有几个关于排列组合，以及群论的知识需要了解。

• 知识点①：假若有 N 个小球（有编号的）要放入 M 个碗里，并要求第一个碗有$n_1$ 个小球，第二个碗有$n_2$ 个 \cdots\cdots 有些碗的小球个数$n_s$ 可以为零，但要保证$n_1+n_2+\cdots+n_M=N$。那么一共有$\tilde{D}$ 种放法：

$$\tilde{D}=\frac{N!}{n_1!n_2!\cdots n_M!} \tag{1.4.1}$$

这不难理解：首先将 N 个球排列就有了 N! 种，但同一个碗里的排列要消除掉，所以会除以$n_1!n_2!\cdots n_M!$。这是一个很简单的高中知识。

• 知识点②：将元素$(1,2,3,\cdots,N)$ 的任意一个重新排列称为一个置换，用一个$2\times N$ 的矩阵来描述：

$$\hat{P}= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & N \\ P(1) & P(2) & \cdots & P(N) \end{matrix} \right) \tag{1.4.2}$$

例如，在置换

$$\hat{P}= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3& N \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{matrix} \right) \tag{1.4.3}$$

种，$P(1)=4 , P(2)=1 , P(3)=2 , P(4)=3$。显然全部置换的总数等于 N!。

• 知识点③：两个置换的乘积定义为

$$\begin{aligned} \hat{P}_1\hat{P}_2&= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & N \\ P_1(1) & P_1(2) & \cdots & P_1(N) \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & N \\ P_2(1) & P_2(2) & \cdots & P_2(N) \end{matrix} \right) \\&= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & N \\ P_3(1) & P_3(2) & \cdots & P_3(N) \end{matrix} \right) \end{aligned} \tag{1.4.4}$$

例如：

$$\begin{aligned} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & 2 & 1 & 3 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 1 & 5 & 2 & 4 \end{matrix} \right) =\left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 4 & 3 & 5 & 1 \end{matrix} \right) \tag{1.4.5} \end{aligned}$$

上式可以这样理解，坐标这个置换算符的作用是先将 “1” 换到 “3”，再将 “3” 换到 “2”，也就等效于右边算符把 “1” 直接换到 “2”。其他也以此类推。

• 知识点④：若一个置换仅仅只是交换两个元素，那么就称为是对换，记作：

$$(i,j)= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & i & j \cdots & N \\ 1 & 2 & \cdots & j & i \cdots & N \end{matrix} \right) \tag{1.4.6}$$

可以说对换是一种特殊的置换。

• 知识点⑤：我们可以证明 (但这里就不打算给证明了๐・ᴗ・๐), 任何一个置换都可以写成多个对换的乘积，例如：

$$\begin{aligned} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 2 & 4 & 1 \end{matrix} \right) &=(3,4)(2,3)(3,4)(1,2)(3,4)(2.3)(3,4)(2,3)(1,2)(2,3) \\&= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 3 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 3 \end{matrix} \right) \end{aligned} \tag{1.4.7}$$

由上式可以看到，一般而言，分解不是唯一的。但是，任意一个置换的分解出来的对换个数的奇偶性是唯一的，确定的！

• 知识点⑥：若置换分解出来的对换个数是奇数，我们则称这个置换为奇置换；若置换分解出来的对换个数是偶数，我们则称这个置换为偶置换。且我们对于一个置换$\hat{P}$ 可定义一个值$\delta(\hat{P})$，称作它的置换宇称：

$$\delta(\hat{P})= \begin{cases} +1, &\text{当} \hat{P} \text{为偶置换时} \\ -1，&\text{当} \hat{P} \text{为奇置换时} \end{cases} \tag{1.4.8}$$

在下面我们会用到这样的式子，即一个对换为$\hat{P}_{ij}=(i.j)$，则有：

$$\delta(\hat{P}\hat{P}_{ij})= \begin{cases} -1, &\text{当} \hat{P} \text{为偶置换时} \\ +1，&\text{当} \hat{P} \text{为奇置换时} \end{cases} =-\delta(\hat{P}) \tag{1.4.9}$$

这是可以理解的，因为当一个置换乘上一个对换，得到新的一个置换，这个新置换分解出来的对换个数就刚好比原置换多一个，因此新置换和原置换的奇偶性刚好相反。

• 知识点⑦：由知识点②可知，N 个元素一个有 N! 种置换，这 N! 种置换构成了一个置换群$\{\hat{P}\}$。有这样的一个置换群定理：当用一个固定的置换取乘这 N! 个置换时，乘积的结果刚好取遍了这个置换群里的所有元素。换句话说就是：

$$\{(i,j)\hat{P}\}=\{\hat{P'}\}=\{\hat{P}\} \tag{1.4.10}$$

# N 个全同玻色子体系

$\quad$ 对于由 N 个玻色子组成的体系，它的波函数的一般表达式我们也希望是所有 “组合” 的线性叠加：

$$\begin{aligned} \psi^S_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) &=D \sum_{\hat{P}}\hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\ &= \tilde{D}\sum_{\{\hat{P}\}}\hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \end{aligned} \tag{1.4.11}$$

