Opérateurs positifs et racine carrée

On a $\hat M^\dagger=\hat A^\dagger(\hat A^\dagger)^\dagger=\hat A^\dagger\hat A=\hat M$. Pour tout $\ket v$, $\bra v\hat M\ket v=\braket{\hat Av}{\hat Av}=\norm{\hat Av}^2\geq0$. Si $\hat M\ket v=\mu\ket v$ avec $\ket v$ normalisé, alors $\mu=\bra v\hat M\ket v\geq0$. Enfin, si $\hat M\ket v=0$, alors $\norm{\hat Av}^2=\bra v\hat M\ket v=0$, donc $\hat A\ket v=0$ ; réciproquement, $\hat A\ket v=0$ entraîne $\hat M\ket v=0$. Les deux opérateurs ont le même noyau, et en dimension finie, l'un est inversible si et seulement si l'autre l'est.

On écrit la décomposition spectrale $\hat M=\sum_k\mu_k\hat P_k$, avec $\mu_k\geq0$ et des projecteurs orthogonaux $\hat P_k$ deux à deux orthogonaux, de somme $\mathbf{1}$. On pose $\hat R=\sum_k\sqrt{\mu_k}\,\hat P_k$, qui est auto-adjoint, de valeurs propres $\sqrt{\mu_k}\geq0$, donc positif. Et $\hat R^2=\sum_k\mu_k\hat P_k=\hat M$, puisque $\hat P_k\hat P_l=\delta_{kl}\hat P_k$. On montre aussi qu'il n'en existe pas d'autre parmi les opérateurs positifs. Les valeurs propres de $\sqrt{\hat A^\dagger\hat A}$ sont appelées valeurs singulières de $\hat A$.

On calcule

$$\begin{aligned} M=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Sa trace vaut $3$ et son déterminant $1$. Les valeurs propres sont les racines de $\mu^2-3\mu+1=0$, soit $\mu_\pm=\frac{3\pm\sqrt5}{2}$. Or $\phi^2=\phi+1=\frac{3+\sqrt5}{2}$, et $\phi^{-2}=\frac{2}{3+\sqrt5}=\frac{2(3-\sqrt5)}{9-5}=\frac{3-\sqrt5}{2}$. Ainsi $\mu_+=\phi^2$ et $\mu_-=\phi^{-2}$, toutes deux positives, comme prévu.

Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que toute matrice $2\times2$ annule son polynôme caractéristique : $R^2-(\tr R)R+(\det R)\mathbf{1}=0$. Avec $R^2=M$ et $\det R=\sqrt{\mu_+\mu_-}=\sqrt{\det M}$, on obtient $(\tr R)\,R=M+\sqrt{\det M}\,\mathbf{1}$. Il reste à calculer $\tr R=\sqrt{\mu_+}+\sqrt{\mu_-}$. Son carré vaut $\mu_++\mu_-+2\sqrt{\mu_+\mu_-}=\tr M+2\sqrt{\det M}$, qui est strictement positif si $M\neq0$. On obtient la formule annoncée. Pour notre matrice, $\det M=1$ et $\tr M=3$, d'où

$$\begin{aligned} \sqrt M=\frac{1}{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&1\\1&3\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Vérification : $\frac15\begin{pmatrix}2&1\\1&3\end{pmatrix}^2=\frac15\begin{pmatrix}5&5\\5&10\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}=M$. Les valeurs propres de $\sqrt M$ sont $\phi$ et $1/\phi$ : ce sont les valeurs singulières de $A$.

Pour $\ket v$ normalisé, $\norm{Av}^2=\bra vM\ket v$. En décomposant $\ket v$ sur une base orthonormée de vecteurs propres de $M$, $\ket v=\sum_kc_k\ket{m_k}$ avec $\sum_k|c_k|^2=1$, on obtient $\bra vM\ket v=\sum_k\mu_k|c_k|^2\leq\mu_{\max}$, avec égalité pour un vecteur propre associé à $\mu_{\max}$. Ainsi $\norm A^2=\mu_{\max}$, et $\norm A=\sqrt{\mu_{\max}}$ est la plus grande valeur singulière. Pour notre exemple, $\norm A=\phi\simeq1{,}618$. Pourtant, la seule valeur propre de $A$ est $1$ : pour une matrice qui n'est pas normale, la norme peut être strictement plus grande que le plus grand module des valeurs propres. Pour une matrice normale, au contraire, les valeurs singulières sont les modules des valeurs propres.