Université Pierre et Marie Curie
Exercices de physique quantique TD3
III- Opérateurs linéaires et Observables
A- Opérateurs linéaires
Exercice 1
Admettons quefju1i;ju2i;ju3ig est une base orthonormée de l’espace des états. On considère l’opérateur linéaire,A; dé…ni par les relations :Aju1i= (1 +i)ju1i+ 2ju2i ¡ ju3i; Aju2i=ju1i+ 2ju2i; Aju3i= 2ju1i ¡3ju3i:
Donner la représentation matricielle deAdans les deux cas suivants.
1a- Les vecteurs ju1i;ju2i;ju3i (dans cet ordre) sont représentés par les matrices 0
@ 1 0 0
1 A;
0
@ 0 1 0
1 A; 0
@ 0 0 1
1
A(dans cet ordre).
1b- Les vecteurs ju1i;ju2i;ju3i (dans cet ordre) sont représentés par les matrices 0
@ 0 1 0
1 A;
0
@ 1 0 0
1 A; 0
@ 0 0 1
1
A(dans cet ordre).
Exercice 2
Dans le contexte de l’exercice précédent, avec la représentation1a-, un opérateur linéaire,A;est représenté par la matrice
0
@
1 +i 1 2
2 2 0
¡1 0 ¡3 1
A:On posejÃi=ju1i+iju2i+ 2ju3i:Exprimer, en fonction dejuki;le vecteurAjÃi:
Exercice 3
Les vecteursju1i;ju2i;ju3id’une base orthonormée sont représentés par les matrices 0
@ 1 0 0
1 A;
0
@ 0 1 0
1 A; 0
@ 0 0 1
1 A.
3a- Chacune des matrices ci-dessous représentent un opérateur. Donner les matrices représentant leurs adjoints.
0
@ cosµ 1 i 1 +i 2 1 0 1 +i cosµ
1 A;
0
@ 2 1 ¡i 1 1 7i i 7=i 0
1 A;
0
@ 1 +i 1 i
¡1 2 2i+ 1
¡i 2 +i ¡i 1 A;
0 B@
2 1 2i+ 1
1 1 13
2 + 3i 1¡2i 2 + 3i 0
1 CA:
Quelles sont les matrices qui représentent un opérateur hermitique ?
3b- Lorsque c’est possible, compléter les matrices suivantes pour qu’elles représentent un opérateur her- mitique.
0
@ 1 1 i
? 2 ?
? 1 +i 0 1 A;
0
@ 2 1 i
? 1 +i 0
? ? 0
1 A;
0
@ 1 1 ?
? ¡4 eiµ
? ? ¡4 1 A
Exercice 4
L’espace des états admet pour base orthonormée l’ensemble des deux vecteursfju1i;ju2ig: Ceux-ci sont respectivement représentés par les matrices
µ 1 0
¶ et
µ 0 1
¶ :
Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres des opérateurs représentés par les matrices
~ 2
µ 0 1 1 0
¶ , ~
2
µ 0 ¡i
i 0
¶
; ~ 2
µ 1 0 0 ¡1
¶
; ~ 2
µ 1 1
¡1 1
¶
Parmi ces matrices quelles sont celles qui représentent un opérateur hermitique ? Exercice 5
jÃietj'isont deux vecteurs propres d’un même opérateur hermitique pour les valeurs propres di¤érentes, aetb:
5a- Comparer les produits scalaires hà jAÃiethAÃjÃi:
En remplaçantAjÃipar sa valeur en fonction deaetjÃi;démontrer la relationa=aoùaest le conjugué complexe dea:
5b- Comparerh'jAÃiethA'jÃi:En utilisant les relationsb=betb6=adémontrer quejÃietj'isont orthogonaux.
Exercice 6
A est un opérateur linéaire qui agit sur l’espace des états,E:SoitEa l’ensemble des vecteurs propres de A qui admettet la même valeur propre,a:
Démontrer queEa est un sous espace vectoriel deE .
N.B. Ea est appelé sous espace propre ; la dimension de Ea est l’ordre de dégénérescence de a: Lorsque la dimension deEa est égale à l’unité on dit que "an’est pas dégénérée".
