玻色分布也是基于经典玻尔兹曼分布的量子分布

美国归侨冯向军博士，2017年8月13日写于美丽家乡

【摘要】【1】文中，我用无拉格朗日乘数法的最大玻尔兹曼熵原理推导出基于经典玻尔兹曼分布的量子分布费米分布。本文则指出玻色分布也是基于经典玻尔兹曼分布的量子分布。

定理：假设能量为E化学势为u的由全同和独立粒子玻色子所组成的量子系统满足以下条件：【2】

(1)p_i+1/p_i = x,这其中p_i是某一量子态上有i个粒子的概率，这其中，非负整数i = 0，1，2，...

(2)x 服从经典玻尔兹曼分布：x = exp(-(E-u)/kT)

则给定量子态上的平均粒子数服从玻色-爱因斯坦分布：

f(E) = 1/(exp((E-u)/kT)-1)    (1-1)

证明：

由柯尔莫哥洛夫概率的规范性有：

p₀ + p₁ + ... + p_n +... = 1    (1-2)

因为：

p_i+1/p_i = x，i = 0，1，2，...    (1-3)

所以：

p₀(1 + x + x² + ...) = 1    (1-4)

因为玻色子不遵从泡利不相容原理，所以给定量子态上的平均粒子数f(E)服从：

f(E) = 0*p₀ + 1*p₁ + 2p₂ + 3p₃ + ... = p₀S，这其中

S = x + 2x² + 3x³ + ...    (1-5)

就有：

xS = x² + 2x³ + 3x⁴ + ... (1-6)

(1-x)S = x(1 + x + x² +...) = x/p₀    (1-7)

S = 1/p₀ * x/(1-x)

f(E) = p₀S = x/(1-x)    (1-8)

f(E)= 1/(exp((E-u)/(kT))-1)    (1-9)

证毕。

【讨论】【2】

（1）因为 f(E) >= 0 并且有限，所以：

exp((E-u)/(kT)) > 1    (1-10)

这要求化学势u低于最低能级。一般要求 u < 0。

（2）当 u = 0，

f(E)= 1/(exp(E/(kT))-1)    (1-11)

由此易导出普朗克公式。

（3）考察任意激发态的平均粒子数f(E)与基态的平均粒子数f(E0)之比：

f(E)/f(E₀) = (exp((E₀-u)/(kT)-1)/(exp((E-u)/(kT)-1)

f(E)/f(E₀) <= exp((E₀-E)/(kT) (1-12)

当T->0，f(E)/f(E0) ->  0。即玻色气体几乎全部粒子都集中在基态，形成一个凝聚态：玻色-爱因斯坦凝聚态。从而出现所有粒子都具有相同的能量和动量的宏观量子现象：超流。

【重大异见：玻色分布中的x是什么？】

我根据数学事实给出了与【2】文不相同的解释。

根据（1-4）式:

p₀(1 + x + x² + ...) = 1    (1-4)

有：

p0 + xp0(1 + x + x² + ...) = 1    (1-13)

p0  + x = 1

x = 1 - p0 = p1 + p2 + ...(1-14)

所以玻色分布中的x与费米分布中的x物理含义不一样，它是给定量子态上出现所有非零粒子数的概率的总和。或者更直接了当地说白了：x是给定量子态被粒子占领的总概率。

给定量子态上的平均粒子数f(E）= x/(1-x) =给定量子态被粒子占领的总概率与未被任何粒子占领的概率的比。

【试用无拉格朗日乘数法的最大玻尔兹曼熵原理推导玻色分布】

 假设玻色子系统在n次实验中，能级E1上某量子态被占领的次数为n1而能级E2上某量子态被占领的次数为n2。n1 + n2 = N。以上抽象的统计数学假设避免了二义性又符合概率的统计定义。这时系统微观组合状态总数W(也就是在n次实验中，能级E1上某量子态被占领的次数为n1而能级E2上某量子态被占领的次数为n2的具体实现的方法总数）满足下式：

W = N！/ (n1!n2!)    (1-15)

玻尔兹曼熵S = klog(W)，这其中k为玻尔兹曼常数。（1-16）

有：

S = k(log(N!) - log(n1!) - log(n2!))    (1-17)

