Sbírka řešených úloh

Pauliho matice

Úloha číslo: 2277

• Nápověda

  Většinu úloh lze řešit dosazením do vztahů a přímým výpočtem.

• Řešení a)

  Pro Kroneckerovo delta platí \[\delta=1 \Leftrightarrow i=j,\qquad \delta=0 \Leftrightarrow i\neq j.\]

  Pro Levi-Civitův symbol platí

  \[\epsilon_{ijk}=0\Leftrightarrow i=j\vee j=k \vee i=k,\] \[\epsilon_{ijk}=1\Leftrightarrow \mathrm{sgn}(ijk)=1,\] \[\epsilon_{ijk}=−1\Leftrightarrow \mathrm{sgn}(ijk)=−1,\]

  kde \(\mathrm{sgn}\) je znaménko permutace.

  Rovnost \[\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k\] ověříme přímým výpočtem součinů Pauliho matic. Při výpočtu je nutné dbát na to, že násobení matic obecně není komutativní. Nejprve vztah ověříme pro \(i=j\). V tomto případě je na pravé straně rovnosti jednotková matice

  \[\hat{\sigma}_1\hat{\sigma}_1=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& 1 \end{pmatrix}=\hat{\mathbb{E}},\] \[\hat{\sigma}_2\hat{\sigma}_2=\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} −i^2 &0 \\ 0& −i^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& 1 \end{pmatrix},\] \[\hat{\sigma}_3\hat{\sigma}_3=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& (−1)^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& 1 \end{pmatrix}.\]

  Pro \(i=j\) se nám povedlo rovnost ověřit. Pro \(i\neq j\) je na pravé straně rovnosti \(\delta_{ij}=0\), tj. pravá strana je násobkem třetí Pauliho matice

  \[\hat{\sigma}_1\hat{\sigma}_2=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} i &0 \\ 0& −i \end{pmatrix}=i\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=i\hat{\sigma}_3,\] \[\hat{\sigma}_1\hat{\sigma}_3=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 &−1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=−i\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}=−i\hat{\sigma}_2,\]

   

  \[\hat{\sigma}_2\hat{\sigma}_1=\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} −i & 0 \\ 0& i \end{pmatrix}=−i\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=−i\hat{\sigma}_3,\] \[\hat{\sigma}_2\hat{\sigma}_3=\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & i \\ i& 0 \end{pmatrix}=i\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=i\hat{\sigma}_1,\]

   

  \[\hat{\sigma}_3\hat{\sigma}_1=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ −1& 0 \end{pmatrix}=i\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}=i\hat{\sigma}_2,\] \[\hat{\sigma}_3\hat{\sigma}_2=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 &−i \\ −i& 0 \end{pmatrix}=−i\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=−i\hat{\sigma}_1.\]

  Tím jsme vypočítali všechny možné součiny dvou Pauliho matic a ověřili platnost rovnosti.

• Řešení b)

  Požadované rovnosti můžeme ověřit přímým výpočtem všech komutátorů a antikomutátorů. My však využijme vztah, který jsme v předchozí sekci ověřili

  \[\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k\]

  a dosaďme ho do definic komutátoru a antikomutátoru, čímž si výpočty zkrátíme

  \[\left[\hat{\sigma}_i,\hat{\sigma}_j\right]=\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j−\hat{\sigma}_j\hat{\sigma}_i=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k−\left(\delta_{ji}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{jik}\hat{\sigma}_k\right)=i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k−\left(−i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k\right)=2i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k,\] \[\left\{ \hat{\sigma}_i,\hat{\sigma}_j\right \}=\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j+\hat{\sigma}_j\hat{\sigma}_i=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k+\delta_{ji}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{jik}\hat{\sigma}_k=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k+\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}−i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k=2\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}.\]

  Tím byly rovnosti ověřeny.

• Řešení c)

  Jako první vypočítáme vlastní čísla a vlastní vektory Pauliho matice \(\hat{\sigma}_x\)

  \[ \hat{\sigma}_x=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}.\]

  Tedy z rovnosti

  \[\hat{\sigma}_x\vec{v}_x=\lambda\vec{v}_x\]

  dostaneme

  \[\begin{pmatrix} −\lambda & 1\\ 1 & −\lambda \end{pmatrix}\vec{v}_x=\vec{o}.\]

  Aby soustava měla netriviální řešení, musí být matice singulární a její determinant rovný nule

  \[\begin{vmatrix} −\lambda & 1\\ 1 & −\lambda \end{vmatrix}=\lambda^2-1=0.\]

  Vlastní čísla jsou

  \[\lambda_{1{,}2}=\pm1.\]

  Hledejme vlastní vektory pro \(\lambda=1\)

  \[\begin{pmatrix} −1 & 1\\ 1 & −1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[-a+b=0,\] \[a=b.\]