B- Observables et mesure
Exercice 1
L’ensemble des vecteursju1i;ju2i;ju3iconstitue une base orthonormée de l’espace des états. Pris dans cet ordre, les vecteurs sont représentés par les matrices
0
@ 1 0 0
1 A;
0
@ 0 1 0
1 A;
0
@ 0 0 1
1
A(dans cet ordre).
Soient deux observablesAetB représentées par les matricesA~etB~: A~=a
0
@ 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1
Aet B~=b 0
@ 1 0 0 0 2 0 0 0 3
1 A
Les valeurs propres deAetB et les vecteurs propres correspondants sont donnés dans le tableau ci-dessous : Vecteurs propres Valeurs propres
A
jv1i= (ju1i+ju2i)=p 2 jv2i= (ju1i ¡ ju2i)=p
2 jv3i=ju3i
a
¡a a
B ju1i
ju2i ju3i
b 2b 3b 1a- Véri…er quefjvkigforme une base orthonormée.
Donner l’ordre de dégénérescence des diverses valeurs propres deAet deB:
Donner les valeurs propres de l’opérateur identité I (tel que IjÃi=jÃipour toutjÃi)ainsi que leur ordre
1b- On considère l’étatjÃi=ju1i+ (1 +i)ju2i+iju3i:
On e¤ectue successivement la mesure associée à A; puis, immédiatement après, la mesure associée à B:
Préciser à chaque stade les résultats possibles et leur probabilité.
1c- Répondre aux mêmes questions lorsqu’on inverse l’ordre des mesures (B d’abord puis, immédiatement après,A):
1d- Les résultats de ces deux opérations sont ils les mêmes ? Calculer le commutateur h
A;~ B~i :
Quels sont les résultats de ces deux opérations pourjÃi=ju3i: Exercice 2
Dans l’expérience de Stern et Gerlach, on mesure le spin d’un atome d’argent (en réalité on mesure son moment magnétique qui lui est proportionnel). La projection du spin suivant l’axeOz est l’observableSz: L’étude expérimentale montre que dans la mesure de Sz; deux valeurs non dégénérées sont observées : ~
2 et ¡~
2: A chacune de ces valeurs correspond un vecteur propre : ¯¯u(+)® à ~
2 et¯¯u(¡)® à ¡~
2: Ces vecteurs reçoivent la représentation matricielle
µ 1 0
¶ et
µ 0 1
¶ :
2a- Démontrer que ¯¯u(+)®
et ¯¯u(¡)®
sont orthogonaux. Montrer que la base ©¯¯u(+)®
;¯¯u(¡)®ª
peut être choisie orthonormée (ce que l’on suppose dans la suite de l’exercice).
Quel est le produit scalaire des vecteurs représentés par les matrices
µ 1 +i 2
¶ et
µ 2 1¡i
¶ : Calculer la norme dea¯¯u(+)®
+b¯¯u(¡)®
oùaetbsont des nombres complexes arbitraires.
2b- Montrer que la représentation matricielle deSz, avec les conventions posées, est nécessairement Sz= ~
2
µ 1 0 0 ¡1
¶
(la représentation étant choisie une fois pour toutes, par mesure de simpli…cation on ne distingue plus l’opérateur et sa représentation matricielle).
2c- On démontre que la mesure du spin suivant l’axe Oxest une observable Sx dont la représentation matricielle estSx= ~
2
µ 0 1 1 0
¶ :
Sans calculs, en utilisant l’isotropie de l’espace, donner les résultats possible d’une mesure deSx: Véri…er que¯¯v(+)®
= 1
p2¡¯¯u(+)®
+¯¯u(¡)®¢
etv(¡)= 1
p2¡¯¯u(+)®
¡¯¯u(¡)®¢
sont des vecteurs propres deSx
pour les valeurs propres respectives ~ 2 et¡~
2: 2d- L’état initial estjÃi=¯¯u(+)®
+ (1 +i)¯¯u(¡)® :
Quels sont les résultats possibles d’une mesure deSz?Donner la probabilité de chacun d’entre eux.
