Projecteurs orthogonaux : autoadjoints, passifs, et le paradoxe des trois polariseurs

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La définition d'un endomorphisme autoadjoint et sa caractérisation matricielle en base orthonormée ; la définition de la projection orthogonale ; Pythagore. Le a) est la caractérisation des projecteurs orthogonaux du cours, que le livre énonce sans démonstration : on la démontre ici.

a) Autoadjoint, c'est orthogonal. Sens direct. Supposons $p$ autoadjoint, et soient $x\in \mathrm{Im}p$ — donc $p(x)=x$ — et $y\in \mathrm{Ker}p$. Alors $$⟨x,y⟩=⟨p(x),y⟩=⟨x,p(y)⟩=⟨x,0⟩=0.$$ Sens réciproque. Supposons $\mathrm{Ker}p$ orthogonal à $\mathrm{Im}p$, et décomposons $x=x_1+x_2$, $y=y_1+y_2$ selon $\mathrm{Im}p\oplus \mathrm{Ker}p$. Alors $p(x)=x_1$, $p(y)=y_1$, et par orthogonalité des deux sous-espaces, $$⟨p(x),y⟩=⟨x_1,y_1+y_2⟩=⟨x_1,y_1⟩=⟨x_1+x_2,y_1⟩=⟨x,p(y)⟩.$$ Le lien avec la projection orthogonale. Si $\mathrm{Ker}p\perp \mathrm{Im}p$, alors $\mathrm{Ker}p\subset (\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$, et ces deux sous-espaces ont la même dimension, $n-\mathrm{rg}p$ (théorème du rang d'un côté, supplémentaire orthogonal de l'autre) : ils sont égaux, et $p$ est le projecteur sur $\mathrm{Im}p$ parallèlement à $(\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$, c'est-à-dire la projection orthogonale sur son image. La réciproque est la définition même.

Les matrices. Si $A\in {\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})$ vérifie $A^2=A$, l'endomorphisme $X\mapsto AX$ de ${\mathbb{R}}^n$ euclidien canonique est un projecteur, autoadjoint puisque sa matrice dans la base canonique, orthonormée, est symétrique : c'est une projection orthogonale. En revanche $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ vérifie $A^2=A$ sans être symétrique : c'est le projecteur sur $\mathrm{Im}A=\mathrm{Vect}(e_1)$ parallèlement à $\mathrm{Ker}A=\mathrm{Vect}(1,-1)$, deux droites non orthogonales ($⟨e_1,(1,-1)⟩=1$) : ce n'est pas une projection orthogonale. Sans la symétrie, $A^2=A$ ne donne qu'une projection oblique.

b) Les projections orthogonales sont exactement les projecteurs qui n'allongent rien. Sens direct. Si $p$ est une projection orthogonale, $x=p(x)+(x-p(x))$ avec $x-p(x)\in \mathrm{Ker}p$, orthogonal à $p(x)$. Par Pythagore, $\Vert x{\Vert }^2=\Vert p(x){\Vert }^2+\Vert x-p(x){\Vert }^2\ge \Vert p(x){\Vert }^2$.

Sens réciproque. Supposons $\Vert p(z)\Vert \le \Vert z\Vert$ pour tout $z$. Soient $x\in \mathrm{Im}p$, $y\in \mathrm{Ker}p$ et $t\in \mathbb{R}$. Comme $p(x+ty)=p(x)+tp(y)=x$, l'hypothèse appliquée à $z=x+ty$ donne $$\Vert x{\Vert }^2\le \Vert x+ty{\Vert }^2=\Vert x{\Vert }^2+2t⟨x,y⟩+t^2\Vert y{\Vert }^2,$$ soit $2t⟨x,y⟩+t^2\Vert y{\Vert }^2\ge 0$ pour tout réel $t$. Pour $t>0$, divisons par $t$ : $2⟨x,y⟩+t\Vert y{\Vert }^2\ge 0$, et en faisant tendre $t$ vers $0$, $⟨x,y⟩\ge 0$. Pour $t<0$, la division renverse l'inégalité, et l'on obtient à la limite $⟨x,y⟩\le 0$. Donc $⟨x,y⟩=0$ : $\mathrm{Ker}p\perp \mathrm{Im}p$, et $p$ est une projection orthogonale par le a).

Le point délicat. Le terme $t^2\Vert y{\Vert }^2$ est positif quoi qu'il arrive : c'est le premier ordre en $t$ qui contient l'information, et il faut le faire parler dans les deux sens, $t>0$ puis $t<0$.

Contrôle. Le projecteur sur $\mathrm{Vect}(e_1)$ parallèlement à $\mathrm{Vect}(e_1+e_2)$ décompose $(a,b)=(a-b)e_1+b(e_1+e_2)$ : il envoie $(a,b)$ sur $(a-b,0)$, donc $(1,-1)$, de norme $\sqrt{2}$, sur $(2,0)$, de norme $2$. Un projecteur oblique allonge certains vecteurs.

c) Deux projections orthogonales. Par le a), $p$ et $q$ sont autoadjoints ; donc, pour tous $x,y$, $$⟨p(q(x)),y⟩=⟨q(x),p(y)⟩=⟨x,q(p(y))⟩.$$ Si $p\circ q$ est autoadjoint, le membre de gauche vaut aussi $⟨x,p(q(y))⟩$ ; donc $⟨x,q(p(y))-p(q(y))⟩=0$ pour tout $x$, et ce vecteur, orthogonal à tout vecteur, est nul : $p\circ q=q\circ p$. Réciproquement, si $p$ et $q$ commutent, la même identité s'écrit $⟨p(q(x)),y⟩=⟨x,p(q(y))⟩$ : $p\circ q$ est autoadjoint.

