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Thème 3 — Postulats et applications

Mesures successives sur un système à trois niveaux

Mots-clés: postulats · règle de Born · réduction du paquet d'onde · valeur propre dégénérée · valeur moyenne · écart-type · observables incompatibles

Exercice 1 : Mesures successives sur un système à trois niveaux

On considère un système quantique dont l'espace des états est de dimension trois, muni d'une base orthonormée (∣u1⟩,∣u2⟩,∣u3⟩)(\ket{u_1},\ket{u_2},\ket{u_3}). Une observable A^\hat A est définie par

A^∣u1⟩=0,A^∣u2⟩=a∣u2⟩,A^∣u3⟩=a∣u3⟩,\hat A\ket{u_1}=0,\qquad \hat A\ket{u_2}=a\ket{u_2},\qquad \hat A\ket{u_3}=a\ket{u_3},

où aa est un réel non nul. Le système est préparé dans l'état

∣ψ⟩=16(∣u1⟩+2∣u2⟩+i∣u3⟩).\ket\psi=\frac{1}{\sqrt6}\Bigl(\ket{u_1}+2\ket{u_2}+i\ket{u_3}\Bigr).

On rappelle que, si P^n\hat P_n est le projecteur sur le sous-espace propre associé à la valeur propre ana_n, la probabilité d'obtenir ana_n est ⟨ψ∣P^n∣ψ⟩\bra\psi\hat P_n\ket\psi, et que l'état juste après la mesure est P^n∣ψ⟩/⟨ψ∣P^n∣ψ⟩\hat P_n\ket\psi/\sqrt{\bra\psi\hat P_n\ket\psi}.

Question 1
Vérifier que ∣ψ⟩\ket\psi est normalisé. Quels sont les résultats possibles d'une mesure de A^\hat A ?

Solution
La base étant orthonormée, le carré de la norme d'un vecteur est la somme des modules carrés de ses composantes :

⟨ψ|ψ⟩=16(∣1∣2+∣2∣2+∣i∣2)=16(1+4+1)=1.\braket{\psi}{\psi}=\frac16\Bigl(|1|^2+|2|^2+|i|^2\Bigr)=\frac16(1+4+1)=1 .

L'état est bien normalisé. D'après le deuxième postulat, les résultats possibles d'une mesure de A^\hat A sont ses valeurs propres. Il y en a deux : 00, associée au seul vecteur ∣u1⟩\ket{u_1}, et aa, associée au sous-espace de dimension deux engendré par ∣u2⟩\ket{u_2} et ∣u3⟩\ket{u_3}. La valeur propre aa est donc doublement dégénérée.

Question 2
Calculer les probabilités des deux résultats, puis la valeur moyenne ⟨A^⟩\langle\hat A\rangle et l'écart-type σA\sigma_A.

Solution
Les projecteurs sur les deux sous-espaces propres sont

P^0=∣u1⟩⟨u1∣,P^a=∣u2⟩⟨u2∣+∣u3⟩⟨u3∣.\hat P_0=\ket{u_1}\bra{u_1},\qquad \hat P_a=\ket{u_2}\bra{u_2}+\ket{u_3}\bra{u_3}.

Pour la valeur propre non dégénérée 00, la règle de Born donne

P(0)=∣⟨u1|ψ⟩∣2=∣16∣2=16.P(0)=|\braket{u_1}{\psi}|^2=\Bigl|\frac{1}{\sqrt6}\Bigr|^2=\frac16 .

Pour la valeur propre dégénérée aa, il faut sommer les modules carrés des composantes sur une base orthonormée du sous-espace propre :

P(a)=∣⟨u2|ψ⟩∣2+∣⟨u3|ψ⟩∣2=46+16=56.P(a)=|\braket{u_2}{\psi}|^2+|\braket{u_3}{\psi}|^2=\frac46+\frac16=\frac56 .

