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Thème 2 — Espaces de Hilbert et notations de Dirac

Fonctions d'une matrice

Mots-clés: calcul fonctionnel · décomposition spectrale · racine carrée · inverse · exponentielle · polynôme minimal · projecteurs spectraux · évolution temporelle

Exercice 1 : Fonctions d'une matrice

Pour une matrice hermitienne de décomposition spectrale A=∑kakPkA=\sum_ka_kP_k, où les PkP_k sont les projecteurs orthogonaux sur les sous-espaces propres, on définit f(A)=∑kf(ak)Pkf(A)=\sum_kf(a_k)P_k pour toute fonction ff définie sur le spectre. On reprend la matrice

A=(211121112)=1+J,\begin{aligned} A=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}=\mathbf{1}+J, \end{aligned}

où JJ est la matrice dont tous les coefficients valent 11, qui vérifie J2=3JJ^2=3J. On admet que AA a pour valeurs propres 44, de projecteur P4=13JP_4=\frac13J, et 11, de projecteur P1=1−13JP_1=\mathbf{1}-\frac13J.

Question 1
Vérifier que, pour un polynôme ff, la définition de f(A)f(A) coïncide avec le calcul direct. On traitera le cas f(x)=x2f(x)=x^2.

Solution
Les projecteurs vérifient Pk2=PkP_k^2=P_k et PkPl=0P_kP_l=0 pour k≠lk\neq l. Ainsi A2=(∑kakPk)2=∑kak2PkA^2=\bigl(\sum_ka_kP_k\bigr)^2=\sum_ka_k^2P_k, et par récurrence An=∑kaknPkA^n=\sum_ka_k^nP_k ; par linéarité, cela s'étend à tout polynôme. Ici, A2=16P4+P1=163J+1−13J=1+5JA^2=16P_4+P_1=\frac{16}{3}J+\mathbf{1}-\frac13J=\mathbf{1}+5J. Le calcul direct donne (1+J)2=1+2J+J2=1+5J(\mathbf{1}+J)^2=\mathbf{1}+2J+J^2=\mathbf{1}+5J : les deux méthodes concordent.

Question 2
Calculer A−1A^{-1} et A\sqrt A, la racine carrée étant définie par la fonction f(x)=xf(x)=\sqrt x sur le spectre, qui est positif. Vérifier les résultats.

Solution
Les valeurs propres étant non nulles, AA est inversible, et

A−1=14P4+P1=112J+1−13J=1−14J.A^{-1}=\frac14P_4+P_1=\frac{1}{12}J+\mathbf{1}-\frac13J=\mathbf{1}-\frac14J .

Vérification : (1+J)(1−14J)=1+J−14J−14J2=1+34J−34J=1(\mathbf{1}+J)(\mathbf{1}-\frac14J)=\mathbf{1}+J-\frac14J-\frac14J^2=\mathbf{1}+\frac34J-\frac34J=\mathbf{1}. De même,

A=2P4+P1=23J+1−13J=1+13J,\sqrt A=2P_4+P_1=\frac23J+\mathbf{1}-\frac13J=\mathbf{1}+\frac13J,

et (1+13J)2=1+23J+19J2=1+23J+13J=1+J=A(\mathbf{1}+\frac13J)^2=\mathbf{1}+\frac23J+\frac19J^2=\mathbf{1}+\frac23J+\frac13J=\mathbf{1}+J=A. C'est l'unique racine carrée de AA dont les valeurs propres sont positives ; il en existe d'autres, par exemple −A-\sqrt A.

Question 3
Montrer que (A−4 1)(A−1)=0(A-4\,\mathbf{1})(A-\mathbf{1})=0. En déduire que les projecteurs spectraux sont des polynômes en AA, et retrouver l'expression de A−1A^{-1}.

Solution
On a (A−4 1)(A−1)=(J−3 1)J=J2−3J=0(A-4\,\mathbf{1})(A-\mathbf{1})=(J-3\,\mathbf{1})J=J^2-3J=0. On peut aussi le voir sur la décomposition spectrale : (A−4)(A−1)=∑k(ak−4)(ak−1)Pk(A-4)(A-1)=\sum_k(a_k-4)(a_k-1)P_k, et chaque facteur s'annule sur le spectre. Considérons alors les polynômes de Lagrange L4(x)=x−14−1L_4(x)=\frac{x-1}{4-1} et L1(x)=x−41−4L_1(x)=\frac{x-4}{1-4}, qui valent 11 en une valeur propre et 00 en l'autre. On a L4(A)=∑kL4(ak)Pk=P4L_4(A)=\sum_kL_4(a_k)P_k=P_4, d'où

P4=A−13=13J,P1=4 1−A3=1−13J,P_4=\frac{A-\mathbf{1}}{3}=\frac13J,\qquad P_1=\frac{4\,\mathbf{1}-A}{3}=\mathbf{1}-\frac13J,

en accord avec l'énoncé. Enfin, en développant la relation, A2−5A+4 1=0A^2-5A+4\,\mathbf{1}=0, soit A(5 1−A)=4 1A(5\,\mathbf{1}-A)=4\,\mathbf{1}, d'où A−1=5 1−A4=4 1−J4=1−14JA^{-1}=\frac{5\,\mathbf{1}-A}{4}=\frac{4\,\mathbf{1}-J}{4}=\mathbf{1}-\frac14J.

Question 4
On considère un système quantique à trois états, de Hamiltonien H^=ℏωA\hat H=\hbar\omega A, préparé à l'instant t=0t=0 dans l'état ∣e1⟩=(1,0,0)\ket{e_1}=(1,0,0). Calculer l'opérateur d'évolution e−iH^t/ℏe^{-i\hat Ht/\hbar}, puis la probabilité de trouver le système dans l'état ∣e1⟩\ket{e_1} à l'instant tt.

Solution
Avec f(x)=e−iωtxf(x)=e^{-i\omega tx}, on obtient

e−iH^t/ℏ=e−4iωtP4+e−iωtP1=e−4iωt 13J+e−iωt(1−13J).e^{-i\hat Ht/\hbar}=e^{-4i\omega t}P_4+e^{-i\omega t}P_1=e^{-4i\omega t}\,\frac13J+e^{-i\omega t}\Bigl(\mathbf{1}-\frac13J\Bigr).

Comme ⟨e1∣J∣e1⟩=1\bra{e_1}J\ket{e_1}=1 et ⟨e1∣1∣e1⟩=1\bra{e_1}\mathbf{1}\ket{e_1}=1, l'amplitude de rester dans l'état initial vaut

⟨e1∣e−iH^t/ℏ∣e1⟩=13e−4iωt+23e−iωt=e−iωt3(e−3iωt+2),\bra{e_1}e^{-i\hat Ht/\hbar}\ket{e_1}=\frac13e^{-4i\omega t}+\frac23e^{-i\omega t}=\frac{e^{-i\omega t}}{3}\Bigl(e^{-3i\omega t}+2\Bigr),

et la probabilité est

P11(t)=19∣e−3iωt+2∣2=19(5+4cos⁡3ωt).P_{11}(t)=\frac19\bigl|e^{-3i\omega t}+2\bigr|^2=\frac19\bigl(5+4\cos3\omega t\bigr).

Elle oscille entre 11 et 19\frac19, à la pulsation 3ω3\omega égale à la différence des deux valeurs propres de H^\hat H divisée par ℏ\hbar : c'est un battement entre les deux niveaux d'énergie. Ce modèle décrit par exemple une particule pouvant passer d'un site à l'un quelconque des deux autres sites d'un triangle.