Donner la moyenne,hSzideSz sur l’étatjÃiainsi que l’écart quadratique moyen,¢Sz: 2e- On sélectionne les atomes pour lesquels le résultat de la mesure deSz est~=2:
Quel est leur vecteur état ?
On e¤ectue alors une mesure deSx:Quels sont les résultats possibles ? Avec quelle probabilité ? On sélectionne les atomes pour lesquels le résultat de la mesure deSxest ¡~=2:
Quel est leur vecteur état ? On mesure de nouveauSz:
Préciser la moyenne des valeurs deSz observées ainsi que l’écart quadratique moyen.
Donner les résultats possibles et leur probabilité.
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Corrigé des exercices de physique quantique TD3
III- Opérateurs linéaires et Observables
A- Opérateurs linéaires
Exercice 1
1a- Les vecteurs ju1i;ju2i;ju3isont représentés par les matrices 0
@ 1 0 0
1 A;
0
@ 0 1 0
1 A;
0
@ 0 0 1
1 A.
On utilise le symbole $qui se lit "est représenté par" dans l’expression ju2i $ 0
@ 0 1 0
1
A et les expressions
de même nature. Par contre dans l’expression 0
@ 0 1 0
1
A$ ju2ile symbole$signi…e "représente".
On en déduitAju1i= (1 +i)ju1i+ 2ju2i ¡ ju3i $ 0
@ 1 +i 2
¡1 1
A; Aju2i=ju1i+ 2ju2i $ 0
@ 1 2 0
1 Aet
Aju3i= 2ju1i ¡3ju3i $ 0
@ 2 0
¡3 1 A.
PosonsA= 0
@ a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3 1
A:Il vient 0
@ a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3 1 A
0
@ 1 0 0
1
A$Aju1i $ 0
@ 1 +i 2
¡1 1 Asoit 0
@ 1 +i 2
¡1 1 A=
0
@ a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
1 A
0
@ 1 0 0
1 A=
0
@ a1
b1
c1
1
A;ce qui détermine la valeur dea1; b1etc1, soita1= 1 +i; b1= 2etc1=¡1:
De même 0
@ a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
1 A
0
@ 0 1 0
1
A$Aju2i $ 0
@ 1 2 0
1 A:
On en déduit 0
@ a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
1 A
0
@ 0 1 0
1 A=
0
@ a2
b2
c2
1 A=
0
@ 1 2 0
1
A et par conséquenta2 = 1; b2 = 2 et c2 = 0:
De même on déterminea3= 2; b3= 0et c3=¡3:Soit en résumé
A$ 0
@ 1 +i 1 2
2 2 0
¡1 0 ¡3 1 A
1b- Les vecteursju1i;ju2i;ju3isont représentés par les matrices 0
@ 0 1 0
1 A;
0
@ 1 0 0
1 A;
0
@ 0 0 1
1 A.
On posejv1i=ju2i $ 0
@ 1 0 0
1
A;jv2i=ju1i $ 0
@ 0 1 0
1
Aetjv3i=ju3i $ 0
@ 0 0 1
1 A:
On exprime alorsAvk en fonction devk:Ajv1i=Aju2i=ju1i+ 2ju2i= 2jv1i+jv2i Ã!
0
@ 2 1 0
1 A;
Ajv i=Aju i= (1 +i)ju i+ 2ju i ¡ ju i= 2jv i+ (1 +i)jv i ¡ jv i $ 0
@ 2 1 +i
1 A:
De même on trouve Ajv3i $ 0
@ 0 2
¡3 1
A:On en déduit A$ 0
@ 2 2 0 1 1 +i 2 0 ¡1 ¡3
1 A
Exercice 2
jÃi=ju1i+iju2i+ 2ju3i $ 0
@ 1 i 2
1
A; A$ 0
@ 1 +i 1 2
2 2 0
¡1 0 ¡3 1 Ad’où
AjÃi $ 0
@ 1 +i 1 2
2 2 0
¡1 0 ¡3 1 A
0
@ 1 i 2
1 A=
0
@ 5 + 2i 2 + 2i
¡7 1
AÃ!(5 + 2i)ju1i+ (2 + 2i)ju2i ¡7ju3i:
AjÃi= (5 + 2i)ju1i+ (2 + 2i)ju2i ¡7ju3i Exercice 3
3a- 0
@ cosµ 1 i 1 +i 2 1 0 1 +i cosµ
1
Aa pour adjointe 0
@ cosµ 1¡i 0 1 2 1¡i
¡i 1 cosµ 1 A 0
@ 2 1 ¡i 1 1 7i i 7=i 0
1
Aa pour adjointe 0
@ 2 1 ¡i
1 1 ¡7=i= 7i i ¡7i= 7=i 0
1
A : matrice hermitique 0
@ 1 +i 1 i
¡1 2 2i+ 1
¡i 2 +i ¡i 1
Aa pour adjointe 0
@ 1¡i ¡1 i
1 2 2¡i
¡i ¡2i+ 1 i 1 A
0 B@
2 1 2i+ 1
1 1 13
2 + 3i 1¡2i 2 + 3i 0
1
CAa pour adjointe 0 BB B@
2 1 2i+ 1
1 1 2¡3i= 13
2 + 3i 1¡2i 13
2¡3i = 2 + 3i 0
1 CC
CA :hermitique.
