多自由度与全同粒子

Shankar_ch.10

P249 direct product的定义就是笛卡尔积（笛卡尔积的对象是两个集合）加一个代数运算

至于为何有（10.1.10），得先在新的直积空间中定义元素的加法运算以及标量乘运算（书中没讲，但如何定义是显然的），然后再推出线性……

把原来Hilbert空间中的算符提升（promote）到一个更“大”的直积Hilbert空间中，则需要平凡的扩充：
$$
X_1^{(1)\otimes (2)}| x_1\rangle\otimes|x_2 \rangle:= | X_1^{(1)}x_1\rangle\otimes|I^{(2)} x_2 \rangle
$$
对上述的扩充方法加以推广，定义两个“小”空间的算符的直积为“大”空间中的算符，如式10.1.14，这样上式就写为$X_1^{(1)\otimes (2)}=X_1^{(1)}\otimes I^{(2)}$

Ex 10.1.1

(1) 类似于“无公共数码的轮换可交换”。数学验证只要假设一个态$|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle$然后按照算符直积的定义代入即可

(2)
$$
\begin{align*}
&(\Omega_1^{(1)}\otimes\Gamma_2^{(2)})(\theta_1^{(1)}\otimes\Lambda_2^{(2)})|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle
\newline

\newline
=&(\Omega_1^{(1)}\otimes\Gamma_2^{(2)})(\theta_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes\Lambda_2^{(2)}| x_2\rangle)
\newline

\newline
=&\Omega_1^{(1)}\theta_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes\Gamma_2^{(2)}\Lambda_2^{(2)}| x_2\rangle
\end{align*}
$$

(3)
$$
\begin{align*}
&[\Omega_1^{(1)\otimes(2)},\Lambda_1^{(1)\otimes(2)}](|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle)
\newline

\newline
=&\Omega_1^{(1)\otimes(2)}\Lambda_1^{(1)\otimes(2)}(|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle)-\Lambda_1^{(1)\otimes(2)}\Omega_1^{(1)\otimes(2)}(|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle)
\newline

\newline
=&\Omega_1^{(1)\otimes(2)}(\Lambda_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle)-\Lambda_1^{(1)\otimes(2)}(\Omega_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle)
\newline

\newline
=&\Omega_1^{(1)}\Lambda_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle-\Lambda_1^{(1)}\Omega_1^{(1)}|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle
\newline

\newline
=&[\Omega_1^{(1)},\Lambda_1^{(1)}]|x_1\rangle \otimes| x_2\rangle
\end{align*}
$$
其中最后一步用了直积的线性性质

(4) 只需用
$$
(\Omega_1^{(1)\otimes(2)})^2=(\Omega_1^{(1)}\otimes I_2^{(2)})\times(\Omega_1^{(1)}\otimes I_2^{(2)})=(\Omega_1^{(1)})^2\otimes I_2^{(2)}
$$
以及(1)中可交换的结论即可

Ex 10.1.2

(1) 第一行为例：
第一个位置
$$
\begin{align*}
&(\langle +|\otimes\langle +|)\sigma_1^{(1)\otimes(2)}(|+\rangle\otimes|+\rangle)
\newline

\newline
=&(\langle +|\otimes\langle +|)(\sigma_1^{(1)}|+\rangle\otimes|+\rangle)
\newline

\newline
=&\langle +|\sigma_1^{(1)}|+\rangle\langle +|+\rangle=a
\end{align*}
$$
第二个位置（第四个位置同理）
$$
\begin{align*}
&(\langle +|\otimes\langle +|)\sigma_1^{(1)\otimes(2)}(|+\rangle\otimes|-\rangle)
\newline

\newline
=&(\langle +|\otimes\langle +|)(\sigma_1^{(1)}|+\rangle\otimes|-\rangle)
\newline

\newline
=&\langle +|\sigma_1^{(1)}|+\rangle\langle +|-\rangle=0
\end{align*}
$$
第三个位置
$$
\begin{align*}
&(\langle +|\otimes\langle +|)\sigma_1^{(1)\otimes(2)}(|-\rangle\otimes|+\rangle)
\newline

