← Bibliothèque d'exercices← Tous les exercices du thème
Thème 2 — Espaces de Hilbert et notations de Dirac

Procédé de Gram-Schmidt dans C3

Mots-clés: Gram-Schmidt · base orthonormée · projection orthogonale · décomposition · identité de Parseval

Exercice 1 : Procédé de Gram-Schmidt dans C3

On considère dans C3\C^3, muni du produit scalaire hermitien usuel, les trois vecteurs

∣a1⟩=(110),∣a2⟩=(10i),∣a3⟩=(011).\ket{a_1}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\qquad \ket{a_2}=\begin{pmatrix}1\\0\\ i\end{pmatrix},\qquad \ket{a_3}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.

On rappelle le principe du procédé de Gram-Schmidt : on normalise le premier vecteur, puis on retire à chaque vecteur suivant ses projections sur les vecteurs déjà construits, avant de le normaliser.

Question 1
Construire le premier vecteur ∣e1⟩\ket{e_1}, puis le second vecteur ∣e2⟩\ket{e_2} de la base orthonormée.

Solution
On normalise ∣a1⟩\ket{a_1}, de norme 2\sqrt2 : ∣e1⟩=12(1,1,0)\ket{e_1}=\frac{1}{\sqrt2}(1,1,0).

On retire ensuite à ∣a2⟩\ket{a_2} sa projection sur ∣e1⟩\ket{e_1}. Comme ⟨e1|a2⟩=12(1⋅1+1⋅0+0⋅i)=12\braket{e_1}{a_2}=\frac{1}{\sqrt2}(1\cdot1+1\cdot0+0\cdot i)=\frac{1}{\sqrt2},

∣f2⟩=∣a2⟩−⟨e1|a2⟩∣e1⟩=(10i)−12(110)=(1/2−1/2i).\ket{f_2}=\ket{a_2}-\braket{e_1}{a_2}\ket{e_1}=\begin{pmatrix}1\\0\\ i\end{pmatrix}-\frac12\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/2\\-1/2\\ i\end{pmatrix}.

On vérifie que ⟨e1|f2⟩=12(12−12)=0\braket{e_1}{f_2}=\frac{1}{\sqrt2}\bigl(\frac12-\frac12\bigr)=0. Sa norme vaut 14+14+1=32\sqrt{\frac14+\frac14+1}=\sqrt{\frac32}, d'où

∣e2⟩=16(1−12i).\ket{e_2}=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix}1\\-1\\2i\end{pmatrix}.

Question 2
Construire le troisième vecteur ∣e3⟩\ket{e_3} et vérifier que la famille obtenue est orthonormée.

Indication
Le bra associé à ∣e2⟩\ket{e_2} est 16(1, −1, −2i)\frac{1}{\sqrt6}(1,\,-1,\,-2i) : n'oubliez pas la conjugaison.

Solution
On calcule les deux projections de ∣a3⟩\ket{a_3} :

⟨e1|a3⟩=12(0+1+0)=12,⟨e2|a3⟩=16(1⋅0+(−1)⋅1+(−2i)⋅1)=−1−2i6.\braket{e_1}{a_3}=\frac{1}{\sqrt2}(0+1+0)=\frac{1}{\sqrt2}, \qquad \braket{e_2}{a_3}=\frac{1}{\sqrt6}\bigl(1\cdot0+(-1)\cdot1+(-2i)\cdot1\bigr)=\frac{-1-2i}{\sqrt6}.

On retire ces projections :

∣f3⟩=∣a3⟩−12∣e1⟩+1+2i6∣e2⟩=(011)−12(110)+1+2i6(1−12i).\ket{f_3}=\ket{a_3}-\frac{1}{\sqrt2}\ket{e_1}+\frac{1+2i}{\sqrt6}\ket{e_2} =\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}-\frac12\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+\frac{1+2i}{6}\begin{pmatrix}1\\-1\\2i\end{pmatrix}.