3b- Lorsque c’est possible, compléter les matrices suivantes pour qu’elles représentent un opérateur her- mitique.
0
@ 1 1 i
? 2 ?
? 1 +i 0 1 A!
0
@ 1 1 i
1 2 1¡i
¡i 1 +i 0 1 A
0
@ 2 1 i
? 1 +i 0
? ? 0
1
A! impossible 0
@ 1 1 ?
? ¡4 eiµ
? ? ¡4 1 A!
0
@ 1 1 a 1 ¡4 eiµ a e¡iµ ¡4
1
A avecaquelconque2C.
Exercice 4
²1) Pour déterminer les valeurs propres deMon résout l’équationDet(M¡¸I) = 0;ce qui donne les valeurs de¸
²2) On résout le systèmeMV =¸V:On pose par exempleV = 0
@ x y etc
1
Aavec l’une des composante égale à l’unité.
²3) on orthonormalise le système de vecteurs obtenus.
AvecM= ~ 2
µ 0 1 1 0
¶ il vient
²1)Det(M¡¸I) =Det 0
B@ ¡¸ ~
~ 2 2 ¡¸
1
CA=¸2¡ µ~
2
¶2
soit¸="~
2 avec"=§1:
²2)MV =¸V s’écrit ici ~ 2
µ 0 1 1 0
¶ µ x y
¶
="~ 2
µ x y
¶ soit
½ y="x x="y
²3) En réalité nous n’avons pas deux équations à résoudre mais une seule car¸est déterminé de telle sorte qu’il y ait une redondance. Pour cette raison, ici je peux poser x= 1(par exemple) et retenir la première équation. Il vient x = 1; y =": soit V =
µ 1
"
¶
: On peut multiplier V par une constante arbitraire, on obtient encore un vecteur propre soitV0 =C
µ 1
"
¶
avecC= 1
p1 +"2 = 1
p2:Le vecteurV0 est normalisé.
Le résultat est V1= 1 p2
µ 1 1
¶
pour¸= ~
2 et V2= 1 p2
µ 1
¡1
¶
pour¸=¡~ 2 De même on obtient
~ 2
µ 0 ¡i
i 0
¶
: V1= 1 p2
µ 1 i
¶
pour ¸= ~
2 et V2= 1 p2
µ 1
¡i
¶
pour ¸=¡~ 2
~ 2
µ 1 0 0 ¡1
¶ : V1=
µ 1 0
¶
pour¸=~
2 et V2 = µ 0
1
¶
pour¸=¡~ 2
~ 2
µ 1 1
¡1 1
¶
: V1= 1 p2
µ 1
¡i
¶
pour¸= ~
2(1¡i) et V2= 1 p2
µ 1 i
¶
pour¸= ~ 2(1 +i)
Seule cette dernière matrice n’est pas hermitique (on remarque que ses valeurs propres ne sont pas toutes réelle).
