Estado cuántico mixto en la distribución de Bose-Einstein

[bert22]

Hola, ¿por qué el estado cuántico de la distribución de Bose-Einstein es mixto y no puro? ¿Puede alguien proporcionar la demostración matemática?

[carroza]

Hola. Bienvenido al foro. Es util que sigas los consejos que se indican en
https://forum.lawebdefisica.com/foru...l-uso-del-foro

Con respecto a la pregunta que planteas, siempre es util que pongas un enlace para que podamos ver el contexto de lo que preguntas.

Como no lo indicas, supondré que te estar refiriendo a https://en.wikipedia.org/wiki/Bose%E...ein_statistics
Aquí, la distribución de Bose Einstein es una distribución térmica, en la que todos los estados cuánticos posibles, con una energía $E$ aparecen en una mezcla estadística con una probabilidad proporcional a $\exp(- E/ (k_B T)$. En la referencia https://en.wikipedia.org/wiki/Bose%E...ein_statistics te indica cómo obtener los números medios de bosones de cierta energía en esa mezcla estadística.

Por tanto, el carácter de mezcla estadística está implicito en la propia definición de distribución de Bose-Einstein.

Un saludo

[bert22]

Hola. Bienvenido al foro. Es util que sigas los consejos que se indican en
https://forum.lawebdefisica.com/foru...l-uso-del-foro

Con respecto a la pregunta que planteas, siempre es util que pongas un enlace para que podamos ver el contexto de lo que preguntas.

Como no lo indicas, supondré que te estar refiriendo a https://en.wikipedia.org/wiki/Bose%E...ein_statistics
Aquí, la distribución de Bose Einstein es una distribución térmica, en la que todos los estados cuánticos posibles, con una energía $E$ aparecen en una mezcla estadística con una probabilidad proporcional a $\exp(- E/ (k_B T)$. En la referencia https://en.wikipedia.org/wiki/Bose%E...ein_statistics te indica cómo obtener los números medios de bosones de cierta energía en esa mezcla estadística.

Por tanto, el carácter de mezcla estadística está implicito en la propia definición de distribución de Bose-Einstein.

Un saludo

Hola, muchas gracias por tu respuesta.

Sí, me refiero precisamente a esa distribución (porque tampoco sabía exactamente si la conclusión es exactamente la misma para otras distribuciones térmicas, por el mero hecho de ser "térmicas", como entiendo que estás indicando en tu respuesta). Lo que no entiendo es dónde queda establecida esa "mezcla estadística" (que entiendo que debe dar lugar a una serie de estados cuánticos mixtos y no puros) en las propiedades de la distribución en sí, he buscado dentro del enlace que has compartido la palabra "mix" pero al parecer no hay ningún resultado y leyendo el artículo no consigo entender esta relación entre "distribución térmica" y "estados mixtos" (o "mezcla estadística", como indicas ahora).

¿Podrías elaborar un poco más sobre esta relación?

Muchas gracias por adelantado.

[carroza]

Hola.

A ver, la cosa es más básica. Si estas en mecánica estadística clásica, y quieres hablar de una distribución térmica, estarás refiriendote a un colectivo de microestados. En cada microestado tienes que cada partícula está caracterizada por una posición y un momento. El conjunto de microestados es una distribución, que puedes llamar una "mezcla" de todos los microestados.

Si quieres extender los conceptos de mecánica estadística a la mecánica cuántica, de nuevo puedes hablar de que una distribución térmica es un colectivo de microestados. Ahora, los microestados no vienen dados por situaciones en las que cada partículas está dada por una posición y un momento, ya que eso no te lo permite la cuántica. Los microestados en cuántica son estados cuánticos "puros", o sea, estados del espacio de Hilbert que describen tu sistema. Cualquier distribución de mecámica estadística, tenga o no temperatura definida, y sea o no de Bose-Eistein, viene dada por una mezcla de esos estados puros.

Un saludo

[bert22]

Hola.

A ver, la cosa es más básica. Si estas en mecánica estadística clásica, y quieres hablar de una distribución térmica, estarás refiriendote a un colectivo de microestados. En cada microestado tienes que cada partícula está caracterizada por una posición y un momento. El conjunto de microestados es una distribución, que puedes llamar una "mezcla" de todos los microestados.

