¿Por qué la descomposición de un Hamiltoniano qubit-qutrit en términos de matrices de Pauli y Gell-Mann no es única?

Si tengo la puerta $X$ que actúa en un qubit y la puerta $\lambda_6$ que actúa en un qutrit, donde es una matriz de Gell-Mann , el sistema está sujeto al Hamiltoniano:$\lambda_6$

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

En caso de que alguien dude de esta matriz, se puede generar con el siguiente script (MATLAB / octava):

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

Sin embargo, considere la alternativa hamiltoniana:

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

¡Esto es exactamente el mismo hamiltoniano!

El siguiente script lo demuestra:

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)))

La "ronda" en la última línea de código se puede eliminar, pero el formato será más feo porque algunos de los 0 terminan siendo alrededor de .$10^{-16}$

1) Pensé que la descomposición de Pauli para dos qubits es única, ¿por qué la descomposición de Pauli-GellMann de un qubit-qutrit no es única?

2) ¿Cómo obtendría la descomposición de la matriz 6x6 anterior?$\lambda_6X$

Obtiene dos descomposiciones para su matriz (llamémosla ) porque está utilizando dos bases operativas diferentes.$A$

En el primer caso, está considerando que la matriz actúa en un espacio de dimensión , es decir, utilizando la base operativa { 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}$

En otras palabras, estás calculando los coeficientes , encontrando que c 61 es el único término que no desaparece. Esta descomposición 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 otro lado, la segunda descomposición se obtiene pensando en como una matriz en un espacio de dimensiones 2 × 3 , es decir, descomponiéndola utilizando la base operativa { σ i λ j } i j ≡ { σ i ⊗ λ j } i j . Esto le da nuevos coeficientes d i j ≡ tr ( ( σ i ⊗ λ j ) A ) , que no tienen que ser (y de hecho no son) iguales a los $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)$ .$c_{ij}$

No hay paradoja porque y { λ i ⊗ σ j } i j son dos bases operativas completamente diferentes para un espacio de dimensión 6 .$\{\sigma_i\otimes\lambda_j\}_{ij}$$\{\lambda_i\otimes\sigma_j\}_{ij}$$6$

Esto se ve esencialmente similar a la propiedad de no conmutatividad del producto Kronecker: :$X\otimes \lambda_6\neq \lambda_6\otimes X$

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

Como era de esperar, no se puede descomponer enXλ6.$-\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$

Sin embargo, como ambas matrices son cuadradas, son 'permutación similar', de modo que para alguna matriz de permutación $X\otimes \lambda_6=P^T\left(\lambda_6\otimes X\right)P$ $P$

En otras palabras, para responder a la parte 1, para una permutación / ordenamiento dada, la descomposición es única, pero cuando se cambia el ordenamiento, la matriz / hamiltoniana sufre una rotación , que también cambia la descomposición.$\left(P^T = P^{-1}\right)$

Queda claro qué se puede usar para descomponer una matriz de esta forma dividiéndola en submatrices: escribiendo donde cada submatriz A , B , C y D es un 3 × 3 matriz, queda claro que A = D = 0 y B = C = λ 6 , que verifica X λ 6 = ( 0 λ 6

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

Realizar la rotación / permutar y aplicar la misma idea da que da que A = 0

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

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

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

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