Cómo probar Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\hat{A}]=\langle\alpha|\hat{A}|\alpha\rangle

Question

Cómo probar Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\hat{A}]=\langle\alpha|\hat{A}|\alpha\rangle

TBBT

Por un estado coherente

| α ⟩ = {mi}^{- \frac{| α |^{2}}{2}} \sum_{norte} \frac{α^{norte}}{\sqrt{norte!}} | norte ⟩

$|\alpha\rangle=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_n\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ por favor muéstrame cómo probar,

T r [| α ⟩ ⟨ α | \hat{A}] = ⟨ α | \hat{A} | α ⟩,

$\mathrm{Tr}\left[|\alpha\rangle\langle\alpha|\hat{A}\right]=\langle\alpha|\hat{A}|\alpha\rangle,$

dónde $\hat{A}$ es un operador de mecánica cuántica.

Valter Moretti

Use el hecho de que cada vector unitario se puede completar en una base de Hilbert, luego calcule esa traza con respecto a la base obtenida ya que es invariante bajo el cambio de la base de Hilbert.

Emilio Pisanty

Esto también se puede ver como la ciclicidad de la traza,

Tr (B C) = Tr (C B)

$\operatorname{Tr}(BC)=\operatorname{Tr}(CB)$ , con

B = | α ⟩ : C \to H

$B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ y

C = ⟨ α | A : H \to C

$C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Para obtener detalles un poco más técnicos, consulte aquí ). La prueba, sin embargo, se basa en la base y sigue las líneas de la respuesta de Gennaro.

Emilio Pisanty

(Y sí, escribí ese comentario exclusivamente para poder escribir 'ciclicidad' y 'basado en la base').

Emilio Pisanty

No estoy de acuerdo con que esto deba cerrarse. Es una pregunta perfectamente natural y (versiones de) esta identidad están en muchos lugares listas para confundir a cualquier estudiante universitario desprevenido que pueda pasar. Es un activo general para el sitio.

Respuestas (2)

Cómo probar Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\hat{A}]=\langle\alpha|\hat{A}|\alpha\rangle

Use el hecho de que cada vector unitario se puede completar en una base de Hilbert, luego calcule esa traza con respecto a la base obtenida ya que es invariante bajo el cambio de la base de Hilbert.
Esto también se puede ver como la ciclicidad de la traza, $\operatorname{Tr}(BC)=\operatorname{Tr}(CB)$ , con $B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ y $C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Para obtener detalles un poco más técnicos, consulte aquí ). La prueba, sin embargo, se basa en la base y sigue las líneas de la respuesta de Gennaro.
(Y sí, escribí ese comentario exclusivamente para poder escribir 'ciclicidad' y 'basado en la base').
No estoy de acuerdo con que esto deba cerrarse. Es una pregunta perfectamente natural y (versiones de) esta identidad están en muchos lugares listas para confundir a cualquier estudiante universitario desprevenido que pueda pasar. Es un activo general para el sitio.

gentil · Answer 1

Dejar $|n'\rangle$ sea una base del espacio de Hilbert, entonces

tr [| α ⟩ ⟨ α | A] = \sum_{{norte}^{'}} ⟨ {norte}^{'} | α ⟩ ⟨ α | A | {norte}^{'} ⟩ = \sum_{{norte}^{'}} ⟨ α | A | {norte}^{'} ⟩ ⟨ {norte}^{'} | α ⟩ = ⟨ α | A (\sum_{{norte}^{'}} | {norte}^{'} ⟩ ⟨ {norte}^{'} |) | α ⟩ = ⟨ α | A | α ⟩

$\textrm{tr}\Big[|\alpha\rangle\langle\alpha|A\Big]=\sum_{n'}\langle n'|\alpha\rangle\langle\alpha|A|n'\rangle=\sum_{n'}\langle\alpha|A|n'\rangle\langle n'|\alpha\rangle = \langle\alpha|A\left(\sum_{n'}|n'\rangle \langle n'|\right)|\alpha\rangle=\langle\alpha|A|\alpha\rangle$

Este es el procedimiento para un estado numérico, pero $|\alpha\rangle$ es un estado coherente en este caso.
@TBBT No. Este procedimiento funciona bien para un estado coherente y, de hecho, para cualquier estado. El conjunto $\{|n\rangle\}$ solo necesita ser cualquier base ortonormal.
@TBBT Como ya se mencionó en el comentario anterior, $|n\rangle$ no es un estado numérico, es cualquier elemento de una base de un espacio de Hilbert separable. Puedes llamarlo $|\phi\rangle$ e integrar en su lugar, preferiblemente.

Emilio Pisanty · Answer 2

Otra forma de ver esto es observar que cualquier estado $|\psi⟩\in\mathcal H$ puede extenderse a una base ortonormal del espacio de Hilbert, y en esa base la traza $\operatorname{Tr}\left(|\psi⟩⟨\psi|\hat A\right)$ es exactamente $⟨\psi|\hat A|\psi⟩$ .

Más explícitamente, para cualquier $|\psi⟩\in\mathcal H$ existe una secuencia $\renewcommand{\phi}{\varphi}\left\{|\phi_n⟩\right\}_n$ tal que $⟨\phi_n|\phi_m⟩=\delta_{nm}$ , $⟨\phi_n|\psi⟩=0$ , y

| ψ ⟩ ⟨ ψ | + \sum_{norte} | φ_{norte} ⟩ ⟨ φ_{norte} | = 1.

$|\psi⟩⟨\psi|+\sum_n|\phi_n⟩⟨\phi_n|=1.$ Sobre esta base, pues,

\begin{aligned} Tr (| ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{A}) = ⟨ ψ | ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{A} | ψ ⟩ + \sum_{norte} ⟨ φ_{norte} | ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{A} | φ_{norte} ⟩ = ⟨ ψ | \hat{A} | ψ ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} \operatorname{Tr}\left(|\psi⟩⟨\psi|\hat A\right) =⟨\psi|\psi⟩⟨\psi|\hat A|\psi⟩+\sum_n⟨\phi_n|\psi⟩⟨\psi|\hat A|\phi_n⟩ =⟨\psi|\hat A|\psi⟩. \end{align}$

Por un estado coherente $|\psi⟩=|\alpha⟩$ , esto se puede hacer aún más explícito al establecer la base como una base de estado numérico desplazada que se sienta encima del estado coherente, es decir $|\phi_n⟩=\hat D(\alpha)|n⟩$ para $n=1,2,3,\ldots$ y $|n⟩$ un estado numérico.

Cómo probar Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\hat{A}]=\langle\alpha|\hat{A}|\alpha\rangle

TBBT

Valter Moretti

Emilio Pisanty

Emilio Pisanty

Emilio Pisanty

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gentil

TBBT

higgsss

gentil

Emilio Pisanty

Conjugado hermitiano del operador diferencial

Hace ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle para todo |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implica que A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

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