Por que a decomposição de um hamiltoniano de qubit-qutrit em termos de matrizes de Pauli e Gell-Mann não é única?

Se eu tenho o portão $X$ atuando em um qubit e o portão $\lambda_6$ atuando em um qutrit, onde $\lambda_6$ é uma matriz de Gell-Mann , o sistema é submetido ao Hamiltoniano:

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

Caso alguém duvide dessa matriz, ela pode ser gerada com o seguinte script (MATLAB / oitava):

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

No entanto, considere a alternativa hamiltoniana:

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

Este é exatamente o mesmo Hamiltoniano!

O script a seguir prova isso:

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)))

O "round" na última linha do código pode ser removido, mas o formato será mais feio porque alguns dos 0 acabam entre .$10^{-16}$

1) Eu pensei que a decomposição de Pauli para dois qubits é única. Por que a decomposição de Pauli-GellMann de um qubit-qutrit não é única?

2) Como obteria a decomposição partir da matriz 6x6 acima?$\lambda_6X$

Você obtém duas decomposições para sua matriz (vamos chamá-la de ) porque você está usando duas bases operacionais diferentes.$A$

No primeiro caso, você está considerando a matriz como agindo em um espaço de dimensão , ou seja, usando a base operacional { λ i σ j } i j ≡ { λ i ⊗ σ j } i j .$3\times 2$$\{\lambda_i\sigma_j\}_{ij}\equiv\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$

Em outras palavras, você está computando os coeficientes , encontrando c 61 para ser o termo só não desaparecendo. Essa decomposição será única, porque tr [ ( λ i σ j ) ( λ k σ l ) ] = N i j δ i k δ j l .$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}$

Por outro lado, a segunda decomposição é obtida pensando em como uma matriz em um espaço de dimensões 2 × 3 , ou seja, decompondo-a usando a base operacional { σ i λ j } i j ≡ { σ i ⊗ λ j } i j . Isto dá-lhe novos coeficientes de d i j ≡ tr ( ( σ i ⊗ X j ) A ) , que não tem que ser (e na verdade não o são) o mesmo que o $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)$ .$c_{ij}$

Não há paradoxo porque e { λ i ⊗ σ j } i j são duas bases operatorial inteiramente diferentes para um espaço de dimensão 6 .$\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$$\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$$6$

Isso parece essencialmente semelhante à propriedade de não comutatividade do produto Kronecker: :$X\otimes \lambda_6\neq \lambda_6\otimes X$

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

Sem surpresa, você não pode se decompor $-\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$

$X\otimes \lambda_6=P^T\left(\lambda_6\otimes X\right)P$ $P$

$\left(P^T = P^{-1}\right)$

$$X\lambda_6 = \begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix},$$ $A, B, C$$D$$3\times 3$$A=D=0$$B=C=\lambda_6$ $$X\lambda_6 = \begin{pmatrix}0&\lambda_6\\\lambda_6&0\end{pmatrix} = X\otimes \lambda_6$$

Performing the rotation/permuting and applying the same idea gives

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

It follows that $B=C=\frac{1}{3}I_3-\frac{1}{\sqrt{3}}\lambda_8$, giving

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

Changing the order of the decomposition:

$$M=\begin{pmatrix}A&&B&&C\\D&&E&&F\\G&&H&&J\end{pmatrix},$$ which gives $A=B=C=D=E=G=J=0$ and $F=H=X$, in turn giving $$M=\begin{pmatrix}0&&0&&0\\0&&0&&X\\0&&X&&0\end{pmatrix}=\lambda_6\otimes X$$