Si quieres extender los conceptos de mecánica estadística a la mecánica cuántica, de nuevo puedes hablar de que una distribución térmica es un colectivo de microestados. Ahora, los microestados no vienen dados por situaciones en las que cada partículas está dada por una posición y un momento, ya que eso no te lo permite la cuántica. Los microestados en cuántica son estados cuánticos "puros", o sea, estados del espacio de Hilbert que describen tu sistema. Cualquier distribución de mecámica estadística, tenga o no temperatura definida, y sea o no de Bose-Eistein, viene dada por una mezcla de esos estados puros.

Un saludo

Gracias de nuevo por la respuesta. Estoy intentando entender lo que quieres decir pero aún no lo veo lo suficientemente claro, ya que supongo que aunque sea todo más "básico" (como estás diciendo) falta una demostración que aclare lo que dices o algo más matemático.

Por sentar las bases de lo que estás diciendo, yo entiendo primero que un estado cuántico puro como por ejemplo el estado $|A>\,=c_1 |c_1> + c_2 |c_2>$ puede expresarse de la forma:

$A_{puro}=|A><A|=|c_1|^2|c_1><c_1|+|c_2|^{2}|c_2><c_2|+c_1 c_2^{*}|c_1><c_2|+c_1^{*}c_2|c_2><c_1|$

donde la probabilidad de que se dé el estado $|c_1>$ es $p_1=|c_1|^2$ y de que se dé el $|c_2>$ es $p_2=|c_2|^2$. En cambio, un estado mixto vendría dado por:

$A_{mixto}=p_1 |c_1><c_1|+p_2 |c_2><c_{2}|$.

Entonces, siguiendo tu explicación, ¿cómo se establece la relación entre distribución de mecánica estadística (tenga o no temperatura definida, y sea o no de Bose-Einstein, como has indicado) y estados de la forma $p_1 |c_1><c_1|+p_2 |c_2><c_{2} |$ y no de la forma $|c_1|^2|c_1><c_1|+|c_2|^{2}|c_2><c_2|+c_1 c_2^{*}|c_1><c_2|+c_1^{*}c_2|c_2><c_1|$? ¿Cuál es la demostración o la propiedad matemática (en caso de que se asuma desde el principio dicha propiedad como algo intrínseco a una distribución estadística) que conduce inevitablemente a que los estados de dicha distribución son únicamente mixtos?

Un saludo.

Edit: Estoy intentando editar algunas barras de la notación bra-ket porque no aparecen del todo en el mensaje pero no lo consigo, espero que se entiendan bien todas las barras.

[Alriga]

Hola bert22 bienvenido a La web de Física, por favor como miembro reciente lee atentamente Consejos para conseguir ayuda de forma efectiva

...algunas barras de la notación bra-ket porque no aparecen del todo en el mensaje...

En LaTeX Para las barras usa \vert y para los brackets usa \langle y \rangle, por ejemplo:

\langle A \vert \, \vert B \rangle

se ve:

$\langle A \vert \, \vert B \rangle$

Saludos.

[carroza]

Ok, bert22

Como indicas, una forma de caracterizar los estados cuánticos es la matriz densidad, que para un estado puro $|A\rangle$ corresponde al operador $\rho_A = |A \rangle \langle A|$. Un microestado, en la teminología de la mecámica estadística, vendría caracterizada por $\rho_A = |A \rangle \langle A|$.

Ahora, imagina que tienes un colectivo de microestados. Es decir, un sistema donde, en el espacio de Hilbert, pudieras tener muchos estados, ortogonales, $|A\rangle$, $|B\rangle$, $|C\rangle$. En general, ese colectivo de microestados puedes caradterizarlos por una matriz densidad
$\rho_M = p_A |A \rangle \langle A| + p_B |B\rangle \langle B|+ p_C |C \rangle \langle C| + \dots$, donde $p_A, p_B, p_C , \dots$ son numeros reales y positivos que suman uno, y a los que cabe asignarle el rol de probabilidades.

Esta matriz densidad $\rho_M$ corresponde a una mezcla, y no a un estado puro. Esto puedes verlo porque $Tr(\rho_M^2) = p_A^2 + p_B^2 + p_C^2 + \dots < 1$

Ahora, si los estados $|A\rangle$, $|B\rangle$, $|C\rangle$. corresponden a todos los autoestados del hamiltoniano, cada uno de ellos con energías $E_A, E_B, E_C, \dots$, y las probabilidades $p_A, p_B, p_C , \dots$ son proporcionales a $\exp(-E_A/k_BT), \exp(-E_B/k_BT), \exp(-E_C/k_BT), \dots$, entonces tienes una distrubución térmica de temteratura T.