\newline
=&(\langle +|\otimes\langle +|)(\sigma_1^{(1)}|-\rangle\otimes|+\rangle)
\newline

\newline
=&\langle +|\sigma_1^{(1)}|-\rangle\langle +|+\rangle=b
\end{align*}
$$

(2) 同(1)

(3) (1)乘(2)略，另一种方法：
$$
\begin{align*}
&(\langle +|\otimes\langle +|)\sigma_1^{(1)}\otimes \sigma_2^{(2)}(|+\rangle\otimes|+\rangle)
\newline

\newline
=&(\langle +|\otimes\langle +|)(\sigma_1^{(1)}|+\rangle\otimes \sigma_2^{(2)}|+\rangle)
\newline

\newline
=&\langle +|\sigma_1^{(1)}|+\rangle\langle +|\sigma_2^{(2)}|+\rangle=ae
\end{align*}
$$
其余略

其实想验证$\sigma_1^{(1)}\otimes\sigma_2^{(2)}$的矩阵形式就是$\sigma_1^{(1)\otimes(2)}\sigma_2^{(1)\otimes(2)}$（不限于二维）可以用Ex 10.1.1 (1)的结论，直接证明两个算符一样：
$$
\sigma_1^{(1)\otimes(2)}\sigma_2^{(1)\otimes(2)}=(\sigma_1^{(1)}\otimes I_2^{(2)})(I_1^{(1)}\otimes\sigma_2^{(2)})=\sigma_1^{(1)}\otimes\sigma_2^{(2)}
$$

Ex.10.1.3

(1) 在经典的poisson括号情形，令$q_k$取遍$x_1,x_2$，$p_k$取遍$p_1,p_2$，例如（其余情况类似，略）：
$$
\begin{align*}
\{x_I,p_I \}&=\frac{1}{2}\sum_k \left( \frac{\partial(x_1+x_2)}{\partial q_k}\frac{\partial (p_1+p_2)}{\partial p_k}-\frac{\partial (x_1+x_2)}{\partial p_k}\frac{\partial (p_1+p_2)}{\partial q_k}\right)
\newline

\newline
&=\frac{1}{2}((1-0)+(1-0))=1
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
\{x_I,p_{II} \}&=\frac{1}{2}\sum_k \left( \frac{\partial(x_1+x_2)}{\partial q_k}\frac{\partial (p_1-p_2)}{\partial p_k}-\frac{\partial (x_1+x_2)}{\partial p_k}\frac{\partial (p_1-p_2)}{\partial q_k}\right)
\newline

\newline
&=\frac{1}{2}((1-0)+(-1-0))=0
\end{align*}
$$

由于此时
$$
\mathscr{H}=\frac{p_I^2}{2m}+\frac{p_{II}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2(x_I^2+3x_{II}^2)
$$
因此量子化后为：
$$
H=\frac{P_I^2}{2m}+\frac{P_{II}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2(X_I^2+3X_{II}^2)
$$
抛弃原来的$X_1,X_2$等等，以$X_I,X_{II}$为新的标准，利用对易子定义的postulate II得出$P_I,P_{II}$的表达式……

这样就回到了P254的class A，分解成$H_1+H_2$，得出两个本征方程形如10.1.28

(2) 直接量子化为：
$$
H=\frac{P_1^2}{2m}+\frac{P_2^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2(X_1^2+X_2^2+(X_1-X_2)^2)
$$
在坐标空间中
$$
P_1=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x_1}=-i\hbar\left(\frac{\partial x_I}{\partial x_1}\frac{\partial}{\partial x_I}+\frac{\partial x_{II}}{\partial x_1}\frac{\partial}{\partial x_{II}}\right)=\frac{-i\hbar}{\sqrt{2}}\left(\frac{\partial}{\partial x_I}+\frac{\partial}{\partial x_{II}}\right)
$$
$$
P_2=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x_2}=-i\hbar\left(\frac{\partial x_I}{\partial x_2}\frac{\partial}{\partial x_I}+\frac{\partial x_{II}}{\partial x_2}\frac{\partial}{\partial x_{II}}\right)=\frac{-i\hbar}{\sqrt{2}}\left(\frac{\partial}{\partial x_I}-\frac{\partial}{\partial x_{II}}\right)
$$
代入：
$$
P_1^2+P_2^2=-\frac{\hbar^2}{2}\left(2\frac{\partial^2}{\partial x_I^2}+2\frac{\partial^2}{\partial x_{II}^2}+2(\frac{\partial^2}{\partial x_I\partial x_{II}}-\frac{\partial^2}{\partial x_I\partial x_{II}})\right)
$$
即为$P_I^2+P_{II}^2$，而$x$的部分显然也是一致的

