Formalisme quantique : delta de Kronecker

invite10e7600a · 27/12/2008, 16h01

Bonjour, j'ai un problème dans un exercice en formalisme quantique.
Je vous donne les notations de l'exercice :
On suppose que les états | $\phi_n$ > forment une base orthonormée discrète.
Soit Û(m,n) l'opérateur défini par : Û(m,n)=| $\phi_m$ > < $\phi_n$ |
La question que l'on nous pose est de calculer la trace Tr(Û(m,n)) , donc :

Tr(Û(m,n)) = $\sum_i$ < $\phi_i$ |Û(m,n)| $\phi_i$ > (1)
Tr(Û(m,n)) = $\sum_i$ < $\phi_i$ | $\phi_m$ > < $\phi_n$ | $\phi_i$ > (2)
On peut intervertir les produits scalaires , d'où:
= $\sum_i$ < $\phi_n$ | $\phi_i$ >< $\phi_i$ | $\phi_m$ >(3)
On reconnait la relation de fermeture :
=< $\phi_n$ | $\phi_m$ >(4)
= $\delta_{n,m}$ (5)

où $\delta_{i,j}$ est le delta de Kronecker qui vaut 1 quand i = j et 0 sinon.

Maintenant, si je choisis un autre chemin, je reprends à la ligne (2):
Tr(Û(m,n)) = $\sum_i$ < $\phi_i$ | $\phi_m$ > < $\phi_n$ | $\phi_i$ > (2)
= $\sum_i$ $\delta_{i,m}$ $\delta_{n,i}$
Donc ici, voici mon raisonnement ( certainement faux mais je vois pas où...):
La somme va atteindre le nombre n, on aura alors $\delta_{n,n}$ * $\delta_{m,n}$
$\delta_{n,n}$ = 1 , donc reste $\delta_{m,n}$
Cependant, la somme va aussi atteindre le nombre m :
Pareillement on aura $\delta_{n,m}$
d'où la somme $\delta_{m,n}$ + $\delta_{n,m}$ ce qui fait 2* $\delta_{m,n}$ . Et je n'obtiens donc pas le même (en tout cas me semble-t-il) resultat que dans la première méthode.
Merci d'avance.
Romain

invitedbd9bdc3 · 27/12/2008, 16h53

Ton raisonement est a moitier faux (mais donc aussi a moitier juste

). Ce que tu dit est vrai si m est different de n, tu auras bien deux fois ton kronecker, qui est nul : dans ce cas, le resultat est le meme 2*0=0.
Si n = m, alors dans ta somme tu n'atteidra qu'une fois n (ou m, vu que c'est les memes) et donc dans ce cas ta trace est bien egale à 1, tu as bien le meme resultat.

invite10e7600a · 27/12/2008, 18h46

Bien vu ! Merci

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