Как доказать Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\шляпа{A}]=\langle\alpha|\шляпа{A}|\alpha\rangle

Question

Как доказать Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\шляпа{A}]=\langle\alpha|\шляпа{A}|\alpha\rangle

ТББТ

Для согласованного государства

| α ⟩ "=" е^{- \frac{| α |^{2}}{2}} \sum_{н} \frac{α^{н}}{\sqrt{н!}} | н ⟩

$|\alpha\rangle=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_n\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ подскажите как доказать

Т р [| α ⟩ ⟨ α | \hat{А}] "=" ⟨ α | \hat{А} | α ⟩,

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

где $\hat{A}$ является оператором квантовой механики.

Вальтер Моретти

Используйте тот факт, что каждый единичный вектор можно дополнить до базиса Гильберта, затем вычислите этот след относительно полученного базиса, поскольку он инвариантен при изменении базиса Гильберта.

Эмилио Писанти

Это также можно рассматривать как цикличность следа,

Tr (B C) = Tr (C B)

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

B = | α ⟩ : C \to H

$B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ и

C = ⟨ α | A : H \to C

$C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Подробнее о технических подробностях см. здесь .) Доказательство, однако, основано на базисе и соответствует ответу Дженнаро.

Эмилио Писанти

(И да, я написал этот комментарий исключительно для того, чтобы написать «цикличность» и «базис».)

Эмилио Писанти

Я не согласен с тем, что это должно быть закрыто. Это совершенно естественный вопрос, и (версии) этой идентичности существуют во многих местах, готовые сбить с толку любого неосторожного старшекурсника, который может пройти мимо. Это общий актив для сайта.

Ответы (2)

Как доказать Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\шляпа{A}]=\langle\alpha|\шляпа{A}|\alpha\rangle

Используйте тот факт, что каждый единичный вектор можно дополнить до базиса Гильберта, затем вычислите этот след относительно полученного базиса, поскольку он инвариантен при изменении базиса Гильберта.
Это также можно рассматривать как цикличность следа, $\operatorname{Tr}(BC)=\operatorname{Tr}(CB)$ , с $B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ и $C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Подробнее о технических подробностях см. здесь .) Доказательство, однако, основано на базисе и соответствует ответу Дженнаро.
(И да, я написал этот комментарий исключительно для того, чтобы написать «цикличность» и «базис».)
Я не согласен с тем, что это должно быть закрыто. Это совершенно естественный вопрос, и (версии) этой идентичности существуют во многих местах, готовые сбить с толку любого неосторожного старшекурсника, который может пройти мимо. Это общий актив для сайта.

смягченный · Answer 1

Позволять $|n'\rangle$ — базис гильбертова пространства, то

тр [| α ⟩ ⟨ α | А] "=" \sum_{н^{'}} ⟨ н^{'} | α ⟩ ⟨ α | А | н^{'} ⟩ "=" \sum_{н^{'}} ⟨ α | А | н^{'} ⟩ ⟨ н^{'} | α ⟩ "=" ⟨ α | А (\sum_{н^{'}} | н^{'} ⟩ ⟨ н^{'} |) | α ⟩ "=" ⟨ α | А | α ⟩

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

Это процедура для числового состояния, но $|\alpha\rangle$ в этом случае является когерентным состоянием.
@TBBT Нет. Эта процедура хорошо работает для когерентного состояния и, по сути, для любого состояния. Набор $\{|n\rangle\}$ просто должен быть любой ортонормированный базис.
@TBBT Как уже упоминалось в комментарии выше, $|n\rangle$ не является числовым состоянием, это просто любой элемент базиса сепарабельного гильбертова пространства. Вы можете назвать это $|\phi\rangle$ и интегрировать вместо этого, желательно.

Эмилио Писанти · Answer 2

Другой способ убедиться в этом — заметить, что любое состояние $|\psi⟩\in\mathcal H$ можно продолжить до ортонормированного базиса гильбертова пространства, и в этом базисе след $\operatorname{Tr}\left(|\psi⟩⟨\psi|\hat A\right)$ точно $⟨\psi|\hat A|\psi⟩$ .

Точнее, для любого $|\psi⟩\in\mathcal H$ существует последовательность $\renewcommand{\phi}{\varphi}\left\{|\phi_n⟩\right\}_n$ такой, что $⟨\phi_n|\phi_m⟩=\delta_{nm}$ , $⟨\phi_n|\psi⟩=0$ , и

| ψ ⟩ ⟨ ψ | + \sum_{н} | ф_{н} ⟩ ⟨ ф_{н} | "=" 1.

$|\psi⟩⟨\psi|+\sum_n|\phi_n⟩⟨\phi_n|=1.$ Тогда в этой основе

\begin{aligned} Тр (| ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{А}) "=" ⟨ ψ | ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{А} | ψ ⟩ + \sum_{н} ⟨ ф_{н} | ψ ⟩ ⟨ ψ | \hat{А} | ф_{н} ⟩ "=" ⟨ ψ | \hat{А} | ψ ⟩ . \end{aligned}

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

Для согласованного государства $|\psi⟩=|\alpha⟩$ , это можно сделать еще более явным, установив базис как базис смещенного числового состояния, находящийся поверх когерентного состояния, т.е. $|\phi_n⟩=\hat D(\alpha)|n⟩$ для $n=1,2,3,\ldots$ и $|n⟩$ числовое состояние.

Как доказать Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩Tr[|α⟩⟨α|A^]=⟨α|A^|α⟩\mathrm{Tr}[| \alpha\rangle\langle\alpha|\шляпа{A}]=\langle\alpha|\шляпа{A}|\alpha\rangle

ТББТ

Вальтер Моретти

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

Ответы (2)

смягченный

ТББТ

Хиггсс

смягченный

Эмилио Писанти

Эрмитово сопряжение дифференциального оператора

⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\шляпа{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle для всех |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle означает, что A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ Б}?

Ожидаемые значения операторов LxLxL_x и LyLyL_y в собственных состояниях LzLzL_z

Можем ли мы доказать это без явного вычисления?

Проблемы с пониманием упражнения Нильсена и Чуанга

Ортогональность суммированных волновых функций

Коммутатор положения и импульса

Нахождение T†T†T^\dagger, где Tφ(x)=φ(x+a)Tφ(x)=φ(x+a)T\varphi(x)=\varphi(x+a)

Сопряжение сопряженного оператора