Calcul de la dégénéréscence des niveaux d'énergie d'un oscillateur harmonique 3D

Ou a-t-on vraiment besoin de ce calcul improbable ?

L’auteur de ce sujet a trouvé une solution à son problème.
Auteur du sujet

Salut tout le monde !

En parcourant les notes de bas de page de mon cours de Quantique, je suis tombé sur ce truc : calcul

Je suis vachement perplexe face à ce raisonnement. Déjà, ça a l’air vraiment overkill là où une double somme aurait suffit. De plus je n’arrive pas à comprendre toutes les étapes.

Bon déjà je pense que le δ\delta n’est pas celui de Dirac, mais plutôt une fonction qui vaut 1 en 0 et 0 sur tous les autres entiers, et holomorphe au moins sur un domaine DZD \supset \mathbb{Z}.

Du coup je ne comprends pas le passage entre la 1ère et la deuxième égalité. Je me doute bien qu’il sort son intégrale de contour d’une formule à la f(z0)=12πif(z)zz0dzf(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\oint \frac{f(z)}{z - z_0} dz, mais je ne vois vraiment pas comment …

Après l’histoire du cercle autour de l’infini, c’est un truc de physicien ? Formellement ça correspondrait juste à un cercle avec rr \rightarrow \infty ?

Et pour finir pourquoi s’embêter autant ? C’est un trick courant qui se généralise mieux que la double sommation ?

Édité par Joh11

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Apparemment, un "dirac discret" δ[n]\delta[n] et une fonction qui vaut 0 partout sauf en n=0 où elle vaut 1.

Il y a un truc que je ne comprends pas dans la formulation. Si N=n1+n2+n3N=n_1+n_2+n_3, alors selon la définition du "dirac discret" que j’ai donné ci-dessus, la triple somme du début ne devrait valoir que 1, et "problem solved".

Cette question à l’air intéressante. Je veux bien la réponse aussi ^^.

+1 -0
Banni

Cette réponse a aidé l’auteur du sujet

On peut utiliser le stars and bars trick à la place… Mais c’est vrai que la méthode employée ici se généralise : ici la série formelle n=0Xndn∑_{n=0}^\infty X^n d_n vaut (11X)3\left(\frac{1}{1-X}\right)^3, et c’est une technique générale pour récupérer le NN-ième coefficient d’une série formelle qui est utilisé ici. On n’utilise pas de prolongement holomorphe de δ\delta. On peut faire quelque chose de similaire pour montrer le théorème de Pólyas.

EDIT Soit f(z)=n=0anznf(z) = ∑_{n=0}^{\infty} a_n z^n une fonction holomorphe au voisinage de 00. (Ici on a f(z)=(11z)3=n=0dnznf(z) = \left(\frac{1}{1-z}\right)^3 = \sum_{n=0}^{\infty} d_n z^n.) La formule de Cauchy dit que an=12iπγf(z)zn+1dza_n = \frac{1}{2i\pi} ∫_{\gamma} \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz.

Pour le cercle autour de l’infini, c’est parce que ξ1/ξ\xi → 1/\xi envoie 00 sur l’infini. L’intégrale est prise sur un petit cercle autour de 00, et donc quand on fait le changement de variable, ça devient un "grand" cercle autour de l’infini… Ensuite ce cercle peut être déformé comme on veut tant qu’on ne passe pas par un pôle, ça ne change pas la valeur de l’intégrale. Donc on peut le prendre autour de 11 en le déformant ("using Cauchy’s theorem for the pole at ξ=1\xi=1"). Il faut imaginer le truc sur la sphère de Riemann : un cercle autour de 00 est homotope à un cercle autour de 11.

Ensuite pourquoi s’embêter autant, je ne sais pas… c’est quand même plus compréhensible un raisonnement direct.

Édité par blo yhg

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Jamais vus cette démo perso. Généralement on démontre ça de manière plus simple en fixant n1n_1.

Est-ce que la méthode présenté à un intérêt dans d’autre cas plus compliqué ? Je ne sais pas. Pour un cas à n dimensions ou on obtient le résultat très simplement aussi.

Par contre la méthode des résidus c’est un gd classique en physique.

@blo yhg : il y a un problème dans tes maths je crois ^^

Édité par Vael

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Ah nan c’est marrant j’ai pas interprété la formule comme toi en faite. Pour moi c’est :

(11x)D\left(\frac{1}{1-x}\right)^D

ou D est al dimension du problème (ie : le nombre de nin_i ), ici 3. Ca vient du produit des développements de taylor: 11x=xn\frac{1}{1-x} = \sum x^n

et non le résultat dont tu parles (que je ne connaissais pas) :

(11x)3=xndn\left(\frac{1}{1-x}\right)^3 = \sum x^n d_n

Édité par Vael

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Banni

J’ai pas compris. Ce que je dis vient aussi du produit des développements de Taylor 11x=xn\frac{1}{1-x} = ∑ x^n (et de la définition de dnd_n).

