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

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