Commutation et vecteurs propres communs en dimension deux

Écrivons $M=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}$. On calcule

$$\begin{aligned} \sigma_zM=\begin{pmatrix}p&q\\-r&-s\end{pmatrix},\qquad M\sigma_z=\begin{pmatrix}p&-q\\r&-s\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

L'égalité impose $q=-q$ et $r=-r$, donc $q=r=0$ : les matrices qui commutent avec $\sigma_z$ sont les matrices diagonales. De même,

$$\begin{aligned} \sigma_xM=\begin{pmatrix}r&s\\p&q\end{pmatrix},\qquad M\sigma_x=\begin{pmatrix}q&p\\s&r\end{pmatrix}, \end{aligned}$$

et l'égalité impose $r=q$ et $s=p$ : les matrices qui commutent avec $\sigma_x$ sont de la forme $\begin{pmatrix}p&q\\q&p\end{pmatrix}=p\,\mathbf{1}+q\,\sigma_x$. Dans les deux cas, ce sont les combinaisons linéaires de l'identité et de la matrice elle-même.

Appliquons $\hat A$ au vecteur $\hat B\ket{a_i}$, en utilisant $\hat A\hat B=\hat B\hat A$ :

$$\hat A\bigl(\hat B\ket{a_i}\bigr)=\hat B\hat A\ket{a_i}=a_i\,\hat B\ket{a_i}.$$

Le vecteur $\hat B\ket{a_i}$ est donc soit nul, soit vecteur propre de $\hat A$ pour la valeur propre $a_i$. Dans les deux cas, il appartient au sous-espace propre associé à $a_i$, qui est la droite engendrée par $\ket{a_i}$ puisque la valeur propre est simple. Il existe donc un nombre $b_i$ tel que $\hat B\ket{a_i}=b_i\ket{a_i}$ : chaque $\ket{a_i}$ est aussi vecteur propre de $\hat B$, et la matrice de $\hat B$ dans cette base est diagonale. C'est ce que nous avons constaté à la première question : $\sigma_z$ a deux valeurs propres distinctes, et les matrices qui commutent avec elle sont diagonales dans sa base propre.

On a $\sigma_x\sigma_z=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ et $\sigma_z\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$, d'où $[\sigma_x,\sigma_z]=\begin{pmatrix}0&-2\\2&0\end{pmatrix}=-2i\sigma_y\neq0$. Les vecteurs propres de $\sigma_z$ sont les vecteurs de base $(1,0)$ et $(0,1)$, à un facteur près, puisque ses deux valeurs propres sont distinctes. Or $\sigma_x(1,0)=(0,1)$ et $\sigma_x(0,1)=(1,0)$ : aucun d'eux n'est vecteur propre de $\sigma_x$. Il n'y a donc aucun vecteur propre commun. Physiquement, il n'existe aucun état dans lequel les deux observables ont simultanément une valeur certaine : après une mesure de $\sigma_z$, l'état est un vecteur propre de $\sigma_z$, et une mesure de $\sigma_x$ donne alors chacun des deux résultats avec la probabilité $1/2$. Ce sont des observables incompatibles, comme les composantes du spin selon $z$ et $x$ dans l'expérience de Stern et Gerlach.

Non. L'identité commute avec toute matrice, en particulier avec $\sigma_x$. Tout vecteur est vecteur propre de $\mathbf{1}$, et la base canonique $(1,0)$, $(0,1)$ est donc une base propre de $\hat A$ ; mais $\sigma_x$ n'est pas diagonale dans cette base. Lorsque $\hat A$ a une valeur propre dégénérée, l'argument de la deuxième question montre seulement que $\hat B$ laisse invariant chaque sous-espace propre de $\hat A$, sans être nécessairement diagonal dans une base propre quelconque de $\hat A$. Il existe cependant une base propre de $\hat A$ dans laquelle $\hat B$ est diagonal : ici, la base $\frac{1}{\sqrt2}(1,\pm1)$ des vecteurs propres de $\sigma_x$. C'est le théorème de codiagonalisation, étudié dans l'exercice suivant.