Composante par composante, en utilisant (1+2i)⋅2i=2i−4(1+2i)\cdot2i=2i-4 :

∣f3⟩=(−12+1+2i61−12−1+2i61+2i−46)=13(−1+i1−i1+i).\ket{f_3}=\begin{pmatrix}-\frac12+\frac{1+2i}{6}\\[2pt] 1-\frac12-\frac{1+2i}{6}\\[2pt] 1+\frac{2i-4}{6}\end{pmatrix}=\frac13\begin{pmatrix}-1+i\\1-i\\1+i\end{pmatrix}.

Sa norme vaut 132+2+2=23\frac13\sqrt{2+2+2}=\sqrt{\frac23}, et l'on obtient

∣e3⟩=16(−1+i1−i1+i).\ket{e_3}=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix}-1+i\\1-i\\1+i\end{pmatrix}.

Vérifions l'orthogonalité. D'une part, ⟨e1|e3⟩=112((−1+i)+(1−i))=0\braket{e_1}{e_3}=\frac{1}{\sqrt{12}}\bigl((-1+i)+(1-i)\bigr)=0. D'autre part,

⟨e2|e3⟩=16(1⋅(−1+i)+(−1)(1−i)+(−2i)(1+i))=16(−1+i−1+i−2i+2)=0.\braket{e_2}{e_3}=\frac16\Bigl(1\cdot(-1+i)+(-1)(1-i)+(-2i)(1+i)\Bigr)=\frac16\bigl(-1+i-1+i-2i+2\bigr)=0 .

Les trois vecteurs sont normalisés par construction : ils forment une base orthonormée de C3\C^3.

Question 3
Décomposer le vecteur ∣x⟩=(1,0,0)\ket x=(1,0,0) sur la base (∣e1⟩,∣e2⟩,∣e3⟩)(\ket{e_1},\ket{e_2},\ket{e_3}) et vérifier l'identité de Parseval.

Solution
Dans une base orthonormée, les composantes s'obtiennent par projection : ∣x⟩=∑k⟨ek|x⟩∣ek⟩\ket x=\sum_k\braket{e_k}{x}\ket{e_k}. Le produit scalaire ⟨ek|x⟩\braket{e_k}{x} est simplement le conjugué de la première composante de ∣ek⟩\ket{e_k} :

⟨e1|x⟩=12,⟨e2|x⟩=16,⟨e3|x⟩=−1−i6.\braket{e_1}{x}=\frac{1}{\sqrt2},\qquad \braket{e_2}{x}=\frac{1}{\sqrt6},\qquad \braket{e_3}{x}=\frac{-1-i}{\sqrt6}.

L'identité de Parseval donne ∑k∣⟨ek|x⟩∣2=12+16+26=1=∥x∥2\sum_k|\braket{e_k}{x}|^2=\frac12+\frac16+\frac26=1=\norm x^2. On peut aussi vérifier la décomposition sur la deuxième composante : 12⋅12+16⋅−16+−1−i6⋅1−i6=12−16−26=0\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt6}\cdot\frac{-1}{\sqrt6}+\frac{-1-i}{\sqrt6}\cdot\frac{1-i}{\sqrt6}=\frac12-\frac16-\frac26=0, comme il se doit.

Question 4
Le résultat dépend-il de l'ordre dans lequel on traite les vecteurs ∣ai⟩\ket{a_i} ? Que se passerait-il si les trois vecteurs étaient liés ?

Solution
Oui : en traitant les vecteurs dans un autre ordre, on obtient en général une autre base orthonormée. Le procédé garantit seulement qu'à chaque étape kk, les vecteurs ∣e1⟩,...,∣ek⟩\ket{e_1},...,\ket{e_k} engendrent le même sous-espace que ∣a1⟩,...,∣ak⟩\ket{a_1},...,\ket{a_k}. Si les vecteurs étaient liés, l'un des vecteurs ∣fk⟩\ket{f_k} serait nul, car ∣ak⟩\ket{a_k} appartiendrait déjà au sous-espace engendré par les précédents, et on ne pourrait pas le normaliser : le procédé détecte ainsi la dépendance linéaire.