Mengapa dekomposisi Hamiltonian qubit-qutrit dalam hal matriks Pauli dan Gell-Mann tidak unik?

7

Jika saya memiliki gerbang bekerja pada qubit dan gerbang bekerja pada qutrit, di mana adalah matriks Gell-Mann , sistem akan dikenai Hamiltonian: $X$ $\lambda_6$ $\lambda_6$

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

Jika ada yang meragukan matriks ini, ini dapat dibuat dengan skrip berikut (MATLAB / oktaf):

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

Namun pertimbangkan alternatif Hamiltonian:

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

Ini adalah Hamiltonian yang sama persis!

Script berikut membuktikannya:

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)))

"Putaran" pada baris kode terakhir dapat dihapus, tetapi formatnya akan lebih buruk karena sebagian dari 0 akhirnya sekitar . $10^{-16}$

1) Saya pikir dekomposisi Pauli untuk dua qubit itu unik, mengapa dekomposisi Pauli-GellMann dari qubit-qutrit menjadi non-unik?

2) Bagaimana saya mendapatkan dekomposisi dari matriks 6x6 di atas? $\lambda_6X$

— pengguna1271772
sumber

5

Anda mendapatkan dua dekomposisi untuk matriks Anda (sebut saja ) karena Anda menggunakan dua basis operator yang berbeda. $A$

Dalam kasus pertama Anda mempertimbangkan matriks bertindak dalam ruang dimensi , yaitu, menggunakan basis operator . $3\times 2$ $\{\lambda_i\sigma_j\}_{ij}\equiv\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$

Dengan kata lain, Anda menghitung koefisien , menemukan sebagai satu-satunya istilah yang tidak hilang. Penguraian ini akan menjadi unik, karena . $c_{ij}=\operatorname{tr}((\lambda_i\otimes \sigma_j) A)$ $c_{61}$ $\operatorname{tr}\big[ (\lambda_i\sigma_j)(\lambda_k\sigma_l) \big]=N_{ij} \delta_{ik}\delta_{jl}$

Di sisi lain, dekomposisi kedua diperoleh dengan memikirkan sebagai matriks dalam ruang dimensi , yaitu, dengan mendekomposisi menggunakan basis operator . Ini memberi Anda koefisien baru , yang tidak harus (dan memang tidak) sama dengan $A$ $2\times 3$ $\{\sigma_i\lambda_j\}_{ij}\equiv\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $d_{ij}\equiv\operatorname{tr}((\sigma_i \otimes\lambda_j) A)$ . $c_{ij}$

Tidak ada paradoks karena dan adalah dua basis operator yang sama sekali berbeda untuk ruang dimensi . $\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$ $6$

— glS
sumber

Saya pikir ini adalah jawaban yang benar: hanya bahwa kedua dekomposisi berada di pangkalan yang berbeda, yang saya singgung dalam komentar saya untuk jawaban yang lain: dalam satu kasus ia bertindak pada qubit pertama kemudian qutrit, dan dalam kasus lain itu sebaliknya (pangkalan yang berbeda). Saya mungkin menjadi bingung karena sampai saat ini saya hampir secara eksklusif bekerja dengan orang Hamilton yang berisi matriks Z (model Ising), dan semuanya pergi ke sana sehingga masalah ini tidak pernah muncul.

— user1271772

4

Ini pada dasarnya terlihat mirip dengan properti non-komutatif dari produk Kronecker: : $X\otimes \lambda_6\neq \lambda_6\otimes X$

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})

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

Tidak mengejutkan, Anda tidak dapat membusuk menjadi. $-\frac{1}{2}Z\lambda_1 + \frac{1}{2}I_2\lambda_1 - \frac{1}{\sqrt{3}}X\lambda_8+\frac{1}{3}XI_3 = \lambda_6X$ $X\lambda_6$

Namun, karena kedua matriks adalah kuadrat, mereka 'permutasi mirip', sehingga untuk beberapa matriks permutasi $X\otimes \lambda_6=P^T\left(\lambda_6\otimes X\right)P$ $P$

Dengan kata lain, untuk menjawab bagian 1, untuk permutasi / pemesanan yang diberikan, dekomposisi adalah unik, tetapi ketika pemesanan diubah, matriks / Hamiltonian mengalami rotasi , yang juga mengubah dekomposisi. $\left(P^T = P^{-1}\right)$

Menjadi jelas apa yang dapat digunakan untuk menguraikan matriks dari bentuk ini dengan membaginya menjadi sub-matriks: dengan menulis mana setiap sub-matriks dan adalah Matriks , menjadi jelas bahwa dan , yang memverifikasi

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
sumber

λ_{6} X

$\lambda_6 X$

X λ_{6}

$X\lambda_6$

@ user1271772 Saya tidak yakin saya mengerti: apakah ini menjawab pertanyaan Anda, setelah kesalahan ketik diperbaiki?

— glS

1

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

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