  Chceme jednotkový (normovaný) vektor, jelikož se s normovanými vektory lépe počítá. Na jeho násobku jinak nezáleží, protože nenulový násobek vlnové funkce popisuje tentýž stav jako daná funkce. Tedy

  \[|x\rangle=\vec{v}_{x+}=\begin{pmatrix} a\\ a \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}.\]

  A pro \(\lambda=-1\)

  \[\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[a+b=0,\] \[a=-b,\] \[|x−\rangle=\vec{v}_{x−}=\begin{pmatrix} a\\ -a \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.\]

   

  Obdobně najděme vlastní čísla a vlastní vektory zbylých dvou matic. Nejprve pro \(\hat{\sigma}_y\)

  \[\hat{\sigma}_y\vec{v}_y=\lambda\vec{v}_y,\] \[\begin{pmatrix} −\lambda & −i\\ i & −\lambda \end{pmatrix}\vec{v}_y=\vec{o},\] \[\begin{vmatrix} −\lambda & −i\\ i & −\lambda \end{vmatrix}\vec{v}_y=\lambda^2+(i)^2=\lambda^2−1=0\Rightarrow\lambda_{1{,}2}=\pm1\]

  Pro \(\lambda=1\)

  \[\begin{pmatrix} −1 & −i\\ i & −1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[−a+(−i)b=0\Rightarrow a=−ib,\] \[|y+\rangle=\vec{v}_{y+}=\begin{pmatrix} −ib\\ b \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ i \end{pmatrix}.\]

  Pro \(\lambda=−1\)

  \[\begin{pmatrix} 1 & −i\\ i & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[a+(−i)b=0\Rightarrow a=ib,\] \[|y−\rangle=\vec{v}_{y−}=\begin{pmatrix} ib\\ b \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} i\\ 1 \end{pmatrix}.\]

   

  A nakonec pro matici \(\hat{\sigma}_z\) dostáváme

  \[\hat{\sigma}_z\vec{v}_z=\lambda\vec{v}_z,\] \[\begin{pmatrix} 1−\lambda & 0\\ 0 & −1−\lambda \end{pmatrix}\vec{v}_z=\vec{o},\] \[\begin{vmatrix} 1−\lambda & 0\\ 0 & −1−\lambda \end{vmatrix}\vec{v}_z=−(1−\lambda^2)=0\Rightarrow \lambda_{1{,}2}=\pm1.\]

  Pro \(\lambda=1\)

  \[\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & −2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[−2b=0,\] \[|z+\rangle=\vec{v}_{z+}=\begin{pmatrix} a\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]

  Pro \(\lambda=−1\)

  \[\begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\vec{o},\] \[2a=0,\] \[|z−\rangle=\vec{v}_{z−}=\begin{pmatrix} 0\\ a \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.\]

  Můžeme si povšimnout, že vlastní čísla Pauliho matic jsou reálná, což vyplývá z toho, že operátory jsou hermitovské. Z hermitovskosti také vyplývá, že vlastní vektory téhož operátoru příslušící různým vlastním číslům jsou na sebe kolmé, což je snadné ověřit

  \[\langle x+|\,x−\rangle = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \end{pmatrix}^{*} \begin{pmatrix}1 \\ −1 \end{pmatrix} =0,\]

  Podobně můžeme zkontrolovat kolmost vlastních vektorů zbylých dvou matic

  \[\langle y+|\,y−\rangle = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & i \end{pmatrix}^{*} \begin{pmatrix}i \\ 1 \end{pmatrix} =\frac{1}{2}(i−i)=0,\] \[\langle z+|\,z−\rangle =\begin{pmatrix}1 & 0 \end{pmatrix}^{*} \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} =0.\]

  Dále si můžeme povšimnout, že Pauliho matice mají shodná vlastní čísla. Obojí úzce souvisí s tím, že se jedná (až na konstantu) o operátory průmětu spinu \(\frac{1}{2}\) do jednotlivých os.

• Řešení d)

  Stopa matice je součet jejích prvků na diagonále, tedy

  \[\mathrm{Tr}(A)=\sum _{i=1}^{n} a_{ii}.\]

  Pro Pauliho matice

  \[\hat{\vec{\sigma}}=\left(\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\right)\]

  lze i bez výpočtu vidět, že jejich stopa je nulová.

• Řešení e)

  Při výpočtu stopy součinu Pauliho matic využijeme výsledky z řešení úkolu a). Součin různých Pauliho matic je opět Pauliho matice přenásobená komplexní konstantou, kterou můžeme ze stopy vytknout, a proto je stopa součinu dvou různých Pauliho matic nulová stejně jako stopa jedné Pauliho matice. Zapišme to ještě vzorci:

  \[\textrm{pro}\,\,i\neq j:\quad\mathrm{Tr}(\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j)=\mathrm{Tr}(i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k)=i\epsilon_{ijk}\mathrm{Tr}(\hat{\sigma}_k)=0.\]

  Součin dvou stejných Pauliho matic je roven matici jednotkové, jejíž stopa je \(2\)

  \[\textrm{pro}\,\,i= j:\quad\mathrm{Tr}(\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j)=\mathrm{Tr}(\hat{\mathbb{E}})=2.\]

• Řešení f)

  Libovolnou hermitovskou matici typu \(2×2\) můžeme napsat ve tvaru \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & d \end{pmatrix},\] kde \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) jsou realná čísla. Naším úkolem je rozepsat ji do lineární kombinace Pauliho matic a matice jednotkové, kde koeficienty lineární kombinace jsou reálná čísla.

