Relation d'incertitude pour un spin un demi

Notons $c=\cos(\theta/2)$ et $s=\sin(\theta/2)$, réels. Dans la base $(\ket+,\ket-)$, l'état est le vecteur colonne $(c,s)^{\mathsf T}$. On calcule

$$\sigma_x\begin{pmatrix}c\\s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\c\end{pmatrix},\qquad \sigma_y\begin{pmatrix}c\\s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-is\\ic\end{pmatrix},\qquad \sigma_z\begin{pmatrix}c\\s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c\\-s\end{pmatrix}.$$

En faisant le produit scalaire avec $(c,s)$, on obtient

$$\langle\sigma_x\rangle=2cs=\sin\theta,\qquad \langle\sigma_y\rangle=-ics+ics=0,\qquad \langle\sigma_z\rangle=c^2-s^2=\cos\theta .$$

Ainsi $\langle S_x\rangle=\frac\hbar2\sin\theta$, $\langle S_y\rangle=0$ et $\langle S_z\rangle=\frac\hbar2\cos\theta$. Le vecteur $\langle\mathbf S\rangle$ est de norme $\hbar/2$, dans le plan $(x,z)$, et fait l'angle $\theta$ avec l'axe $z$ : c'est le vecteur de Bloch de l'état, multiplié par $\hbar/2$.

Chaque matrice de Pauli vérifie $\sigma_j^2=\mathbf{1}$, donc $S_j^2=\frac{\hbar^2}{4}\mathbf{1}$, et $\langle S_j^2\rangle=\hbar^2/4$ dans tout état normalisé. Par conséquent,

$$\sigma_{S_x}^2=\frac{\hbar^2}{4}-\frac{\hbar^2}{4}\sin^2\theta=\frac{\hbar^2}{4}\cos^2\theta, \qquad \sigma_{S_y}^2=\frac{\hbar^2}{4}-0=\frac{\hbar^2}{4},$$

soit $\sigma_{S_x}=\frac\hbar2|\cos\theta|$ et $\sigma_{S_y}=\frac\hbar2$.

Le produit des écarts-types vaut $\sigma_{S_x}\sigma_{S_y}=\frac{\hbar^2}{4}|\cos\theta|$. Le membre de droite de l'inégalité vaut

$$\frac12\bigl|\langle[S_x,S_y]\rangle\bigr|=\frac12\bigl|i\hbar\langle S_z\rangle\bigr|=\frac\hbar2\cdot\frac\hbar2|\cos\theta|=\frac{\hbar^2}{4}|\cos\theta| .$$

L'inégalité est vérifiée, et c'est même une égalité pour toutes les valeurs de $\theta$ : les états de cette famille sont tous d'incertitude minimale pour le couple $(S_x,S_y)$.

Pour $\theta=\pi/2$, l'état est $(\ket++\ket-)/\sqrt2$, c'est-à-dire l'état propre de $S_x$ de valeur propre $+\hbar/2$. On a alors $\sigma_{S_x}=0$ : la mesure de $S_x$ donne $+\hbar/2$ avec certitude. Le membre de droite est nul aussi, puisque $\langle S_z\rangle=0$, et l'inégalité se réduit à $0\geq0$. Cela ne signifie pas que $S_x$ et $S_y$ sont compatibles : leur commutateur $i\hbar S_z$ n'est pas l'opérateur nul, et elles n'ont aucun vecteur propre commun. Simplement, la borne de Robertson dépend de l'état, à travers $\langle[\hat A,\hat B]\rangle$, et elle est nulle ici. On voit d'ailleurs que $\sigma_{S_y}=\hbar/2$ est maximal : dans l'état propre de $S_x$, la composante $S_y$ est complètement indéterminée. La relation position-impulsion est un cas particulier où le commutateur $i\hbar\mathbf{1}$ est proportionnel à l'identité, de sorte que la borne $\hbar/2$ ne dépend pas de l'état.