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Thème 2 — Espaces de Hilbert et notations de Dirac

Opérateurs auto-adjoints

Mots-clés: opérateur auto-adjoint · matrice hermitienne · valeurs propres réelles · vecteurs propres orthogonaux · décomposition spectrale

Exercice 1 : Opérateurs auto-adjoints

Dans un espace de Hilbert H\H de dimension finie, un opérateur A^\hat A est dit auto-adjoint, ou hermitien, si A^†=A^\hat A^\dagger=\hat A, c'est-à-dire si ⟨u|A^v⟩=⟨A^u|v⟩\braket{u}{\hat Av}=\braket{\hat Au}{v} pour tous ∣u⟩,∣v⟩\ket u,\ket v.

Question 1
Montrer que, pour tout vecteur ∣v⟩\ket v, la quantité ⟨v∣A^∣v⟩\bra v\hat A\ket v est réelle. En déduire que les valeurs propres de A^\hat A sont réelles.

Solution
Par symétrie hermitienne du produit scalaire, puis auto-adjonction,

⟨v∣A^∣v⟩∗=⟨v|A^v⟩∗=⟨A^v|v⟩=⟨v|A^v⟩=⟨v∣A^∣v⟩.\bra v\hat A\ket v^*=\braket{v}{\hat Av}^*=\braket{\hat Av}{v}=\braket{v}{\hat Av}=\bra v\hat A\ket v .

Ce nombre est égal à son conjugué : il est réel. Si A^∣v⟩=λ∣v⟩\hat A\ket v=\lambda\ket v avec ∣v⟩≠0\ket v\neq0, alors ⟨v∣A^∣v⟩=λ∥v∥2\bra v\hat A\ket v=\lambda\norm v^2, et λ=⟨v∣A^∣v⟩/∥v∥2\lambda=\bra v\hat A\ket v/\norm v^2 est réel. C'est indispensable pour que les valeurs propres d'une observable puissent représenter des résultats de mesure.

Question 2
Montrer que deux vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux.

Solution
Soient A^∣u⟩=λ∣u⟩\hat A\ket u=\lambda\ket u et A^∣v⟩=μ∣v⟩\hat A\ket v=\mu\ket v, avec λ≠μ\lambda\neq\mu, réels d'après la question précédente. On calcule ⟨u|A^v⟩\braket{u}{\hat Av} de deux façons :

⟨u|A^v⟩=μ⟨u|v⟩,⟨u|A^v⟩=⟨A^u|v⟩=λ∗⟨u|v⟩=λ⟨u|v⟩.\braket{u}{\hat Av}=\mu\braket uv, \qquad \braket{u}{\hat Av}=\braket{\hat Au}{v}=\lambda^*\braket uv=\lambda\braket uv .

Ainsi (μ−λ)⟨u|v⟩=0(\mu-\lambda)\braket uv=0, et comme λ≠μ\lambda\neq\mu, on a ⟨u|v⟩=0\braket uv=0.

Question 3
On considère la matrice

A=(11−i1+i2).\begin{aligned} A=\begin{pmatrix}1&1-i\\1+i&2\end{pmatrix}. \end{aligned}

Vérifier qu'elle est hermitienne, puis déterminer ses valeurs propres et des vecteurs propres normalisés. Vérifier leur orthogonalité.

Solution
La transposée conjuguée de AA est égale à AA : les éléments diagonaux sont réels, et les éléments non diagonaux sont conjugués l'un de l'autre. Le polynôme caractéristique vaut

det⁡(A−λ1)=(1−λ)(2−λ)−(1−i)(1+i)=λ2−3λ+2−2=λ(λ−3).\det(A-\lambda\mathbf{1})=(1-\lambda)(2-\lambda)-(1-i)(1+i)=\lambda^2-3\lambda+2-2=\lambda(\lambda-3).

Les valeurs propres sont 00 et 33, réelles comme prévu. Pour λ=0\lambda=0, l'équation x+(1−i)y=0x+(1-i)y=0 donne le vecteur (−1+i, 1)(-1+i,\,1), de norme 3\sqrt3. Pour λ=3\lambda=3, l'équation −2x+(1−i)y=0-2x+(1-i)y=0 donne le vecteur (1−i, 2)(1-i,\,2), de norme 6\sqrt6. Les vecteurs propres normalisés sont donc

∣a0⟩=13(−1+i1),∣a3⟩=16(1−i2).\ket{a_0}=\frac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix}-1+i\\1\end{pmatrix}, \qquad \ket{a_3}=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix}1-i\\2\end{pmatrix}.

Leur produit scalaire vaut 118((−1−i)(1−i)+1⋅2)=118(−2+2)=0\frac{1}{\sqrt{18}}\bigl((-1-i)(1-i)+1\cdot2\bigr)=\frac{1}{\sqrt{18}}(-2+2)=0, en utilisant (−1−i)(1−i)=−1+i−i+i2=−2(-1-i)(1-i)=-1+i-i+i^2=-2.

Question 4
Écrire la décomposition spectrale de AA et la vérifier.

Solution
La décomposition spectrale s'écrit A=0⋅∣a0⟩⟨a0∣+3∣a3⟩⟨a3∣=3∣a3⟩⟨a3∣A=0\cdot\ket{a_0}\bra{a_0}+3\ket{a_3}\bra{a_3}=3\ket{a_3}\bra{a_3}. Vérifions :

3∣a3⟩⟨a3∣=36(1−i2)(1+i2)=12(∣1−i∣22(1−i)2(1+i)4)=(11−i1+i2)=A.\begin{aligned} 3\ket{a_3}\bra{a_3}=\frac36\begin{pmatrix}1-i\\2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1+i&2\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}|1-i|^2&2(1-i)\\2(1+i)&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1-i\\1+i&2\end{pmatrix}=A . \end{aligned}

La matrice AA est donc égale à 33 fois un projecteur de rang un. On vérifie la cohérence avec la trace, tr⁡A=3=0+3\tr A=3=0+3, et le déterminant, det⁡A=0=0×3\det A=0=0\times3.