パウリ行列とゲルマン行列によるキュービットキュートリットハミルトニアンの分解が一意でないのはなぜですか？

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私がある場合は $X$ 量子ビットとに作用するゲート $\lambda_6$ qutritに作用するゲート $\lambda_6$ あるゲルマンマトリックスを、システムハミルトニアンに供されます。

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

誰もがこのマトリックスを疑う場合は、次のスクリプト（MATLAB / octave）で生成できます。

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

ただし、代替ハミルトニアンを検討してください。

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

これはまったく同じハミルトニアンです！

次のスクリプトはそれを証明します。

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)))

コードの最後の行の「丸め」は削除できますが、一部の0が最終的になるため、形式は醜くなります。 $10^{-16}$

1）2つのキュービットのパウリ分解は一意であると思いましたが、なぜキュービット-キュートリットのパウリゲルマン分解は非固有になるのですか？

2）上記の6x6行列から分解を取得するにはどうすればよいですか？ $\lambda_6X$

— ユーザー1271772
ソース

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2つの異なる演算子ベースを使用しているため、マトリックスに2つの分解（と呼ぶことにします）を取得します。 $A$

最初のケースでは、次元の空間に作用するように行列を検討している operatorial基礎使用、であり、。 $3\times 2$ $\{\lambda_i\sigma_j\}_{ij}\equiv\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$

言い換えれば、係数を計算している発見、だけ消失しない用語であること。この分解はので、ユニークであろう。 $c_{ij}=\operatorname{tr}((\lambda_i\otimes \sigma_j) A)$ $c_{61}$ $\operatorname{tr}\big[ (\lambda_i\sigma_j)(\lambda_k\sigma_l) \big]=N_{ij} \delta_{ik}\delta_{jl}$

一方、第二分解の考え方が得られる次元の空間にマトリックスとして operatorial基礎使用してそれを分解することで、。これは、あなたは新しい係数が与えも（実際はありません）する必要はありませんが、同じ $A$ $2\times 3$ $\{\sigma_i\lambda_j\}_{ij}\equiv\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $d_{ij}\equiv\operatorname{tr}((\sigma_i \otimes\lambda_j) A)$ 。 $c_{ij}$

ので、何のパラドックスがありませんおよび次元の空間のための2つの全く異なるoperatorial塩基である。 $\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$ $\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$ $6$

— glS
ソース

私はこれが正しい答えだと思います。2つの分解が異なる基底にあるということです。これは、他の答えに対する私のコメントで言及したとおりです。ある場合には、最初にキュービットに作用し、次にキュートリットに作用し、他の場合にはそれは逆です（異なるベース）。最近まで私はZ行列（イジングモデル）を含むハミルトニアンとほぼ独占的に作業していて、すべてがそこで通勤していたため、この問題は決して発生しなかったので、混乱したかもしれません。

— user1271772

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クロネッカー積の非可換性の性質に本質的に類似このルックス：： $X\otimes \lambda_6\neq \lambda_6\otimes X$

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})

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

当然のことながら、あなたが分解することはできませんに。 $-\frac{1}{2}Z\lambda_1 + \frac{1}{2}I_2\lambda_1 - \frac{1}{\sqrt{3}}X\lambda_8+\frac{1}{3}XI_3 = \lambda_6X$ $X\lambda_6$

両方の行列は正方形であるようしかし、それらは、 '同様の順列'ようであるのためのいくつかの順列行列 $X\otimes \lambda_6=P^T\left(\lambda_6\otimes X\right)P$ $P$

つまり、パート1に答えるには、与えられた順列/順序付けに対して分解は一意ですが、順序付けが変更されると、行列/ハミルトニアンは回転、これにより分解も変更されます。 $\left(P^T = P^{-1}\right)$

これは部分行列に分割することによって、それをこのフォームのマトリックスを分解するために使用することができるか明確になる：書き込むことにより、各サブ行列及びあるマトリクスは、それが明らかになる及び、検証

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}

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

回転/置換を実行して同じアイデアを適用すると、これはを与える

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}) .

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

Changing the order of the decomposition:

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

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

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

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

F = H = X

$F=H=X$ , in turn giving

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
ソース

I guess this answers the question:

λ_{6} X

$\lambda_6 X$ acts on the qutrir first then the qubit, whereas the other expression acts on the qubit first then the qutrir, but I still don't get why there's two decompositions because working with only qubits I've never seen something like this. I hate to edit the question after you did all this work, but the way it's written (which I apologize you already spent time answering) is wrong, because as you said,

X λ_{6}

$X\lambda_6$ is not the matrix I have there :'(

— user1271772

@user1271772 I'm not sure I understand: does this answer your question, after the typo was fixed?

— glS

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

$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^3 \simeq \mathbb{C}^6 \simeq \mathbb{C}^3 \otimes \mathbb{C}^2$ but there is data in this isomorphism. Not canonical. Think with categories.

— AHusain