Exercice 5 5a- hÃjAÃi=-
AyÃjÃi=hAÃjÃi: D’où hÃjAÃi=hAÃjÃi
hÃjAÃi=hÃjaÃi=ahÃjÃi;d’autre parthAÃjÃi=haÃjÃi=ahÃjÃi: On en déduit(a¡a)hà jÃi= 0:Le vecteurjÃin’étant pas nul, on trouve a=a 5b- A=Ay) h'jAÃi=hA'jÃisoith'jaÃi=hb'jÃi:Ce qui donne¡
a¡b¢
h'jÃi= 0:Les relations b=b etb6=aimpliquent¡
a¡b¢
6
= 0) h'jÃi= 0 Exercice 6
SoientjÃietj'ideux vecteurs propres deApour la valeur propre aet¸un nombre complexe quelconque.
Nous posonsjµi=jÃi+¸ j'i:
Par hypothèsejÃi 2 Ea et j'i 2Ea. Pour démontrer queEa est un espace vectoriel nous devons démontrer la relationjµi 2Ea.
jÃi 2 Eaetj'i 2Ea,AjÃi=ajÃietAj'i=aj'i:L’opérateurAest linéaire, ce qui impliqueA(jÃi+¸ j'i) = AjÃi+¸Aj'i=ajÃi+¸aj'i=a(jÃi+¸ j'i)soit Ajµi=ajµi , jµi 2Ea .
B- Observables et mesure
Exercice 1 1a-
²AetB sont hermitiques, leurs valeurs propres sont réelles ; Par conséquentaetb sont réelles.
hv1jv2i=¡ 1=p
2 1=p
2 0 ¢0
@ 1=p 2
¡1=p 2 0
1
A= (0);de même on véri…e directement les relations hvk jvki= 1et hv1jv3i=hv2jv3i= 0:On en déduit hvijvji=±ij
² ¡a; b;2b et3b ne sont pas dégénérées, par contre aest dégénéré d’ordre 2.
²L’opérateur identité satisfait la relation IjÃi=1£ jÃi:Il n’y a qu’une seule valeur propre égale à 1. Tout vecteur est vecteur propre ; cette valeur propre est donc dégénérée d’ordre 3 (dimension de l’espace des états).
1b- ju1i= 1
p2(jv1i+jv2i);ju2i= 1
p2(jv1i ¡ jv2i);ju3i=jv3id’où jÃi=ju1i+(1 +i)ju2i+iju3i= 1
p2(jv1i+jv2i)+(1 +i) 1
p2(jv1i ¡ jv2i)+ijv3i;on regroupe les vecteurs propres associés à la même valeur propre de A : jÃi=2 +i
p2 jv1i+ijv3i ¡ i
p2jv2i = jÃai+¯¯Ã¡a® avec
jÃai = 2 +i
p2 jv1i+ijv3i (vecteur propre pour la valeur propre a) et ¯¯Ã¡a®
=¡ i
p2jv2i(vecteur propre pour la valeur propre¡a):
²La mesure deAdonne
résultat proba ¯¯Ã+®
a hÃajÃai hÃjÃi = 7
8 jÃai
¡a
-áa ¯¯Ã¡a® hÃjÃi = 1
8
¯¯Ã¡a®
Nous utilisons la notation¯¯Ã+®
pour désigner l’état immédiatement après la mesure.
²La mesure deB donne un résultat qui dépend du résultat de la première mesure : 1) Résultat de la première mesure =a:L’état estjÃai=2 +i
p2 jv1i+ijv3i=2 +i p2
¡(ju1i+ju2i)=p 2¢
+iju3i soitjÃai= 2 +i
2 ju1i+2 +i
2 ju2i+iju3i: La décomposition en une somme de vecteurs propres deB est e¤ectuée carju1i; ju2ietju3isont des vecteurs propres pour les valeurs propresb;2bet3b:
Les résultats de la seconde mesure sont
résultat proba ¯¯Ã+®
b 1
hÃjÃi
¯¯
¯¯ 2 +i
2
¯¯
¯¯
2
= 5
14 ju1i
2b 1
hÃjÃi
¯¯
¯¯2 +i 2
¯¯
¯¯2= 5
14 ju2i
3b 1
hà jÃijij2= 4
14 ju3i 2) Résultat de la première mesure =¡a: L’état est¯¯Ã¡a®
=¡ i
p2jv2i=¡ i p2
µju1i ¡ jp u2i 2
¶
;d’où
résultat proba ¯¯Ã+®
b 1
hÃjÃi
¯¯
¯¯¡i 2
¯¯
¯¯
2
= 1 2 ju1i
2b 1
hà jÃi
¯¯
¯¯i 2
¯¯
¯¯
2
=1
2 ju2i
3b 1
hà jÃi £0 = 0
²En résumé il vient
résultats proba ¯¯Ã+®
a; b 7
8£ 5
14 '0;312 ju1i a;2b 7
8£ 5
14 '0;312 ju2i a;3b 7
8£ 4
14 '0;250 ju3i ou
résultats proba ¯¯Ã+®
¡a; b 1 8£1
2'0;0625 ju1i
¡a;2b 1 8£1
2'0;0625 ju2i
¡a;3b 1
8£0 = 0
N.B. La somme des probabilités calculées peut ne pas être égale à l’unité pour des questions d’arrondis numérique.