On vérifie que P(0)+P(a)=1P(0)+P(a)=1. La valeur moyenne est la moyenne des résultats pondérée par leurs probabilités :

⟨A^⟩=0×16+a×56=5a6.\langle\hat A\rangle=0\times\frac16+a\times\frac56=\frac{5a}{6}.

Pour l'écart-type, calculons d'abord ⟨A^2⟩\langle\hat A^2\rangle. L'opérateur A^2\hat A^2 a les mêmes vecteurs propres que A^\hat A, avec les valeurs propres 00 et a2a^2, donc ⟨A^2⟩=a2×56\langle\hat A^2\rangle=a^2\times\frac56. On en déduit

σA2=⟨A^2⟩−⟨A^⟩2=5a26−25a236=30a2−25a236=5a236,σA=56 ∣a∣≃0,37 ∣a∣.\sigma_A^2=\langle\hat A^2\rangle-\langle\hat A\rangle^2=\frac{5a^2}{6}-\frac{25a^2}{36}=\frac{30a^2-25a^2}{36}=\frac{5a^2}{36}, \qquad \sigma_A=\frac{\sqrt5}{6}\,|a|\simeq0{,}37\,|a| .

Question 3
La mesure a donné le résultat aa. Quel est l'état ∣ψ′⟩\ket{\psi'} du système juste après la mesure ? Que donnerait une seconde mesure de A^\hat A effectuée immédiatement après ?

Solution
D'après le postulat de réduction, on projette l'état sur le sous-espace propre associé au résultat obtenu, puis on renormalise :

P^a∣ψ⟩=16(2∣u2⟩+i∣u3⟩),∥P^a∣ψ⟩∥=P(a)=56,\hat P_a\ket\psi=\frac{1}{\sqrt6}\Bigl(2\ket{u_2}+i\ket{u_3}\Bigr), \qquad \norm{\hat P_a\ket\psi}=\sqrt{P(a)}=\sqrt{\frac56},

d'où

∣ψ′⟩=P^a∣ψ⟩P(a)=1665(2∣u2⟩+i∣u3⟩)=15(2∣u2⟩+i∣u3⟩).\ket{\psi'}=\frac{\hat P_a\ket\psi}{\sqrt{P(a)}}=\frac{1}{\sqrt6}\sqrt{\frac65}\Bigl(2\ket{u_2}+i\ket{u_3}\Bigr)=\frac{1}{\sqrt5}\Bigl(2\ket{u_2}+i\ket{u_3}\Bigr).

Remarquez que la mesure n'a pas sélectionné ∣u2⟩\ket{u_2} ou ∣u3⟩\ket{u_3} séparément : comme la valeur propre est dégénérée, l'état après la mesure est la projection de l'état initial sur tout le sous-espace propre, et il conserve les proportions relatives des deux composantes. L'état ∣ψ′⟩\ket{\psi'} appartient au sous-espace propre de valeur propre aa ; une nouvelle mesure de A^\hat A donne donc aa avec probabilité 11.

Question 4
On mesure maintenant, sur l'état ∣ψ′⟩\ket{\psi'}, une seconde observable B^\hat B définie par

B^∣u1⟩=∣u2⟩,B^∣u2⟩=∣u1⟩,B^∣u3⟩=∣u3⟩.\hat B\ket{u_1}=\ket{u_2},\qquad \hat B\ket{u_2}=\ket{u_1},\qquad \hat B\ket{u_3}=\ket{u_3}.

Déterminer les valeurs propres et vecteurs propres de B^\hat B, puis les probabilités des résultats de cette mesure. Les observables A^\hat A et B^\hat B commutent-elles ?

Indication
Le sous-espace engendré par ∣u1⟩\ket{u_1} et ∣u2⟩\ket{u_2} est stable par B^\hat B ; dans ce sous-espace, la matrice de B^\hat B est une matrice de Pauli bien connue.