La matriz densidad $\rho_M$ que describe esta distribución térmica, obviamente, corresponde a una mezcla.

El hecho de que tengas una distribucióin de Bose Einstein no modifica este argumento, y simplemente sirme para contabilizar los estados $|A \rangle, |B \rangle , |C \rangle$ del sistema completo en términos de los numeros de bosones en diferentes estados individuales.

Un saludo

[bert22]

Ok, bert22

Como indicas, una forma de caracterizar los estados cuánticos es la matriz densidad, que para un estado puro $|A\rangle$ corresponde al operador $\rho_A = |A \rangle \langle A|$. Un microestado, en la teminología de la mecámica estadística, vendría caracterizada por $\rho_A = |A \rangle \langle A|$.

Ahora, imagina que tienes un colectivo de microestados. Es decir, un sistema donde, en el espacio de Hilbert, pudieras tener muchos estados, ortogonales, $|A\rangle$, $|B\rangle$, $|C\rangle$. En general, ese colectivo de microestados puedes caradterizarlos por una matriz densidad
$\rho_M = p_A |A \rangle \langle A| + p_B |B\rangle \langle B|+ p_C |C \rangle \langle C| + \dots$, donde $p_A, p_B, p_C , \dots$ son numeros reales y positivos que suman uno, y a los que cabe asignarle el rol de probabilidades.

Esta matriz densidad $\rho_M$ corresponde a una mezcla, y no a un estado puro. Esto puedes verlo porque $Tr(\rho_M^2) = p_A^2 + p_B^2 + p_C^2 + \dots < 1$

Ahora, si los estados $|A\rangle$, $|B\rangle$, $|C\rangle$. corresponden a todos los autoestados del hamiltoniano, cada uno de ellos con energías $E_A, E_B, E_C, \dots$, y las probabilidades $p_A, p_B, p_C , \dots$ son proporcionales a $\exp(-E_A/k_BT), \exp(-E_B/k_BT), \exp(-E_C/k_BT), \dots$, entonces tienes una distrubución térmica de temteratura T.

La matriz densidad $\rho_M$ que describe esta distribución térmica, obviamente, corresponde a una mezcla.

El hecho de que tengas una distribucióin de Bose Einstein no modifica este argumento, y simplemente sirme para contabilizar los estados $|A \rangle, |B \rangle , |C \rangle$ del sistema completo en términos de los numeros de bosones en diferentes estados individuales.

Un saludo

Muchas gracias nuevamente por toda la explicación, creo que estoy cerca de entender lo que quieres decir pero sigo sin lograr captar lo más importante que preguntaba antes:

Siguiendo tu explicación, comienzas la misma diciendo que "para un colectivo de microestados, es decir, un sistema donde, en el espacio de Hilbert, pudieras tener muchos estados, ortogonales, $|A\rangle$, $|B\rangle$, $|C\rangle$, en general, ese colectivo de microestados puedes caracterizarlos por una matriz densidad
$\rho_M = p_A |A \rangle \langle A| + p_B |B\rangle \langle B|+ p_C |C \rangle \langle C| + \dots$, donde $p_A, p_B, p_C , \dots$ son numeros reales y positivos que suman uno, y a los que cabe asignarle el rol de probabilidades". El problema es que, desde el principio, no veo o no entiendo por qué precisamente a ese colectivo se le caracteriza con esa matriz densidad mixta y no con una pura del tipo $\rho = |\Psi \rangle \langle\Psi |$, donde $|\Psi \rangle = c_1 |A \rangle + c_2 |B \rangle +c_3 |C \rangle$.

¿Puedes demostrar o explicar más eso? ¿Cuál es la razón por la que a ciertos sistemas (como, por ejemplo, los de una distribución térmica) se les asocia una matriz densidad $\rho_M$ y a otros en cambio se les asocia $\rho = |\Psi \rangle \langle\Psi |$, donde $|\Psi \rangle = c_1 |A \rangle + c_2 |B \rangle +c_3 |C \rangle$?

[bert22]

Hola bert22 bienvenido a La web de Física, por favor como miembro reciente lee atentamente Consejos para conseguir ayuda de forma efectiva



En LaTeX Para las barras usa \vert y para los brackets usa \langle y \rangle, por ejemplo:

\langle A \vert \, \vert B \rangle

se ve:

$\langle A \vert \, \vert B \rangle$

Saludos.

Hola, muchas gracias por la información.

[carroza]

Hola.