考察系统以克劳修斯熵增引发玻尔兹曼熵增。

因为此原因，系统的玻尔兹曼熵从S变到S*，n次实验中，能级E1上某量子态被占领的次数少了1次而能级E2上某量子态被占领的次数多了一次。有：

S* = k(log(N!) - log((n1-1)!) - log((n2+1)!)) (1-18)

玻尔兹曼熵增量deltaS = S* - S满足：

deltaS = k(log(n1/(n2+1)) (1-19)

因为 n2 远大于 1，

deltaS = klog(n1/n2) (1-20)

假设克劳修斯熵增量deltaSc满足下式：

deltaSc =  （E2- E1）/T    (1-21)

命：玻尔兹曼熵增量deltaS = 克劳修斯熵增量deltaSc    （1-22）

就有：

log(n1/n2) =  - (E1-E2)/(kT)    (1-23)

n1 = nAexp(-E1/(kT))    (1-24)

n2 = nAexp(-E2/(kT))    (1-25)

p1 = n1/n = x(E1) = Aexp(-E1/(kT)    (1-26)

p2 = n2/n = x(E2) = Aexp(-E2/(kT)    (1-27)

这其中p1和p2分别是能级E1和能级E2上给定量子态被粒子占领的总概率。

x = Aexp(-E/(kT)) = exp(-(E-u)/(kT))    (1-28)

给定量子态上的平均粒子数f(E)满足：

f(E)= x/（1-x）= 1/(exp((E-u)/(kT))-1)    

参考文献

【1】冯向军，费米分布的实质，科学网，2017年8月11日。http://blog.sciencenet.cn/blog-1968-1070651.html

【2】余守宪 唐莹，费米-狄拉克分布和玻色-爱因斯坦分布的简单推导，物理与工程，第11卷，第2期，2001年。

https://wenku.baidu.com/view/4bb001b26f1aff00bfd51e0e.html

【附录】

玻色子对学术知音张学文先生的科学新单位个的颠覆

美国归侨冯向军博士，2017年8月14日写于美丽家乡

在全同而独立的玻色子系统中

在任意给定的量子态上

有一个波色子等同于没有玻色子和有了一回玻色子同时以一定概率发生；

有十个波色子等同于没有玻色子和有了十回玻色子同时以一定概率发生；

有百个波色子等同于没有玻色子和有了百回玻色子同时以一定概率发生；

有千个波色子等同于没有玻色子和有了千回玻色子同时以一定概率发生；

有万个波色子等同于没有玻色子和有了万回玻色子同时以一定概率发生；

有百万个波色子等同于没有玻色子和有了百万回玻色子同时以一定概率发生；

有千万个波色子等同于没有玻色子和有了千万回玻色子同时以一定概率发生；

有亿万个波色子等同于没有玻色子和有了亿万回玻色子同时以一定概率发生；

......

p₁ = p₀ * x

p₂ = p₀ * x²

p₃ = p₀ * x³

p₀ (1 + x + x² + x³ + ...) = 1

p₀ + xp₀(1 + x + x² + x³ + ...) = 1

p₀ + x = 1

x = p₁ + p₂ + p₃ + ... = 1 - p₀

这其中p_i是某量子态上有i个玻色子的概率，i = 0，1，2，...

p₁ = p₀ * （p₁ + p₂ + p₃ + ... ）

p₂ = p₀ * （p₁ + p₂ + p₃ + ... )²

p3 = p₀ * （p₁ + p₂ + p₃ + ... )³

^...

在系统温度T和能级E以及化学势u给定的情况下，

任意量子态上有玻色子的概率x是唯一确定的：

x = exp(-(E-u）/(kT)),这其中k是玻尔兹曼常数。(1-1)

任意量子态上没有玻色子的概率p0也是唯一确定的：

p0 = 1 - x (1-2)

这时任意量子态上的“1个玻色子” = p0(1，0）+ x(0，1）

这其中，

（1，0）= A = 没有玻色子，

(0，1）= 非A = 有玻色子

“1个玻色子” = p0A + x非A

“1个玻色子”的概率 = p0x

“2个玻色子” = p0A + x²非A

“2个玻色子”的概率 = p0x²

“3个玻色子” = p0A + x³非A

“3个玻色子”的概率 = p0x³

...

“任意多个玻色子”都是相互对立的广义向量：无玻色子和有玻色子所构成的

二维正交坐标系中的广义向量。