Oups d’ailleurs dans mon edit j’ai mis un nn au lieu d’un 33, je corrige.

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Auteur du sujet

Ok je comprends maintenant pour la partie avec le cercle autour de l’infini.

Et je crois avoir compris aussi pour la première étape. Si on pose f(z)=n=0dnznf(z) = \sum_{n = 0}^\infty d_n z^n, alors (l’intégrale est autour de 0): dN=12πif(z)zN+1dz=12πif(ξ)ξN+1dξ=12πi1ξN+1n=0n1=0n2=0n3=0δ(nn1n2n3)ξndξd_N = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{z^{N+1}}dz = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(\xi)}{\xi^{N+1}}d\xi = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{1}{\xi^{N+1}} \sum_{n = 0}^\infty \sum_{n_1 = 0}^\infty \sum_{n_2 = 0}^\infty \sum_{n_3 = 0}^\infty \delta(n - n_1 - n_2 - n_3) \xi^nd\xi

Et du coup on peut virer la somme sur nn, ce qu’on ne pouvais pas faire avec les autres sommes puisqu’elles sont "liées" entre elles ?

C’était sympa pour me rafraîchir un peu d’ana complexe, mais c’est quand même sacrément tordu

Et @blo yhb (mince, l’espace a cassé le lien …) cool le trick des stars & bars ! J’avais déjà vu ça avant mais je ne pensait pas que ça avait un nom

Édité par Joh11

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Banni

Et je crois avoir compris aussi pour la première étape. Si on pose f(z)=n=0dnznf(z) = \sum_{n = 0}^\infty d_n z^n, alors (l’intégrale est autour de 0): dN=12πif(z)zN+1dz=12πif(ξ)ξN+1dξ=12πi1ξN+1n=0n1=0n2=0n3=0δ(nn1n2n3)ξndξd_N = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{z^{N+1}}dz = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(\xi)}{\xi^{N+1}}d\xi = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{1}{\xi^{N+1}} \sum_{n = 0}^\infty \sum_{n_1 = 0}^\infty \sum_{n_2 = 0}^\infty \sum_{n_3 = 0}^\infty \delta(n - n_1 - n_2 - n_3) \xi^nd\xi

Et du coup on peut virer la somme sur nn, ce qu’on ne pouvais pas faire avec les autres sommes puisqu’elles sont "liées" entre elles ?

En fait, ce qui est fait dans la note de bas de page est d’écrire δ(k)\delta(k) comme γdξ2iπξk+1\oint_{\gamma} \frac{d \xi}{2 i \pi \xi^{k+1}}, d’injecter ça dans la somme définissant dNd_N puis de faire commuter avec les sommes par convergence dominée.

Une autre manière de formuler ça, afin de généraliser la méthode, est d’introduire

f(ξ):=n=0dnξn=n1=0n2=0n3=0ξn1+n2+n3=(11ξ)3.f(\xi) := ∑_{n=0}^\infty d_n \xi^n = ∑_{n_1=0}^\infty ∑_{n_2=0}^\infty ∑_{n_3=0}^\infty \xi^{n_1+n_2+n_3} = \left(\frac{1}{1-\xi}\right)^3 \text{.}

On utilise ensuite la formule de Cauchy pour exprimer dnd_n comme une intégrale en fonction de f(ξ)=(11ξ)3f(\xi) = \left(\frac{1}{1-\xi}\right)^3. Cette formule de Cauchy revient au même que l’astuce d’écrire δ(k)\delta(k) comme dit plus haut.

Et @blo yhb (mince, l’espace a cassé le lien …) cool le trick des stars & bars ! J’avais déjà vu ça avant mais je ne pensait pas que ça avait un nom

Si ça t’intéresse, il y a une autre manière de voir. Étant donnée une série formelle f(X)=n=0anXnf(X) = ∑_{n=0}^\infty a_n X^n, quand on la multiplie par 11X=1+X+X2+\frac{1}{1-X} = 1+X+X^2+\cdots, on obtient f(X)1X=a0X0+(a0+a1)X1+(a0+a1+a2)X2+\frac{f(X)}{1-X} = a_0 X^0 + (a_0+a_1) X^1 + (a_0+a_1+a_2) X^2 + \cdots. On remarque alors que pour passer d’une colonne à la suivante dans le triangle de Pascal, c’est exactement cette opération qui est effectuée, plus l’ajout d’un zéro en haut. Cela veut dire que, (11X)d=n=0(n+d1d1)Xn\left(\frac{1}{1-X}\right)^d = ∑_{n=0}^\infty \binom{n+d-1}{d-1} X^n. En particulier dN=(N+3131)=(N+22)=(N+2)(N+1)2d_N = \binom{N+3-1}{3-1} = \binom{N+2}{2} = \frac{(N+2)(N+1)}{2}.

Édité par blo yhg

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