Wie beweist man 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

Wie beweist man 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

Für einen kohärenten Staat

| a ⟩ = e^{- \frac{| a |^{2}}{2}} \sum_{N} \frac{a^{N}}{\sqrt{N!}} | N ⟩

$|\alpha\rangle=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_n\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ Bitte zeigen Sie mir, wie ich beweisen kann,

T R [| a ⟩ ⟨ a | \hat{A}] = ⟨ a | \hat{A} | a ⟩,

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

Wo $\hat{A}$ ist ein quantenmechanischer Operator.

Valter Moretti

Verwenden Sie die Tatsache, dass jeder Einheitsvektor zu einer Hilbert-Basis vervollständigt werden kann, und berechnen Sie dann diese Spur in Bezug auf die erhaltene Basis, da sie bei Änderung der Hilbert-Basis unveränderlich ist.

Emilio Pisanty

Dies kann auch als Zyklizität der Spur angesehen werden,

Tr (B C) = Tr (C B)

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

B = | α ⟩ : C \to H

$B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ Und

C = ⟨ α | A : H \to C

$C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Für etwas mehr technische Details siehe hier .) Der Beweis ist jedoch basisbasiert und entspricht Gennaros Antwort.

Emilio Pisanty

(Und ja, ich habe diesen Kommentar ausschließlich geschrieben, damit ich „Zyklizität“ und „basisbasiert“ schreiben konnte.)

Emilio Pisanty

Ich bin dagegen, dass dies geschlossen werden sollte. Es ist eine völlig natürliche Frage, und (Versionen davon) dieser Identität sind an vielen Orten herum, bereit, alle unvorsichtigen Studenten zu verwirren, die vorbeikommen könnten. Es ist eine Bereicherung für die Website.

Antworten (2)

Wie beweist man 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

Verwenden Sie die Tatsache, dass jeder Einheitsvektor zu einer Hilbert-Basis vervollständigt werden kann, und berechnen Sie dann diese Spur in Bezug auf die erhaltene Basis, da sie bei Änderung der Hilbert-Basis unveränderlich ist.
Dies kann auch als Zyklizität der Spur angesehen werden, $\operatorname{Tr}(BC)=\operatorname{Tr}(CB)$ , mit $B=|\alpha⟩:\mathbb C\to\mathcal H$ Und $C=⟨\alpha|A:\mathcal H\to\mathbb C$ . (Für etwas mehr technische Details siehe hier .) Der Beweis ist jedoch basisbasiert und entspricht Gennaros Antwort.
(Und ja, ich habe diesen Kommentar ausschließlich geschrieben, damit ich „Zyklizität“ und „basisbasiert“ schreiben konnte.)
Ich bin dagegen, dass dies geschlossen werden sollte. Es ist eine völlig natürliche Frage, und (Versionen davon) dieser Identität sind an vielen Orten herum, bereit, alle unvorsichtigen Studenten zu verwirren, die vorbeikommen könnten. Es ist eine Bereicherung für die Website.

geniert · Answer 1

Lassen $|n'\rangle$ sei dann eine Basis des Hilbertraums

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

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

Dies ist das Verfahren für einen Nummernzustand, aber $|\alpha\rangle$ ist in diesem Fall ein kohärenter Zustand.
@TBBT Nein. Dieses Verfahren funktioniert gut für einen kohärenten Zustand und tatsächlich für jeden Zustand. Der Satz $\{|n\rangle\}$ muss nur eine orthonormale Basis sein.
@TBBT Wie der obige Kommentar bereits erwähnt hat, $|n\rangle$ ist kein Zahlenzustand, sondern nur irgendein Element einer Basis eines separierbaren Hilbert-Raums. Sie können es anrufen $|\phi\rangle$ und integrieren Sie stattdessen vorzugsweise.

Emilio Pisanty · Answer 2

Eine andere Möglichkeit, dies zu sehen, besteht darin, jeden Zustand zu beobachten $|\psi⟩\in\mathcal H$ kann auf eine orthonormale Basis des Hilbert-Raums erweitert werden, und auf dieser Basis die Spur $\operatorname{Tr}\left(|\psi⟩⟨\psi|\hat A\right)$ ist genau $⟨\psi|\hat A|\psi⟩$ .

Genauer gesagt für alle $|\psi⟩\in\mathcal H$ es gibt eine Folge $\renewcommand{\phi}{\varphi}\left\{|\phi_n⟩\right\}_n$ so dass $⟨\phi_n|\phi_m⟩=\delta_{nm}$ , $⟨\phi_n|\psi⟩=0$ , Und

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

$|\psi⟩⟨\psi|+\sum_n|\phi_n⟩⟨\phi_n|=1.$ Auf dieser Grundlage also

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

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

Für einen kohärenten Staat $|\psi⟩=|\alpha⟩$ , kann dies sogar noch deutlicher gemacht werden, indem die Basis als eine verschobene Zahlzustandsbasis gesetzt wird, die auf dem kohärenten Zustand sitzt, d. h $|\phi_n⟩=\hat D(\alpha)|n⟩$ für $n=1,2,3,\ldots$ Und $|n⟩$ ein Zahlenzustand.

Wie beweist man 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

Antworten (2)

geniert

TBBT

hallo

geniert

Emilio Pisanty

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Ist ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle für alle |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implizieren, dass A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

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