Ten en cuenta que una matriz densidad de tipo $\rho = |\Psi\rangle \langle \Psi|$, donde $|\Psi \rangle = c_1 |A\rangle + c_2 |B\rangle +c_3 |C\rangle$ no describe un colectivo de estados. Describe un unico estado cuántico $|\Psi \rangle$ , ese estado tu puedes elegir describirlo en la base $|A\rangle , |B\rangle ,|C\rangle$ o en cualquier otra que quieras, pero siempre es un unico estado cuántico, no un colectivo.

la prueba matemática de de que una matriz densidad describe un unico estado cuántico, o sea un estado puro, , y no un colectivo, es evaluar $Tr( \rho^2)$. Si te sale $Tr( \rho^2)= 1$ entonces tienes un estado puro, independientemente de la base que utilices para evaluar la traza.

Un colectivo, tanto en mecánica clásica como en mecánica cuántica, corresponde a una situación en la que tu no tienes un único estado, sino una mezcla estadística de varios.

la prueba matemática de de que una matriz densidad describe un colectivo, es evaluar $Tr( \rho^2)$. Si te sale $Tr( \rho^2) < 1$ entonces tienes una mezcla, que está asociada a un colectivo, independientemente de la base que utilices para evaluar la traza.

La mezcla estadística no la puedes hacer cambiando los coeficientes del desarrollo de un estado cuántico estado en una base dada, sino introduciendo las probabiloidades tal como te indiqué sobre las matrices densidad de un conjunto de estados ortogonales.

Una distribución térmica es un tipo especial de colectivo, en el que te aparecen todos los estados posibles, con un cierto peso en energía.

Saludos

[bert22]

Hola.

Ten en cuenta que una matriz densidad de tipo $\rho = |\Psi\rangle \langle \Psi|$, donde $|\Psi \rangle = c_1 |A\rangle + c_2 |B\rangle +c_3 |C\rangle$ no describe un colectivo de estados. Describe un unico estado cuántico $|\Psi \rangle$ , ese estado tu puedes elegir describirlo en la base $|A\rangle , |B\rangle ,|C\rangle$ o en cualquier otra que quieras, pero siempre es un unico estado cuántico, no un colectivo.

la prueba matemática de de que una matriz densidad describe un unico estado cuántico, o sea un estado puro, , y no un colectivo, es evaluar $Tr( \rho^2)$. Si te sale $Tr( \rho^2)= 1$ entonces tienes un estado puro, independientemente de la base que utilices para evaluar la traza.

Un colectivo, tanto en mecánica clásica como en mecánica cuántica, corresponde a una situación en la que tu no tienes un único estado, sino una mezcla estadística de varios.

la prueba matemática de de que una matriz densidad describe un colectivo, es evaluar $Tr( \rho^2)$. Si te sale $Tr( \rho^2) < 1$ entonces tienes una mezcla, que está asociada a un colectivo, independientemente de la base que utilices para evaluar la traza.

La mezcla estadística no la puedes hacer cambiando los coeficientes del desarrollo de un estado cuántico estado en una base dada, sino introduciendo las probabiloidades tal como te indiqué sobre las matrices densidad de un conjunto de estados ortogonales.

Una distribución térmica es un tipo especial de colectivo, en el que te aparecen todos los estados posibles, con un cierto peso en energía.

Saludos

Gracias de nuevo por la respuesta, aunque sigo sin entenderlo porque diría que si tienes un sistema de N estados puros $| \Psi_n \rangle = c_{1n} |A_{n}\rangle + c_{2n} |B_{n}\rangle +c_{3n} |C_{n}\rangle$ entonces siempre puedes definir un multiestado puro como el producto tensorial entre ellos, ¿o quizás esto es totalmente incorrecto y me estoy equivocando en algo?

Si estoy en lo correcto, entonces la pregunta seguiría estando ahí porque la cuestión sería por qué un sistema de N estados al cual llamas distribución (o colectivo) lo estás describiendo desde el principio con una matriz densidad mixta $\rho_{M}$ y no con una pura asociada al producto tensorial de todos ellos.

Supongo que quizás también me está faltando algún conocimiento acerca de cómo se define un "colectivo" en todo esto, ¿existe alguna propiedad específica (que se asuma por hipótesis o se obtenga como consecuencia de su definición) por la cual dicho sistema "colectivo" viene inevitablemente descrito por una matriz densidad mixta y no pura? Lo que comentas de que si sale $Tr( \rho^2) < 1$ entonces es que es mixta no lo veo como la razón que explica por qué dicho sistema viene descrito desde el principio por una matriz densidad mixta, sino una consecuencia una vez que ya se ha establecido ese tipo de matriz para describir ese sistema (si es que no me estoy equivocando en nada).