Ex 10.2.1

$$
H|E\rangle=E|E \rangle \Rightarrow -\frac{\hbar^2}{2m}\left( \frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)\psi_E (x,y,z)=E\psi_E(x,y,z)
$$
典型的分离变数法，假设$\psi_E(x,y,z)=\psi_1(x)\psi_2(y)\psi_3(z)$，代入……果然成功，因此分解成三个一样的一维方程

Ex 10.2.2

(1) 同理分成$H=H_x+H_y$，分离变量法，假设$\psi(x,y)=\psi_1(x)\psi_2(y)$因此：
$$
\begin{align*}
(H_x+H_y)\psi_1(x)\psi_2(y)&=E\psi_1(x)\psi_2(y)
\newline

\newline
\frac{H_x \psi_1(x)}{\psi_1(x)}+ \frac{H_y \psi_2(y)}{\psi_2(y)}&=E=E_x+E_y
\end{align*}
$$
拆解成两个一维的方程后，按照原先的讨论即得

(2) 由于原来的一维(x)的情形就有结论正负交替，在$n_x$为偶时，波函数为偶函数，$n_x$为奇时波函数为奇函数。这样，一旦$n$为偶，$n_x+n_y$要么奇加奇，要么偶加偶，对应的两个波函数乘积一定是偶函数；一旦$n$为奇，$n_x+n_y$一定是奇加偶，两个波函数乘积一定是奇函数

(3) isotropic指“各向同性”

此处$n=0$代表$n_x=0,n_y=0$，因此（参考P195）
$$
\begin{align*}
\psi_{n=0}(x,y)&=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{\frac{1}{2}}\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2)} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{n_x=1,n_y=0}(x,y)&=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{m\omega x}{\hbar}\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2)} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{n_x=0,n_y=1}(x,y)&=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{m\omega y}{\hbar}\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2)} {2\hbar}\right)
\end{align*}
$$
极坐标就是：
$$
\begin{align*}
\psi_{n=0}(\rho,\phi)&=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{\frac{1}{2}}\exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{n_x=1,n_y=0}(\rho,\phi)&=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{m\omega \rho\cos\phi}{\hbar}\exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{n_x=0,n_y=1}(\rho,\phi)&=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{m\omega \rho\sin\phi}{\hbar}\exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\end{align*}
$$
显然，在$n$时，有$n_x+n_y$的许多种组合，$n_x=0\to n$，共$n+1$种方法，取遍所有简并可能

Ex 10.2.3

(1) 因为可以分离变量，所以完全同上题

(2) parity 指“宇称”，当$n$为偶时，要么奇+奇+偶，要么偶+偶+偶，因此相乘后波函数是偶宇称；当$n$为奇时，一定是奇+偶+偶，因此相乘后波函数是奇宇称

前4个态即$n=0,1$，下面角标数组代表$(n_x,n_y,n_z)$，参考P195
$$
\begin{align*}
\psi_{(0,0,0)}(x,y,z)&=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{\frac{3}{4}}\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2+z^2)} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(1,0,0)}(x,y,z)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}x\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2+z^2)} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(0,1,0)}(x,y,z)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}y\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2+z^2)} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(0,0,1)}(x,y,z)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}z\exp \left(-\frac{m\omega(x^2+y^2+z^2)} {2\hbar}\right)
\end{align*}
$$
改写为球坐标：
$$
\begin{align*}
\psi_{(0,0,0)}(\rho,\theta,\varphi)&=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{\frac{3}{4}}\exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(1,0,0)}(\rho,\theta,\varphi)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}\rho\sin\theta\cos\varphi \exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(0,1,0)}(\rho,\theta,\varphi)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}\rho\sin\theta\sin\varphi \exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\newline