1c- Echangeons l’ordre des mesures.
²La mesure deB sur l’étatjÃi=ju1i+ (1 +i)ju2i+iju3idonne
résultat proba ¯¯Ã+®
b 1
hÃjÃij1j2=1
4 ju1i
2b 1
hÃjÃij1 +ij2=2 4 ju2i
3b 1
hÃjÃi£ j1j2=1
4 ju3i
²Le résultat de la mesure deA dépend du résultat de la première mesure 1) Résultat de la première mesure =b. L’état estju1i= 1
p2jv1i+ 1
p2jv2ioùjv1ietjv2isont des vecteurs propres deApour les valeurs propresaet¡a:
résultat proba ¯¯Ã+®
a 1
2 jv1i
¡a 1
2 jv2i 2) Résultat de la première mesure =2b. L’état estju2i= 1
p2jv1i ¡ 1 p2jv2i. résultat proba ¯¯Ã+®
a 1
2 jv1i
¡a 1
2 jv2i
3) Résultat de la première mesure =3b. L’état estju3i=jv3i;vecteur propre deApour la valeur proprea:
résultat proba ¯¯Ã+® a 1 jv3i=ju3i
¡a 0
²En résumé il vient
résultats proba ¯¯Ã+®
b; a 1
4£1
2'0;125 jv1i 2b; a 2
4£1
2'0;250 jv1i 3b; a 1
4£1'0;250 jv3i ou
résultats proba ¯¯Ã+® b;¡a 1
4£1
2'0;125 jv2i 2b;¡a 2
4£1
2'0;250 jv2i 3b;¡a 1
4£0 = 0
1d- Les résultats obtenus dépendent de l’ordre des opérations. C’est généralement le cas lorsque les deux opérateurs ne commutent pas. Pour le véri…er formonsh
A;~ B~i
= ~AB~¡B~A:~ hA;~ B~i
= ~AB~¡B~A~=ab 0
@ 0 2 0 1 0 0 0 0 3
1 A¡ab
0
@ 0 1 0 2 0 0 0 0 3
1 A= ab
0
@ 0 1 0
¡1 0 0 0 0 0
1 A=h
A;~ B~i
6
= 0
LorsquejÃi=ju3i=jv3il’ordre des mesures n’intervient pas carjÃiétant un vecteur propre deAet deB;
la mesure deAlaissejÃiinchangé de même que la mesure deB:Lorsque les opérateurs ne commutent pas, il peut arriver que l’ordre des mesure soit indi¤érent mais de tels cas sont des cas particuliers.
Exercice 2 2a-
² ¯¯u(+)®
et ¯¯u(¡)®
sont des vecteurs propres du même opérateur hermitique pour des valeurs propres di¤é- rentes. Ils sont donc orthogonaux : -
u(+)
¯¯u(¡)®
= 0. Deux vecteurs proportionnels représentent le même état physique il est donc loisible de choisir ¯¯u(+)®
et ¯¯u(¡)®
normalisés pour décrire les états physiques considérés.
² jvi Ã!
µ 1 +i 2
¶
etjwi Ã!
