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Thème 2 — Espaces de Hilbert et notations de Dirac

Changement de base orthonormée

Mots-clés: changement de base · matrice unitaire · matrice de passage · représentation d'un opérateur · Hadamard · invariants

Exercice 1 : Changement de base orthonormée

Dans C2\C^2, on considère la base orthonormée canonique (∣0⟩,∣1⟩)(\ket0,\ket1) et la base

∣+⟩=∣0⟩+∣1⟩2,∣−⟩=∣0⟩−∣1⟩2.\ket+=\frac{\ket0+\ket1}{\sqrt2},\qquad\ket-=\frac{\ket0-\ket1}{\sqrt2}.

On appelle matrice de passage la matrice SS dont les colonnes sont les composantes des nouveaux vecteurs de base dans l'ancienne base, c'est-à-dire Sij=⟨ei|fj⟩S_{ij}=\braket{e_i}{f_j} si (∣ei⟩)(\ket{e_i}) est l'ancienne base et (∣fj⟩)(\ket{f_j}) la nouvelle.

Question 1
Vérifier que (∣+⟩,∣−⟩)(\ket+,\ket-) est une base orthonormée. Écrire la matrice de passage SS et montrer qu'elle est unitaire.

Solution
On a ⟨+|+⟩=12(1+1)=1\braket++=\frac12(1+1)=1, ⟨—|=⟩1\braket—=1 et ⟨+|−⟩=12(1−1)=0\braket+-=\frac12(1-1)=0 : la base est orthonormée. Les colonnes de SS sont les composantes de ∣+⟩\ket+ et ∣−⟩\ket- :

S=12(111−1).\begin{aligned} S=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}. \end{aligned}

Cette matrice, appelée matrice de Hadamard, est réelle et symétrique, donc S†=SS^\dagger=S, et un calcul direct donne S†S=S2=12(2002)=1S^\dagger S=S^2=\frac12\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=\mathbf{1}. Elle est unitaire.

Question 2
Montrer que, de façon générale, la matrice de passage entre deux bases orthonormées est unitaire.

Solution
Calculons les éléments de S†SS^\dagger S en utilisant la relation de fermeture dans l'ancienne base :

(S†S)jk=∑i(S†)jiSik=∑i⟨ei|fj⟩∗⟨ei|fk⟩=∑i⟨fj|ei⟩⟨ei|fk⟩=⟨fj|fk⟩=δjk.(S^\dagger S)_{jk}=\sum_i(S^\dagger)_{ji}S_{ik}=\sum_i\braket{e_i}{f_j}^*\braket{e_i}{f_k}=\sum_i\braket{f_j}{e_i}\braket{e_i}{f_k}=\braket{f_j}{f_k}=\delta_{jk}.

Ainsi S†S=1S^\dagger S=\mathbf{1}. Autrement dit, les colonnes de SS sont orthonormées, ce qui traduit simplement le fait que la nouvelle base est orthonormée. En dimension finie, cela entraîne aussi SS†=1SS^\dagger=\mathbf{1}.

Question 3
Un vecteur ∣ψ⟩\ket\psi a pour composantes (α,β)(\alpha,\beta) dans la base (∣0⟩,∣1⟩)(\ket0,\ket1). Quelles sont ses composantes dans la base (∣+⟩,∣−⟩)(\ket+,\ket-) ? Exprimer le résultat à l'aide de SS.

Solution
Les nouvelles composantes sont les projections ⟨+|ψ⟩\braket+\psi et ⟨−|ψ⟩\braket-\psi :

⟨+|ψ⟩=α+β2,⟨−|ψ⟩=α−β2.\braket+\psi=\frac{\alpha+\beta}{\sqrt2},\qquad\braket-\psi=\frac{\alpha-\beta}{\sqrt2}.

De façon générale, ⟨fj|ψ⟩=∑i⟨fj|ei⟩⟨ei|ψ⟩=∑i(S†)jiψi\braket{f_j}{\psi}=\sum_i\braket{f_j}{e_i}\braket{e_i}{\psi}=\sum_i(S^\dagger)_{ji}\psi_i : le vecteur colonne des nouvelles composantes est S†S^\dagger appliqué au vecteur colonne des anciennes. Attention au sens : c'est S†=S−1S^\dagger=S^{-1}, et non SS, qui transforme les composantes.

Question 4
Montrer que la matrice d'un opérateur A^\hat A dans la nouvelle base est A′=S†ASA'=S^\dagger AS. Calculer les matrices de σz=diag(1,−1)\sigma_z=\mathrm{diag}(1,-1) et de B=(2112)B=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix} dans la base (∣+⟩,∣−⟩)(\ket+,\ket-). Commenter.

Solution
Les éléments de matrice dans la nouvelle base sont Ajk′=⟨fj∣A^∣fk⟩A'_{jk}=\bra{f_j}\hat A\ket{f_k}. En insérant deux relations de fermeture dans l'ancienne base,

Ajk′=∑i,l⟨fj|ei⟩⟨ei∣A^∣el⟩⟨el|fk⟩=∑i,l(S†)jiAilSlk=(S†AS)jk.A'_{jk}=\sum_{i,l}\braket{f_j}{e_i}\bra{e_i}\hat A\ket{e_l}\braket{e_l}{f_k}=\sum_{i,l}(S^\dagger)_{ji}A_{il}S_{lk}=(S^\dagger AS)_{jk}.

Pour σz\sigma_z, on trouve

S†σzS=12(111−1)(100−1)(111−1)=12(1−111)(111−1)=(0110)=σx.\begin{aligned} S^\dagger\sigma_zS=\frac12\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}=\sigma_x . \end{aligned}

Dans la nouvelle base, σz\sigma_z a la matrice de σx\sigma_x : ses éléments diagonaux sont nuls, puisque ∣±⟩\ket\pm ne sont pas des états propres de σz\sigma_z. Pour BB, on remarque que B∣+⟩=3∣+⟩B\ket+=3\ket+ et B∣−⟩=∣−⟩B\ket-=\ket-, de sorte que

S†BS=(3001).\begin{aligned} S^\dagger BS=\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}. \end{aligned}

La base (∣+⟩,∣−⟩)(\ket+,\ket-) est une base de vecteurs propres de BB : diagonaliser une matrice revient précisément à trouver une base dans laquelle sa matrice est diagonale. On vérifie que la trace (44) et le déterminant (33) sont les mêmes dans les deux bases : ce sont des invariants, qui ne dépendent que de l'opérateur et non de la base.