\newline
\psi_{(0,0,1)}(\rho,\theta,\varphi)&=\sqrt{2} \pi^{-\frac{3}{4}}\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{\frac{5}{4}}\rho\cos\theta \exp \left(-\frac{m\omega\rho^2} {2\hbar}\right)
\end{align*}
$$
采用隔板法，当为$n$时，其实就是$n$个小球，插入两张隔板的问题（允许隔板塞入两端或同一个位置），因此$n+1$个空，若两隔板插到同一个位置，共$n+1$种，若插到不同位置，共$C_{n+1}^{2}$，相加即为答案（当然在二维的公式基础上拓展而来更易想到，即$\sum (i+1)$，但是在更高维时就涉及平方和、立方和…不如隔板法好计算）

10.3 notes

P262的逻辑我感觉有些问题（也可能是英文理解造成的）：

Shankar先假设$\ket{a,b}$与$\ket{b,a}$是两个态，张成了简并的二维空间（两个态不同，线性无关），然后加上“对换后变为常数倍”的约束，推导出只能取$\pm 1$（线性相关，是同一个态）的结论，前后矛盾。实际上，书中先说两者应看成same state vector，但却又用了两者线性组合的形式表达了本征空间中的向量，这一点就很奇怪

因此我参考了Cohen书的14章，其中ABC三节就基本回答了这个问题：核心是区分“物理态”与“数学态”（前者理解成state，后者理解成ket）。对数学态分析时，人为给粒子标号，可以使用$\ket{a,b}$与$\ket{b,a}$的形式，认为两者“不同”，其线性组合表示所有可能的数学态

但回到物理问题，真实的物理态只有一个，难道所有这些数学态都能表示这一个物理态吗（交换简并）？答案是不行，“交换简并”会带来灾难

那该如何从这么多的数学态中找出正确的那一个？答案是引入“对称性假设”作为约束

对称性假设：体系含全同粒子时，只有态空间中的某些右矢可以描述真实物理状态，这些物理右矢对于粒子的对换而言，要么完全对称，要么完全反对称

遵循该假设，就消除了“对称简并”（即多个“数学态”对应一个“物理态”）的情况，下面是我认为比较好的体系化的理解：

对于$n$个全同粒子体系，若有一个数学态$\ket{u}$可在数学上（给各个粒子标号后）描述体系的状态，那么由各种变换组成的群（也就是$n$元对称群，阶为$n!$，记为$\bigcup_{\alpha}P_\alpha$）可以施加在$\ket{u}$上，生成各种新的数学态，分别代表各种标号的粒子互换后的结果，引用“群在集合上的作用”的语言，这些新的数学态组成$\ket{u}$的轨道！

记轨道中的元素张成的空间为$\mathscr{E}_u$，对称算符$S:=\frac{1}{n!}\sum_\alpha P_\alpha$的本征空间为$\mathscr{E}_S$，反对称算符$A:=\frac{1}{n!}\sum_\alpha \varepsilon_\alpha P_\alpha$（其中$\varepsilon_\alpha$在$P_\alpha$是奇置换时取$-1$，偶置换时取$1$）的本征空间为$\mathscr{E}_A$，由于$S$与$A$都是自伴的投影算子，因此本征空间也就是值域，且$\mathscr{E}_S,\mathscr{E}_A$都是$\mathscr{E}_u$的子空间

对轨道上的任意元素$P_\alpha \ket{u}$作用投影算子，有：
$$
\begin{align*}
SP_\alpha \ket{u}&=S\ket{u}
\newline

