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

Salut tout le monde !

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

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 $\delta$ 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 $D \supset \mathbb{Z}$.

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 $f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\oint \frac{f(z)}{z - z_0} dz$, 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 $r \rightarrow \infty$ ?

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

Apparemment, un "dirac discret" $\delta[n]$ 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 $N=n_1+n_2+n_3$, 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 ^^.

Le $\delta_N$ ne se refère pas à la notation de Kronecker ?

Jamais vus cette démo perso. Généralement on démontre ça de manière plus simple en fixant $n_1$.

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

Où ça un problème @Vael ?

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

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

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

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

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

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

Oups d’ailleurs dans mon edit j’ai mis un $n$ au lieu d’un $3$, je corrige.

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 $f(z) = \sum_{n = 0}^\infty d_n z^n$, alors (l’intégrale est autour de 0): $d_N = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{z^{N+1}}dz = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(\xi)}{\xi^{N+1}}d\xi = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{1}{\xi^{N+1}} \sum_{n = 0}^\infty \sum_{n_1 = 0}^\infty \sum_{n_2 = 0}^\infty \sum_{n_3 = 0}^\infty \delta(n - n_1 - n_2 - n_3) \xi^nd\xi$

Et du coup on peut virer la somme sur $n$, 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

Et je crois avoir compris aussi pour la première étape. Si on pose $f(z) = \sum_{n = 0}^\infty d_n z^n$, alors (l’intégrale est autour de 0): $d_N = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{z^{N+1}}dz = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{f(\xi)}{\xi^{N+1}}d\xi = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{1}{\xi^{N+1}} \sum_{n = 0}^\infty \sum_{n_1 = 0}^\infty \sum_{n_2 = 0}^\infty \sum_{n_3 = 0}^\infty \delta(n - n_1 - n_2 - n_3) \xi^nd\xi$

Et du coup on peut virer la somme sur $n$, 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 $\delta(k)$ comme $\oint_{\gamma} \frac{d \xi}{2 i \pi \xi^{k+1}}$, d’injecter ça dans la somme définissant $d_N$ puis de faire commuter avec les sommes par convergence dominée.

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

$f(\xi) := ∑_{n=0}^\infty d_n \xi^n = ∑_{n_1=0}^\infty ∑_{n_2=0}^\infty ∑_{n_3=0}^\infty \xi^{n_1+n_2+n_3} = \left(\frac{1}{1-\xi}\right)^3 \text{.}$

On utilise ensuite la formule de Cauchy pour exprimer $d_n$ comme une intégrale en fonction de $f(\xi) = \left(\frac{1}{1-\xi}\right)^3$. Cette formule de Cauchy revient au même que l’astuce d’écrire $\delta(k)$ 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 $f(X) = ∑_{n=0}^\infty a_n X^n$, quand on la multiplie par $\frac{1}{1-X} = 1+X+X^2+\cdots$, on obtient $\frac{f(X)}{1-X} = a_0 X^0 + (a_0+a_1) X^1 + (a_0+a_1+a_2) X^2 + \cdots$. 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, $\left(\frac{1}{1-X}\right)^d = ∑_{n=0}^\infty \binom{n+d-1}{d-1} X^n$. En particulier $d_N = \binom{N+3-1}{3-1} = \binom{N+2}{2} = \frac{(N+2)(N+1)}{2}$.