==問題==
令σ1=[0110],σ2=[0−ii0],σ3=[100−1],求證:(i) σ1,σ2,σ3為Hermite矩陣。
(ii) σ1σ1=I,σ2σ2=I,σ3σ3=I。
(iii) σ1σ2=iσ3,σ2σ3=iσ1,σ3σ1=iσ2。
σ1,σ2,σ3稱為Pauli矩陣。
==解答==
(i) 首先確認2階Hermite矩陣的形式。設A=[z11z12z21z22],其中z11,z12,z21,z22∈C。
若A為Hermite矩陣,則意味著A滿足
A†=A.
其中A†=([z11z12z21z22]∗)T=([¯z11¯z12¯z21¯z22])T=[¯z11¯z21¯z12¯z22],於是有
[¯z11¯z21¯z12¯z22]=[z11z12z21z22].
從而得到
¯z11=z11,¯z21=z12,¯z12=z21,¯z22=z22.
所以z11,z22皆為實數,而z12與z21互為共軛複數(因此實部相同)。
總結上述,我們可以得到:A=[z11z12z21z22]為Hermite矩陣,若且唯若A形如
A=[ap+qip−qib],a,b,p,q∈R.
(主對角線元素為實數,副對角線元素為共軛複數對)
現在回頭來判定Pauli矩陣是否為Hermite矩陣。
顯然σ1,σ2,σ3都是Hermite矩陣。
(ii) 直接計算。
σ1σ1=[0110][0110]=[1001]=I.
注意對矩陣[a11a12a21a22]左乘σ1=[0110]的效果相當於「交換1st row與2nd row」,因此可以利用此性質立刻寫出σ1σ1的乘積。
σ2σ2=[0−ii0][0−ii0]=i[0−110][0−ii0]=i[−i00−i]=[−i200−i2]=[1001]=I.
這裡一樣使用了基本矩陣(Elementary matrix)的性質。對矩陣[a11a12a21a22]左乘[0−110]的效果相當於「先將2nd row的元素添上負號後,再與1st row交換」。
σ3σ3=[100−1][100−1]=[10−0−(−1)]=[1001]=I.
這裡一樣使用了基本矩陣(Elementary matrix)的性質。對矩陣[a11a12a21a22]左乘[100−1]的效果相當於「將2nd row的元素添上負號」。
(iii) 與(ii)相同,直接計算,但一樣使用基本矩陣的性質來化簡計算量。
σ1σ2=[0110][0−ii0]=[i00−i]=i[100−1]=iσ3。
σ2σ3=[0−ii0][100−1]=i[0−110][100−1]=i[0110]=iσ1。
σ3σ1=[100−1][0110]=[01−10]=[0−i2i20]=i[0−ii0]=iσ2。
(解答結束)