\newline
AP_\alpha \ket{u}&=\varepsilon_\alpha A\ket{u}
\end{align*}
$$
上述两式表明不论$P_\alpha$取哪种，$P_\alpha \ket{u}$在作用$S$（或$A$）后都相同了，即“投影到对称空间或反对称空间中后，态只有一个（共线）”，等价于“对称空间或反对称空间都是一维的”，这个结论记为引理

对称性假设要求真实态要么对称$\in \mathscr{E}_S$，要么反对称$\in \mathscr{E}_A$，为从各个数学态中找到真实态，我们要做的是先建立起$\mathscr{E}_u$，再找出$\mathscr{E}_S$（或$\mathscr{E}_A$）这个子空间。但是，会不会因为子空间是大于一维的，以至于还是不能确定成一个态呢？引理告诉我们不会！这样，就唯一确定了一个态。（至于是取$\mathscr{E}_S$还是$\mathscr{E}_A$，则根据是Boson还是Fermion确定）

（Cohen 14章的C 3.a小节提供了上述步骤的具体操作套路）

回到Shankar，注意里面的符号$\ket{x_1x_2,S}$实际上代表Cohen中的$S\ket{x_1x_2}$，已经是对称态了，与$\ket{x_1x_2}$注意区分

一个曾经困惑我的问题：

$\mathtt{Q}$：美国实验室里有一个势阱，含有一个处于基态的电子，中国实验室里同样的势阱中也有一个处于同样的基态的电子，它们怎么能同时存在？

$\mathtt{A}$：这个问题现在看来很搞笑，一方面，可以解释称都已经说了“美国”和“中国”，说明两个电子可区分（虽然实际上不能）；另一方面更好的解释是，题干中的两个电子根本没有处在相同的态，因为它们对$X$算符的测量值就不同！题面中“处于同样的基态”的说法实际上是误导性的。原因在于，这里的基态指的是“考虑局域的势阱建模，对这个模型而言的基态”。但一旦把两个粒子当成全同粒子考量，当然不能用局域模型，而是得把中美实验室都放进模型中，采用包含两者的模型，这样两者处的态就不一样了。总之，要用Pauli不相容，至少也要让两个Fermion处在相同的位置呀

P273 注：此处$\varepsilon_\alpha=\pm 1$的取值应当按照奇偶置换理解，如果对标号粒子的一个置换可以表示成奇/偶数个对换的乘积，则称为奇/偶置换。由于对换改变排列逆序数的奇偶性，因此奇/偶置换就是使逆序数奇偶性改变/不变的置换

P274上方 在认为两个$H$可分时就把波函数写成因式乘积的形式，这就是解pde时就熟悉的分离变数法

Ex 10.3.1

本题就是修改表达式，使得
$$
\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{\phi}\otimes\ket{\psi}+\ket{\psi}\otimes\ket{\phi})\quad;\quad \ket{\psi}\otimes\ket{\psi}
$$
两者能放到一个统一的表达式中去，实际上调整一下分母的系数就行（需默认$\ket{\phi},\ket{\psi}$都是标准态），让两者不等时系数仍然是$1/\sqrt{2}$，相等时系数为$1/2$：
$$
\frac{1}{\sqrt{2+2|\langle \psi|\phi\rangle|^2}}(\ket{\phi}\otimes\ket{\psi}+\ket{\psi}\otimes\ket{\phi})
$$

Ex 10.3.2

（按照Cohen中的理解做本题）从表达出各个数学态开始，即，先给粒子标号为$1,2,3$，然后某一个可能的态就是$\ket{u}=\ket{1:3,2:3,3:4}$（表示$1,2$在$n=3$，$3$在$n=4$），下面对这个态$\ket{u}$作用3元对称群$S_3$，得到6个结果（轨道含6个元素），该6者张成数学上的$\mathscr{E}_u$，下面从这个空间中找出唯一的那个真实态：

据boson知，应当作用对称算子$S$，只取${E}_u$中的$\mathscr{E}_S$部分：
$$
\begin{align*}
&SP_\alpha\ket{u} (\text{for }\forall \alpha)=S \ket{u}
\newline

