Warum ist die Zerlegung eines Qubit-Qutrit-Hamilton-Operators in Pauli- und Gell-Mann-Matrizen nicht eindeutig?

7

Wenn das Gatter auf ein Qubit und das Gatter auf ein Qutrit einwirken, wobei eine Gell-Mann-Matrix ist, unterliegt das System dem Hamilton-Operator: $X$ $\lambda_6$ $\lambda_6$

$\lambda_6X= \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Falls jemand diese Matrix bezweifelt, kann sie mit dem folgenden Skript (MATLAB / Oktave) generiert werden:

lambda6=[0 0 0; 0 0 1; 0 1 0];
X=      [0 1; 1 0 ];
kron(lambda6,X)

Betrachten Sie jedoch die Alternative Hamiltonian:

$-\frac{1}{2}Z\lambda_1 + \frac{1}{2}\lambda_1 - \frac{1}{\sqrt{3}}X\lambda_8+\frac{1}{3}X$ .

Dies ist genau der gleiche Hamiltonianer!

Das folgende Skript beweist es:

lambda1=[0 1 0;1 0 0;0 0 0];
lambda8=[1 0 0;0 1 0;0 0 -2]/sqrt(3);
Z=      [1 0; 0 -1 ];
round(-0.5*kron(Z,lambda1)+0.5*kron(eye(2),lambda1)-(1/sqrt(3))*kron(X,lambda8)+(1/3)*kron(X,eye(3)))

Die "Runde" in der letzten Codezeile kann entfernt werden, aber das Format ist hässlicher, da einige der Nullen ungefähr . $10^{-16}$

1) Ich dachte, die Pauli-Zerlegung für zwei Qubits sei einzigartig. Warum sollte die Pauli-GellMann-Zerlegung eines Qubits nicht eindeutig sein?

2) Wie würde ich die Zerlegung aus der obigen 6x6-Matrix erhalten? $\lambda_6X$

— user1271772
quelle

5

Sie erhalten zwei Zerlegungen für Ihre Matrix (nennen wir es ), weil Sie zwei verschiedene Operatorbasen verwenden. $A$

Im ersten Fall betrachten Sie die Matrix , wie in einem Raum der Dimension wirkende , die unter Verwendung der operatorial Basis ist . $3\times 2$ $\{\lambda_i\sigma_j\}_{ij}\equiv\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$

Mit anderen Worten, Sie berechnen die Koeffizienten , dass der einzige nicht verschwindende Term ist. Diese Zerlegung ist einzigartig, weil . $c_{ij}=\operatorname{tr}((\lambda_i\otimes \sigma_j) A)$ $c_{61}$ $\operatorname{tr}\big[ (\lambda_i\sigma_j)(\lambda_k\sigma_l) \big]=N_{ij} \delta_{ik}\delta_{jl}$

Andererseits wird die zweite Zerlegung erhalten, wenn man als Matrix in einem Raum der Dimensionen , dh indem man es unter Verwendung der Operatorbasis zerlegt . Dies gibt Ihnen neue Koeffizienten , die nicht mit identisch sein müssen (und tatsächlich nicht sind) $A$ $2\times 3$ $\{\sigma_i\lambda_j\}_{ij}\equiv\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $d_{ij}\equiv\operatorname{tr}((\sigma_i \otimes\lambda_j) A)$ . $c_{ij}$

Es gibt kein Paradoxon, weil und zwei völlig unterschiedliche Operatorgrundlagen für einen Raum der Dimension . $\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$ $6$

— glS
quelle

Ich denke, dies ist die richtige Antwort: einfach, dass die beiden Zerlegungen auf unterschiedlichen Grundlagen liegen, worauf ich in meinem Kommentar zur anderen Antwort hingewiesen habe: In einem Fall wirkt es zuerst auf das Qubit, dann auf den Qutrit und im anderen Fall es ist umgekehrt (verschiedene Basen). Ich könnte verwirrt gewesen sein, weil ich bis vor kurzem fast ausschließlich mit Hamiltonianern gearbeitet habe, die Z-Matrizen (Ising-Modelle) enthielten, und alles dort pendelt, so dass dieses Problem nie auftauchte.