Solution
Dans la base (∣u1⟩,∣u2⟩,∣u3⟩)(\ket{u_1},\ket{u_2},\ket{u_3}), la matrice de B^\hat B est

B=(010100001).\begin{aligned} B=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}. \end{aligned}

Elle est diagonale par blocs. Le bloc 2×22\times2 agissant sur ∣u1⟩,∣u2⟩\ket{u_1},\ket{u_2} est la matrice σx\sigma_x, de valeurs propres ±1\pm1 et de vecteurs propres (∣u1⟩±∣u2⟩)/2(\ket{u_1}\pm\ket{u_2})/\sqrt2. Le vecteur ∣u3⟩\ket{u_3} est propre de valeur propre 11. Ainsi :

  • la valeur propre +1+1 est doublement dégénérée, de sous-espace propre engendré par ∣v+⟩=(∣u1⟩+∣u2⟩)/2\ket{v_+}=(\ket{u_1}+\ket{u_2})/\sqrt2 et ∣u3⟩\ket{u_3} ;
  • la valeur propre −1-1 est simple, de vecteur propre ∣v−⟩=(∣u1⟩−∣u2⟩)/2\ket{v_-}=(\ket{u_1}-\ket{u_2})/\sqrt2.

Calculons les composantes de ∣ψ′⟩=(2∣u2⟩+i∣u3⟩)/5\ket{\psi'}=(2\ket{u_2}+i\ket{u_3})/\sqrt5 sur ces vecteurs :

⟨v−|ψ′⟩=12⋅15(0−2)=−210,⟨v+|ψ′⟩=210,⟨u3|ψ′⟩=i5.\braket{v_-}{\psi'}=\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{\sqrt5}\bigl(0-2\bigr)=-\frac{2}{\sqrt{10}}, \qquad \braket{v_+}{\psi'}=\frac{2}{\sqrt{10}}, \qquad \braket{u_3}{\psi'}=\frac{i}{\sqrt5}.

Les probabilités sont donc

P(B=−1)=410=25,P(B=+1)=410+15=35.P(B=-1)=\frac{4}{10}=\frac25, \qquad P(B=+1)=\frac{4}{10}+\frac15=\frac35 .

Les deux observables ne commutent pas. En effet, A^B^∣u1⟩=A^∣u2⟩=a∣u2⟩\hat A\hat B\ket{u_1}=\hat A\ket{u_2}=a\ket{u_2}, alors que B^A^∣u1⟩=B^(0)=0\hat B\hat A\ket{u_1}=\hat B(0)=0 : [A^,B^]∣u1⟩=a∣u2⟩≠0[\hat A,\hat B]\ket{u_1}=a\ket{u_2}\neq0. Physiquement, B^\hat B mélange les vecteurs ∣u1⟩\ket{u_1} et ∣u2⟩\ket{u_2}, qui correspondent à des valeurs propres différentes de A^\hat A.

Question 5
La mesure de B^\hat B a donné −1-1. On mesure à nouveau A^\hat A. Quelles sont les probabilités des résultats ? Commenter.

Solution
Après le résultat −1-1, valeur propre non dégénérée, l'état est ∣v−⟩=(∣u1⟩−∣u2⟩)/2\ket{v_-}=(\ket{u_1}-\ket{u_2})/\sqrt2, à une phase globale près. Une mesure de A^\hat A donne alors

P(0)=∣⟨u1|v−⟩∣2=12,P(a)=∣⟨u2|v−⟩∣2+∣⟨u3|v−⟩∣2=12.P(0)=|\braket{u_1}{v_-}|^2=\frac12,\qquad P(a)=|\braket{u_2}{v_-}|^2+|\braket{u_3}{v_-}|^2=\frac12 .

Alors que la première mesure de A^\hat A avait donné aa, et qu'une mesure immédiatement répétée aurait redonné aa avec certitude, la mesure intermédiaire de B^\hat B a rendu à nouveau possible le résultat 00. C'est la même situation que la séquence zz, xx, zz de l'expérience de Stern et Gerlach : lorsque deux observables ne commutent pas, mesurer l'une modifie les prédictions concernant l'autre.