\newline
&=\frac{1}{3!}(\ket{1:3,2:3,3:4}+\ket{1:3,3:3,2:4}+\ket{2:3,1:3,3:4}
\newline

\newline
&+\ket{2:3,3:3,1:4}+\ket{3:3,1:3,2:4}+\ket{3:3,2:3,1:4})
\newline

\newline
&=\frac{1}{3}(\ket{1:3,2:3,3:4}+\ket{1:3,3:3,2:4}+\ket{2:3,1:3,3:4})
\end{align*}
$$
再把该向量归一化即可，结果为：
$$
\frac{1}{\sqrt{3}}(\ket{1:3,2:3,3:4}+\ket{1:3,3:3,2:4}+\ket{2:3,1:3,3:4})
$$

Ex 10.3.3

(1) 三个空，每一个都可填三个态，$3\times 3\times 3=27$

（本题仍按照上题同样的理解）

为回到一般的全同粒子问题，先把三个态确定下来：$\ket{u_1}=\ket{1:a,2:b,3:c}$，$\ket{u_2}=\ket{1:a,2:a,3:b}$，$\ket{u_3}=\ket{1:a,2:a,3:c}$，$\ket{u_4}=\ket{1:b,2:b,3:a}$，$\ket{u_5}=\ket{1:b,2:b,3:c}$，$\ket{u_6}=\ket{1:c,2:c,3:a}$，$\ket{u_7}=\ket{1:c,2:c,3:b}$，$\ket{u_8}=\ket{1:a,2:a,3:a}$，$\ket{u_9}=\ket{1:b,2:b,3:b}$，$\ket{u_{10}}=\ket{1:c,2:c,3:c}$，这就是所有数学态的雏形（代表系）。例如对$\ket{u_1}$作用3元对称群，就能得到“一个粒子在a，一个粒子在b，一个粒子在c”这一情形对应的所有数学态；对$\ket{u_2}$作用3元对称群，就能得到“两个粒子在a，一个粒子在b”这一情形对应的所有数学态……

(2) bosons，答案为代表系中元素的个数：10

因为如刚才所述，各种情况都被一个$\ket{u _ i}$代表了。$\ket{u _ i}$所在轨道构成的数学空间$\mathscr{E} _ {u _ i}$，会在对称算子的作用后派出一个真实态（对称算子作用下没有派不出真实态的情况）因此有几个$\mathscr{E}_{u_i}$，就有几个真实态

(3) fermions，同上个段落，唯一变的是“反对称算子”替代“对称算子”，这带来一个后果：有些数学空间$\mathscr{E} _ {u _ i}$，在反对称算子的作用后派不出一个真实态（因为作用后变零），这导致和bosons相比，fermions得到的真实态少很多，事实上只有$\mathscr{E} _ {u _ 1}$能派出一个真实态，其他都没有，因此答案为1

当然，本题根本不需这么多讨论，对于fermions，根据不相容原理立马能看出答案是1（只不过，如果(2)(3)问还要写出各个真实态的表达式的话，就要如上述讨论一样了）

Ex 10.3.4

根据5.2.17c式，对一个粒子而言$E_n=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2mL^2}$。此处由于可分离变量，因此$E_{sys}=\frac{\hbar^2\pi^2(n_1^2+n_2^2)}{2mL^2}$

情形一只能$n_1=n_2=1$，测得两个粒子在同一个态，这说明不可能是fermions，只能是$\ket{1,1}$

情形二，一个2一个1，如果两次观察不是同个情景，那fermions或bosons都有可能，$\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{1,2}+\ket{2,1})$或$\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{1,2}-\ket{2,1})$；若第二次观察是和1同一批粒子，那就只取前者

Ex 10.3.5

(1) 是自伴的：
$$
\langle x_{1’}|\otimes\langle x_{2’}|P_{12}|x_1\rangle\otimes|x_2\rangle=\langle x_{1’}|\otimes\langle x_{2’}||x_2\rangle\otimes|x_1\rangle=\delta_{1’2}\delta_{2’1}
$$
（上式第二个等号来自直积中元素内积的定义）以及
$$
\begin{align*}
&\langle x_{1’}|\otimes\langle x_{2’}|P^\dagger_{12}|x_1\rangle\otimes|x_2\rangle=(\langle x_1|\otimes\langle x_2|P_{12}|x_{1’}\rangle\otimes|x_{2’}\rangle)^\ast
\newline