Si $p\circ q$ est une projection orthogonale, elle est autoadjointe, donc $p$ et $q$ commutent. Réciproquement, s'ils commutent, $(p\circ q{)}^2=p\circ q\circ p\circ q=p\circ p\circ q\circ q=p\circ q$ : c'est un projecteur autoadjoint, donc une projection orthogonale par le a). Son image est $\mathrm{Im}p\cap \mathrm{Im}q$ : si $z=p(q(x))$, alors $z\in \mathrm{Im}p$ et $z=q(p(x))\in \mathrm{Im}q$ ; réciproquement, si $z\in \mathrm{Im}p\cap \mathrm{Im}q$, alors $p(q(z))=p(z)=z$.

d) La loi de Malus. La droite dirigée par le vecteur unitaire $u_{\theta }$ a pour base orthonormée $(u_{\theta })$ : $p_{\theta }(x)=⟨x,u_{\theta }⟩u_{\theta }$, de matrice $u_{\theta }{}^t{u}_{\theta }$. Si $x=\Vert x\Vert (\cos \alpha ,\sin \alpha )$, alors $⟨x,u_{\theta }⟩=\Vert x\Vert (\cos \alpha \cos \theta +\sin \alpha \sin \theta )=\Vert x\Vert \cos (\theta -\alpha )$, et $$\Vert p_{\theta }(x){\Vert }^2={\cos }^2(\theta -\alpha )\Vert x{\Vert }^2.$$ L'intensité lumineuse étant proportionnelle au carré de la norme du champ, c'est la loi de Malus.

Deux polariseurs. La matrice de $p_{\beta }\circ p_{\alpha }$ est $u_{\beta }{}^t{u}_{\beta }{u}_{\alpha }{}^t{u}_{\alpha }$, et le produit du milieu ${}^t{u}_{\beta }{u}_{\alpha }=\cos \beta \cos \alpha +\sin \beta \sin \alpha =\cos (\beta -\alpha )$ est un réel : elle vaut $\cos (\beta -\alpha )u_{\beta }{}^t{u}_{\alpha }$. Son carré vaut, par le même calcul, ${\cos }^3(\beta -\alpha )u_{\beta }{}^t{u}_{\alpha }$. Comme $u_{\beta }{}^t{u}_{\alpha }\ne 0$, c'est un projecteur si et seulement si ${\cos }^3(\beta -\alpha )=\cos (\beta -\alpha )$, c'est-à-dire $\cos (\beta -\alpha )\in \{-1,0,1\}$ : $\beta -\alpha$ est un multiple de $\frac{\pi }{2}$. Si $\cos (\beta -\alpha )=0$, la composée est nulle (polariseurs croisés) ; si $\cos (\beta -\alpha )=\pm 1$, les deux axes sont la même droite et la composée vaut $p_{\alpha }$. Conformément au c), ce sont exactement les cas où $p_{\alpha }$ et $p_{\beta }$ commutent. Dans tous les autres, la composée de deux polariseurs n'est pas un polariseur : elle tourne la polarisation de $u_{\alpha }$ vers $u_{\beta }$ en l'atténuant.

e) Le paradoxe des trois polariseurs. Deux polariseurs croisés : $p_{\pi /2}(p_0(e_1))=p_{\pi /2}(e_1)=\cos \frac{\pi }{2}{u}_{\pi /2}=0$, extinction. Avec un polariseur intermédiaire : $p_{\pi /4}(e_1)=\cos \frac{\pi }{4}{u}_{\pi /4}$, puis $p_{\pi /2}(u_{\pi /4})=\cos \frac{\pi }{4}{e}_2$, donc $$p_{\pi /2}(p_{\pi /4}(p_0(e_1)))={\cos }^2\frac{\pi }{4}{e}_2=\frac{1}{2}{e}_2,$$ d'intensité $\frac{1}{4}$. Ajouter un filtre fait passer de la lumière : ce n'est paradoxal qu'en apparence, puisque deux projections orthogonales qui ne commutent pas ne se composent pas en une projection.

$N$ polariseurs. Par récurrence, après le $k$-ième polariseur le champ vaut ${\cos }^k\frac{\pi }{2N}{u}_{k\pi /(2N)}$ : c'est vrai pour $k=0$, et le $k$-ième polariseur multiplie par $⟨u_{(k-1)\pi /(2N)},u_{k\pi /(2N)}⟩=\cos \frac{\pi }{2N}$ en orientant selon $u_{k\pi /(2N)}$. À la sortie, l'intensité vaut $I_N={\cos }^{2N}\frac{\pi }{2N}$. Quand $h\to 0$, $\cos h=1-\frac{h^2}{2}+o(h^2)$ et $\ln (1+v)\sim v$, donc $\ln \cos h\sim -\frac{h^2}{2}$ ; avec $h=\frac{\pi }{2N}$, $$\ln I_N=2N\ln \cos \frac{\pi }{2N}\sim -\frac{{\pi }^2}{4N},$$ qui tend vers $0$ : $I_N\to 1$, on tourne la polarisation d'un quart de tour presque sans perte. Valeurs : $I_2=0,25$, $I_{10}\approx 0,781$, $I_{100}\approx 0,976$.

Ce que l'exercice installe. Trois caractérisations d'une même classe : parmi les projecteurs, les projections orthogonales sont les autoadjoints, ceux qui n'allongent aucun vecteur, et — au TD 3 — ceux de norme minimale pour le produit scalaire de la trace. La deuxième a un sens physique immédiat : un polariseur est un projecteur (en traverser deux identiques ne change rien) et il est passif (il ne crée pas d'énergie) ; le b) dit que ces deux propriétés imposent le modèle de la projection orthogonale, donc la loi de Malus. Le c) explique le paradoxe des trois polariseurs, qui est aussi celui des mesures successives en mécanique quantique.