上式种的记号 $\sum_{\hat{P}}$ 和 $\sum_{\{\hat{P}\}}$ 分别代表对于全部置换和给出不同项的置换求和。相应的 $D$ 和 $\tilde{D}$ 分别为全部展开式和合并同类项后的展开式的归一化常数。

$\quad$ 下面我们想要证明 (1.4.11) 式的波函数，是符号 N 个玻色子的全同粒子不可分辨性的（即交换任意两个粒子波函数对称）。并且我们要找出它的归一化常数$\tilde{D}$。
$\quad$ 根据上一小节的知识点⑦，我们将 (1.4.11) 式左乘任意一个对换算符 (i,j)

$$\begin{aligned} (i,j)\psi^S_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) &=D \sum_{\hat{P}}[(i,j)\hat{P}][\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\&=D\sum_{\hat{P'}}\hat{P'}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\&=\psi^S_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) \tag{1.4.12} \end{aligned}$$

上式也就证明了这样的波函数的确满足了全同玻色子的统计要求。
$\quad$ 下面我们再来计算归一化常数$\tilde{D}$。按照归一化条件，我们有：

$$\begin{aligned} 1 &= \int dq_1dq_2\dots dq_N\ \psi^*_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N)\psi_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) \\&= |\tilde{D}|^2 \sum_{\{\hat{P_1}\}} \sum_{\{\hat{P_2}\}} \int dq_1dq_2\dots dq_N\ \hat{P}_1 \left[ \varphi^*_{k_1}(q_1)\otimes\varphi^*_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi^*_{k_N}(q_N) \right] \\& \qquad \times \hat{P}_2 \left[ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N) \right] \end{aligned} \tag{1.4.13}$$

由上一节我们知道展开式中的每一项$\varphi_{k_1}(q_{P_1})\otimes\varphi_{k_2}(q_{P_2})\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_{P_N})$ 仅与自身的内积不为零。因此上式可化为：

$$\begin{aligned} 1 &= |\tilde{D}|^2 \sum_{\{\hat{P}\}} \int dq_1dq_2\dots dq_N\ \hat{P} \left[ \varphi^*_{k_1}(q_1)\otimes\varphi^*_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi^*_{k_N}(q_N) \right] \\& \qquad \times \hat{P} \left[ \varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N) \right] \\&= |\tilde{D}|^2 \sum_{\{\hat{P}\}}1 \tag{1.4.14} \end{aligned}$$

上式的问题是究竟有多少种不同类的置换$\{ \tilde{P} \}$。虽然上面我们写了有$k_1,k_2,\cdots,k_N$ 的态，但其实我们的意思是这些态是可以重复的（因为玻色子没有泡利不相容原理）。假设有 M 种态，其对应态的粒子数为$n_{k_1},n_{k_2},\cdots,n_{k_M}$，且$n_{k_1}+n_{k_2}+\cdots+n_{k_M}=N$。那么我们的问题究竟有多少种不同类的置换$\{ \tilde{P} \}$，其实就是上一节中知识点①的内容，因此：

$$\sum_{\{\hat{P}\}}1=\frac{N!}{n_{k_1}!n_{k_2}!\cdots n_{k_M}!} \tag{1.4.15}$$

结合 (1.4.14) 和 (1.4.15) 式，可得归一化常数为：

$$\tilde{D} = \sqrt{\frac{n_{k_1}!n_{k_2}!\cdots n_{k_M}!}{N!}} \tag{1.4.16}$$

这样，一组 N 个全同玻色子的完备正交归一函数可取为：

$$\psi^S_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) = \sqrt{\frac{n_{k_1}!n_{k_2}!\cdots n_{k_M}!}{N!}} \sum_{\{\hat{P}\}}\hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \tag{1.4.17}$$

# N 个全同费米子体系

$\quad$ 下面，我们来研究一下费米子波函数。对于由 N 个费米子组成的体系，它的波函数的一般表达式我们也希望是所有 “组合” 的线性叠加，但不同于玻色子，费米子的波函数是反对称的，因此我们可以将它的波函数写成一下形式：

$$\psi^A_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) = D \sum_{\hat{P}} \delta(\hat{P}) \ \hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \tag{1.4.18}$$

其中$\delta(\hat{P})$ 就是式 (1.4.8) 所定义的。顺便说一下，因为费米子要满足泡利不相容原理，因此上式不需要像玻色子那样多写一步合并同类项，因为每一个态上只能有一个全同粒子，所以根本没有同类项。我们可以验证，写成上式形式，费米子波函数是满足反对称性的：

$$\begin{aligned} (i,j) \psi^A_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) & = D \sum_{\hat{P}} \delta(\hat{P})(i,j) \hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\& = D \sum_{(i,j)\hat{P}} \delta\left((i,j)\hat{P}\right)[(i,j)\hat{P}][\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\& = D \sum_{\hat{P}} (-1)\delta(\hat{P})\ \hat{P}[\varphi_{k_1}(q_1)\otimes\varphi_{k_2}(q_2)\otimes\cdots\otimes\varphi_{k_N}(q_N)] \\& = -\psi^A_{k_1,k_2,\cdots,k_N}(q_1,q_2,\cdots,q_N) \tag{1.4.19} \end{aligned}$$