µ 2 1¡i
¶
) hvjwi=¡
1¡i 2 ¢ µ 2 1¡i
¶
= (4¡4i): hvjwi= 4 (1¡i)
² jvi=a¯¯u(+)®
+b¯¯u(¡)®
) hvjvi=¯¯a2¯¯+jbj2 soit kjvik=p
hvjvi= q
ja2j+jbj2
2b- L’espace des états est de dimension 2 (deux valeurs propres di¤érentes non dégénérées). Les vecteurs
¯¯u(+)®
et¯¯u(¡)®
représentés par les matrices µ 1
0
¶ et
µ 0 1
¶
satisfont les relationsSz
¯¯u(+)®
=~ 2
¯¯u(+)® et Sz¯¯u(¡)®
=¡~ 2¯¯u(¡)®
:Ces relations dé…nissent complètement l’opérateur et par conséquent sa représenta-
2c-
²Mesurer la projection d’une grandeur suivant une direction ou une autre correspond à l’usage du même appareil orienté di¤éremment. L’isotropie de l’espace implique que les résultats possibles sont les mêmes.
²La mesure deSx peut donc donner~=2ou¡~=2:
On véri…e les relations ~ 2
µ 0 1 1 0
¶
£ 1 p2
µ 1 1
¶
= ~ 2£ 1
p2 µ 1
1
¶ et
~ 2
µ 0 1 1 0
¶
£ 1 p2
µ 1
¡1
¶
=¡~ 2£ 1
p2 µ 1
¡1
¶
; ce qui démontre le résultat.
2d-
²L’état initial estjÃi=¯¯u(+)®
+ (1 +i)¯¯u(¡)®
:Une mesure deSz donne
résultat proba ¯¯Ã+®
~ 2
1
hà jÃij1j2= 1 3
¯¯u(+)®
¡~ 2
1
hÃjÃij(1 +i)j2=2 3
¯¯u(¡)®
² hSzi= ~ 2£1
3+ µ
¡~ 2
¶
£2 3=¡~
6; - Sz2®
= µ~
2
¶2
£1 3+
µ
¡~ 2
¶2
£2 3 =
µ~ 2
¶2
d’où¢Sz = q
hSz2i ¡ hSzi2= sµ~
2
¶2
¡ µ
¡~ 6
¶2
= p2
3 ~:En résumé
hSzi=¡~
6 et ¢Sz= p2
3 £~ 2e-
On constate que la mesure deSz donne~=2;l’état immédiatement après est donc jÃi=¯¯u(+)®
= 1 p2¡¯¯v(+)
®+¯¯v(¡)®¢
: Une mesure deSxdonne résultat proba ¯¯Ã+®
~ 2
1
2 ¯¯v(+)
®
¡~ 2
1 2
¯¯v(¡)®
On sélectionne les atomes pour lesquels le résultat de la mesure de Sx est ¡~=2: Le vecteur état est alors jÃi=¯¯v(¡)®
= 1 p2¡¯¯u(+)
®¡¯¯u(¡)®¢
: On formehà jSzÃi=
¿ 1 p2¡¯¯u(+)
®¡¯¯u(¡)®¢¯¯
¯¯ 1 p2
µ~ 2
¯¯u(+)® +~
2
¯¯u(¡)®¶À
= 0d’oùhSzi= hÃjSzÃi hà jÃi = 0:
Szétant hermitique il vienthï¯Sz2î
=hSzÃjSzÃi=
¿ 1 p2
µ~ 2
¯¯u(+)® +~
2
¯¯u(¡)®¶ ¯¯¯¯ 1 p2
µ~ 2
¯¯u(+)® +~
2
¯¯u(¡)®¶À
soithï¯Sz2î= ~2
4:On en déduit-Sz2®=hï¯Sz2î hà jÃi =~2
4 car ici,hÃjÃi=-v(¡)¯¯v(¡)®1:
Il vient¢Sz =q
hSz2i ¡ hSzi2 =~
2:En résumé
hSzi= 0 et ¢Sz=~ 2 Plus précisément, une mesure de Szdonne
résultat proba ¯¯Ã+®
~ 2
1 2
¯¯u(+)®
¡~ 2
1 2
¯¯u(¡)®
Remarquons que la seconde mesure a perturbé l’état du système obtenu après la première mesure.
