¿Sumar números cuánticos rompe el principio de exclusión?

No sé si esto realmente responde a su pregunta, pero aquí vamos:

Para empezar, consideremos un espacio de Hilbert de una sola partícula$\mathscr{H}_1$. Si, por ejemplo, tenemos$\mathscr{H}_1 = L^2(\mathbb{R}) \otimes \mathbb{C}^2$, entonces

$$\{|n\rangle \otimes |s\rangle\}$$ es una base para$\mathscr{H}_1$si$\{|n\rangle\}_{n\in\mathbb{N}}$es una base para$L^2(\mathbb{R})$y$\{|s\rangle\}_{s=\pm1/2}$una base para$\mathbb{C}^2$. Escribiremos$|ns\rangle \equiv |n\rangle \otimes |s\rangle$. Tenga en cuenta que no puede 'despreciar' el grado de libertad de espín en primer lugar, ya que no habría especificado los estados de una sola partícula en$\mathscr{H}_1$completamente.

Ahora considere algunos hamiltonianos$h$con funciones propias$|ns\rangle$:

$$h\, |n s\rangle = E_{ns} \, |ns\rangle \quad.$$

Por ejemplo, podría tomar la siguiente forma:

$$h = \frac{p^2}{2m} + v(x) \otimes \mathbb{I} \quad , \tag{1}$$

dónde$\mathbb{I}$denota el operador de identidad.

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El espacio de Hilbert de dos fermiones indistinguibles es el producto antisimetrizado del espacio de Hilbert de una sola partícula:

$$\mathscr{H}^F_2 \equiv \mathscr{H}_1 \wedge \mathscr{H}_1 \quad .$$ Los productos anti-simetrizados de los estados de las bases de los espacios de Hilbert de una sola partícula dan una base para este espacio. En otras palabras, vectores de la forma $$|ns\rangle \otimes |n^\prime s^\prime\rangle - |n^\prime s^\prime\rangle \otimes |ns\rangle \tag{2}$$ constituyen una base en$\mathscr{H}^F_2$. Un hamiltoniano que no interactúa para tal sistema se podría dar como

$$H = h \otimes \mathbb{I} + \mathbb{I} \otimes h \quad , \tag{3}$$

por lo que vemos que los vectores base antes mencionados son estados propios:

$$H\, \left( |ns\rangle \otimes |n^\prime s^\prime\rangle - |n^\prime s^\prime\rangle \otimes |ns\rangle\right) = \left(E_{ns}+ E_{n^\prime s^\prime}\right) \, \left(|ns\rangle \otimes |n^\prime s^\prime\rangle - |n^\prime s^\prime\rangle \otimes |ns\rangle\right)$$

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Para responder a sus preguntas: en primer lugar, si el hamiltoniano de una sola partícula tiene la forma de ecuación$(1)$, entonces hay cierta degeneración, es decir, estados con$s=\pm 1/2$dan el mismo valor propio. A continuación supongamos que$E_{0s}\leq E_{ns}$para$n\geq0$.

En segundo lugar, tenga en cuenta que si en la ecuación$(2)$tenemos$n=n^\prime$y$s=s^\prime$, entonces el estado se reduce al vector cero: Los dos fermiones no pueden estar en los mismos estados de una sola partícula (Principio de Pauli), es decir, no pueden tener los mismos números cuánticos.

En consecuencia, al considerar el problema de valores propios de la ecuación$(3)$, vemos que la energía más baja posible que podríamos obtener tal que el vector propio sea diferente del vector cero es$E_{0s=+1/2} + E_{0s=-1/2}$. Entonces, sí, es posible que ambos fermiones (aquí los electrones) estén en estados de una sola partícula que produzcan la energía del estado fundamental del hamiltoniano.$(1)$y por tanto del hamiltoniano$(3)$también. Sin embargo, no están en el mismo estado de una sola partícula, ¡ya que sus números cuánticos de espín difieren!