\newline
=&(\langle x_1|\otimes\langle x_2||x_{2’}\rangle\otimes|x_{1’}\rangle)^\ast=(\delta_{12’}\delta_{21’})^\ast=\delta_{12’}\delta_{21’}
\end{align*}
$$
（上式第一个等号来自伴随的定义），两个式子一模一样，说明$P_{12}$与$P^\dagger_{12}$的矩阵元素一模一样，所以自伴

由于自伴，特征值为实数，而且满足$P_{12}=P^2_{12}$恒成立，易知本征值$\pm 1$

(2)
$$
\begin{align*}
&P_{12}\ket{\omega_1}\otimes\ket{\omega_2}=\iint P_{12}(\ket{x_1}\otimes\ket{x_2}\bra{x_1}\otimes\bra{x_2})\ket{\omega_1}\otimes\ket{\omega_2}dx_1 dx_2
\newline

\newline
=&\iint \ket{x_2}\otimes\ket{x_1}\braket{x_1|\omega_1}\braket{x_2|\omega_2}dx_1 dx_2
\newline

\newline
=&\iint \ket{x_2}\otimes\ket{x_1}(\bra{x_2}\otimes\bra{x_1})\ket{\omega_2}\otimes\ket{\omega_1}dx_1\ dx_2
=\ket{\omega_2}\otimes\ket{\omega_1}
\end{align*}
$$
因此$\mathscr{E} _ S$中的元素在$P _ {12}$作用下乘1，$\mathscr{E} _ A$中的元素在$P _ {12}$作用下乘-1

(3)
$$
\begin{align*}
&P_{12}X_1P_{12}\ket{x_i}\otimes\ket{x_j}=P_{12}X_1\ket{x_j}\otimes\ket{x_i}=x_jP_{12}\ket{x_j}\otimes\ket{x_i}\newline

\newline
=&x_j\ket{x_i}\otimes\ket{x_j}=X_2\ket{x_i}\otimes\ket{x_j}
\end{align*}
$$

而任何态都可以用坐标空间的基展开，然后$\sum_{ij}c_{ij}\ket{x_i}\otimes\ket{x_j}$也满足，因此$P_{12}X_1P_{12}=X_2$得证

再类似验证一下$X$的幂次和$XP$等也满足该等式，这样推广到任何可用幂级数表示的函数（收敛域内部）就没问题了

(4) （实际上$H=P_{12}HP_{12}$就是$[H,P_{12}]=0$，两者可交换的意思，有点像正规化子、共轭的概念）由于(3)中已经得出结论$P_{12}\Omega(X_1,X_2,P_1,P_2)P_{12}=\Omega(X_1,X_2,P_1,P_2)$，用对称的$H$替换上式的$\Omega$，自然得出结论。此外，由于$U=e^{-iHt}$，$H$与$P_{12}$可交换，那么$H$的多项式乃至级数也和$P_{12}$可交换，证毕

这样在$U(t)$作用后，再考察其关于$P_{12}$的本征值，和先作用$P_{12}$，再作用$U(t)$一样,假设一开始就处于反对称态：
$$
P_{12}(U(t)\ket{\psi})=U(t)P_{12}\ket{\psi}=-U(t)\ket{\psi}
$$
说明$U(t)\ket{\psi}$仍处于$P_{12}$的本征值为-1的本征空间（反对称），不变

Ex 10.3.6

复合物都是由基本粒子构成，基本粒子都已经划分为boson或fermion后，复合物也一定是二者之一：由偶数个fermions构成的总体，在两个复合物粒子对换后，内部有偶数个对换，排序的奇偶性不变，因此乘$+1$，总体是boson；由奇数个fermions构成的总体，在两个复合物粒子对换后，内部有奇数个对换，排序的奇偶性改变，乘$-1$，总体是fermion