— user1271772

4

Dies ähnelt im Wesentlichen der Eigenschaft der Nichtkommutativität des Kronecker-Produkts: : $X\otimes \lambda_6\neq \lambda_6\otimes X$

X \otimes λ_{6} = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) \otimes (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

$X\otimes\lambda_6 = \begin{pmatrix}0&1 \\1&0\end{pmatrix}\otimes \begin{pmatrix}0&0&0 \\0&0&1 \\0&1&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0\\ 0&1&0&0&0&0 \end{pmatrix}$

Es überrascht nicht, dass Sie sich nicht zersetzen können in. $-\frac{1}{2}Z\lambda_1 + \frac{1}{2}I_2\lambda_1 - \frac{1}{\sqrt{3}}X\lambda_8+\frac{1}{3}XI_3 = \lambda_6X$ $X\lambda_6$

Da jedoch beide Matrizen quadratisch sind, sind sie "permutationsähnlich", so dass für eine Permutationsmatrix $X\otimes \lambda_6=P^T\left(\lambda_6\otimes X\right)P$ $P$

Mit anderen Worten, um Teil 1 zu beantworten, ist die Zerlegung für eine gegebene Permutation / Ordnung eindeutig, aber wenn die Ordnung geändert wird, erfährt die Matrix / der Hamilton-Operator eine Rotation , die auch die Zerlegung ändert. $\left(P^T = P^{-1}\right)$

Es wird klar, was verwendet werden kann, um eine Matrix dieser Form durch Aufteilen in Untermatrizen zu zerlegen: durch Schreiben von wobei jede Untermatrix und eine Matrix wird klar, dass und , was verifiziert

X λ_{6} = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}),

$X\lambda_6 = \begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix},$

A, B, C

$A, B, C$

D

$D$

3 \times 3

$3\times 3$

A = D = 0

$A=D=0$

B = C = λ_{6}

$B=C=\lambda_6$

X λ_{6} = (\begin{matrix} 0 & λ_{6} \\ λ_{6} & 0 \end{matrix}) = X \otimes λ_{6}

$X\lambda_6 = \begin{pmatrix}0&\lambda_6\\\lambda_6&0\end{pmatrix} = X\otimes \lambda_6$

M = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}),

$M=\begin{pmatrix}0&0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&1&0&0&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix},$

A = 0, B = C = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}), D = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = λ_{1}

$A=0,\quad B=C=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}=\lambda_1$

$B=C=\frac{1}{3}I_3-\frac{1}{\sqrt{3}}\lambda_8$

M = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{3} I_{3} - \frac{1}{\sqrt{3}} λ_{8} \\ \frac{1}{3} I_{3} - \frac{1}{\sqrt{3}} λ_{8} & λ_{1} \end{matrix}) = \frac{1}{2} (I - Z) \otimes λ_{1} + X \otimes (\frac{1}{3} I_{3} - \frac{1}{\sqrt{3}} λ_{8}) .

$M=\begin{pmatrix}0&\frac{1}{3}I_3-\frac{1}{\sqrt{3}}\lambda_8\\\frac{1}{3}I_3-\frac{1}{\sqrt{3}}\lambda_8&\lambda_1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\left(I-Z\right)\otimes\lambda_1 + X\otimes\left(\frac{1}{3}I_3-\frac{1}{\sqrt{3}}\lambda_8\right).$

M = (\begin{matrix} A & B & C \\ D & E & F \\ G & H & J \end{matrix}),

$M=\begin{pmatrix}A&&B&&C\\D&&E&&F\\G&&H&&J\end{pmatrix},$

A = B = C = D = E = G = J = 0

$A=B=C=D=E=G=J=0$

F = H = X

$F=H=X$

M = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & X \\ 0 & X & 0 \end{matrix}) = λ_{6} \otimes X

$M=\begin{pmatrix}0&&0&&0\\0&&0&&X\\0&&X&&0\end{pmatrix}=\lambda_6\otimes X$

— Mithrandir24601
quelle

λ_{6} X

$\lambda_6 X$

X λ_{6}

$X\lambda_6$

@ user1271772 Ich bin nicht sicher, ob ich das verstehe: Beantwortet dies Ihre Frage, nachdem der Tippfehler behoben wurde?

— glS

1

C^{2} \otimes C^{3} ≃ C^{6} ≃ C^{3} \otimes C^{2}

$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^3 \simeq \mathbb{C}^6 \simeq \mathbb{C}^3 \otimes \mathbb{C}^2$