Un saludo y muchas gracias de nuevo por todo tu esfuerzo al responder.

[carroza]

Hola. Esta será mi ultima intervencion en este hilo, por lo que intentare ser claro:

Un producto tensorial de N estados puros es un estado puro. Por ejemplo, N bosones que pueden estar en los tres estados estados $|A \rangle , |B \rangle , |C \rangle$, vienen descritos en una base de $(N+3)(N+2)(N+1)/6$ estados, que son de tipo $|A A \dots A \rangle$, $|A A \dots B \rangle$, etc.

Cualquier combinación lineal de estados puros sean de 1 boson o de 500 bosones, es un estado puro, y su matriz densidad cumple que $Tr( \rho^2 ) = 1$. Cualquier estado puro, combinación de 500 bosones, no viene descrito por una mezcla, y en particular, no viene descrito por una distribución de Bose Einstein.

Ahora, imaginate que permites que los 500 bosones, inicialmente en un estado puro, interaccionen con el exterior. Por ejemplo, que interaccionen con un siatema de electrones, o con la radiación de fondo del universo, o con cualquier sistema complejo, que llamamos el ambiente. El estado puro de los bosones se entrelazará con los estados de los trillones de partículas del ambiente. Y ahora, tras esta interacción, quieres calcular de nuevo la matriz densidad que corresponde al sistema de los 500 bosones. Para ello haces un procedimiento de traza parcial, sobre la matriz densidad que corresponde al estado entrelazado, sumando sobre los estados del amniente. El resultado es que tus bosones estarán ahora descritos por una matriz densidad con traza $Tr( \rho^2 ) \ll 1$, que corresponde a una mezcla. Un caso particular de esta mezcla es el colectivo de Bose Einstein.

Un saludo, y ya nos veremos en otro hilo.

[bert22]

Hola. Esta será mi ultima intervencion en este hilo, por lo que intentare ser claro:

Un producto tensorial de N estados puros es un estado puro. Por ejemplo, N bosones que pueden estar en los tres estados estados $|A \rangle , |B \rangle , |C \rangle$, vienen descritos en una base de $(N+3)(N+2)(N+1)/6$ estados, que son de tipo $|A A \dots A \rangle$, $|A A \dots B \rangle$, etc.

Cualquier combinación lineal de estados puros sean de 1 boson o de 500 bosones, es un estado puro, y su matriz densidad cumple que $Tr( \rho^2 ) = 1$. Cualquier estado puro, combinación de 500 bosones, no viene descrito por una mezcla, y en particular, no viene descrito por una distribución de Bose Einstein.

Ahora, imaginate que permites que los 500 bosones, inicialmente en un estado puro, interaccionen con el exterior. Por ejemplo, que interaccionen con un siatema de electrones, o con la radiación de fondo del universo, o con cualquier sistema complejo, que llamamos el ambiente. El estado puro de los bosones se entrelazará con los estados de los trillones de partículas del ambiente. Y ahora, tras esta interacción, quieres calcular de nuevo la matriz densidad que corresponde al sistema de los 500 bosones. Para ello haces un procedimiento de traza parcial, sobre la matriz densidad que corresponde al estado entrelazado, sumando sobre los estados del amniente. El resultado es que tus bosones estarán ahora descritos por una matriz densidad con traza $Tr( \rho^2 ) \ll 1$, que corresponde a una mezcla. Un caso particular de esta mezcla es el colectivo de Bose Einstein.

Un saludo, y ya nos veremos en otro hilo.

Según parece entonces lo que estoy preguntando desde el principio se debe a que "se hace un procedimiento de traza parcial, sobre el estado entrelazado, sumando sobre los estados del ambiente", lo cual no tengo ni idea de cómo se hace (era una demostración así o una referencia a la misma lo que estaba pidiendo desde el principio), pero siendo un tema difícil para mí porque no tengo muchos conocimientos al respecto te agradezco bastante que hayas aportado al menos esa información ahora y también el resto de las explicaciones que has dado en el hilo para ir aclarando el tema.

Una pena que nos haya costado tanto hacernos entender y que justo cuando ha salido esta información ya no vayas a participar más, pero muchas gracias por todo.