  Reálnou část členů na vedlejší diagonále ovlivní pouze matice \(\hat{\sigma}_x\), jedním z členů lineární kombinace bude její \(b-\)násobek.

  Imaginární část členů na vedlejší diagonále ovlivní pouze matice \(\hat{\sigma}_y\), jedním z členů lineární kombinace bude její \(c-\)násobek.

  Jako poslední najdeme koeficient před maticí \(\hat{\sigma}_z\) a jednotkovou maticí \(\hat{\mathbb{E}}\), které určují prvky na diagonále. Označme tyto koeficienty popořadě \(z\), \(e\).

  Z toho dostaneme rovnice

  \[a=z+e,\] \[d=−z+e,\]

  z nichž plyne

  \[e=\frac{a+d}{2},\] \[z=\frac{a−d}{2}.\]

  Tím jsme určili všechny koeficienty a výsledná lineární kombinace je

  \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & d \end{pmatrix}=b\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}+c\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}+\frac{a−d}{2}\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}+\frac{a+d}{2}\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& 1 \end{pmatrix}=\] \[=b\hat{\sigma}_x+c\hat{\sigma}_y+\frac{a−d}{2}\hat{\sigma}_z+\frac{a+d}{2}\hat{\mathbb{E}}.\]

  Jelikož jsou koeficienty \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) realná čísla, tak jsou koeficienty lineární kombinace také reálné.

• Řešení g)

  Libovolná hermitovská matice typu \(2×2\) s nulovou stopu má tvar

  \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & −a \end{pmatrix},\]

  kde koeficienty \(a\), \(b\), \(c\) jsou realná čísla.

  V předchozí části jsme vyřešili obecnější případ. Zde nám stačí do získaného výsledku dosadit \(d=−a\). Změna nastává v koeficientu před maticí \(\hat{\sigma}_z\), který je v tomto případě \(a\) a u jednotkové matice vyjde koeficient nulový. Lineární kombinace tedy je

  \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & −a \end{pmatrix}=b\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}+c\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}+a\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}=\] \[=b\hat{\sigma}_x+c\hat{\sigma}_y+a\hat{\sigma}_z.\]

  Jelikož jsou koeficienty \(a\), \(b\), \(c\) realná čísla, tak jsou koeficienty lineární kombinace také reálné.

• Odpověď

  Ověřili jsme rovnosti

  \[\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j=\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}+i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k,\] \[\left[\hat{\sigma}_i,\hat{\sigma}_j\right]=2i\epsilon_{ijk}\hat{\sigma}_k,\] \[\left\{ \hat{\sigma}_i,\hat{\sigma}_j\right \}=2\delta_{ij}\hat{\mathbb{E}}.\]

  Vlastní čísla všech tří Pauliho matic jsou

  \[\lambda_{1{,}2}=\pm1.\]

  Jim příslušné vlastní vektory jsou

  \[|x+\rangle=\vec{v}_{x+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix},\,|x−\rangle=\vec{v}_{x−}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix},\] \[|y+\rangle=\vec{v}_{y+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ i \end{pmatrix},\,|y−\rangle=\vec{v}_{y−}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} i\\ 1 \end{pmatrix},\] \[|z+\rangle=\vec{v}_{z+}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix},\,|z−\rangle=\vec{v}_{z−}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.\]

  Ukázali jsme platnost rovností

  \[\mathrm{Tr}\left(\hat{\sigma}_i \right)=0,\, \forall i=1,\,2,\,3,\] \[\mathrm{Tr}\left(\hat{\sigma}_i\hat{\sigma}_j\right)=2\delta_{ij},\]

  kde \(\mathrm{Tr}\) je stopa matice.

  Libovolnou hermitovskou matici typu \(2×2\) \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & d \end{pmatrix},\] kde \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) jsou realná čísla, lze rozepsat do lineární kombinace Pauliho matic a matice jednotkové, kde koeficienty lineární kombinace jsou reálná čísla

  \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & d \end{pmatrix}=b\hat{\sigma}_x+c\hat{\sigma}_y+\frac{a−d}{2}\hat{\sigma}_z+\frac{a+d}{2}\hat{\mathbb{E}}.\]

  Speciálně libovolnou hermitovskou matici typu \(2×2\), jejíž stopa je nulová, lze rozepsat jako

  \[\begin{pmatrix} a & b−ic \\ b+ic & −a \end{pmatrix}=b\hat{\sigma}_x+c\hat{\sigma}_y+a\hat{\sigma}_z.\]