2理论计算机科学电子笔记270(2)(2011)37-58www.elsevier.com/locate/entcs量子比特通道的经典表示Tanner Crowder1 Keye Martin2海军研究实验室Center for High Assurance Computer Systems华盛顿特区20375摘要一组量子比特通道具有经典表示,当它同构于经典频道我们证明有五个这样的群,每个群要么是四字母交错群的子群,要么是三字母对称群的子群保留字:群论,量子通道,凸性。1引言在文献[7]中,Klein四群Z2被表示为具有四个输入和四个输出的经典通道的集合,并且证明了它的凸闭包可以嵌入到量子比特通道集合中。从这种嵌入产生的量子比特通道可以被定性和定量地研究,就好像它们是经典通道一样。这有一个令人惊讶的结果:通过使用经典通道,我们可以开发出一种完全中断量子通信的方法,只需要我们以确定性的方式行事,尽管这个过程的最终结果是纯粹随机的。退一步讲,一个自然的问题出现了:是否有任何其他类别的量子比特通道具有经典表示?在本文中,我们通过证明有五个这样的类而没有其他类来完全回答这个问题。每个类对应于A4的一个子群,即四个字母上的交替群,或者对应于S3的一个子群,即对称群三个字母。让我们简单解释一下为什么我们发现这是一个非常令人惊讶的结果。如果我们认为经典通道和量子通道是非常不同的,那么我们可以预期它们只有平凡的结构。但1电子邮件地址:crowder@chacs.nrl.navy.mil2电邮地址:kmartin@itd.nrl.navy.mil1571-0661由Elsevier B. V.出版,CC BY-NC-ND许可下开放获取。doi:10.1016/j.entcs.2011.01.02238T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)由S3和A4的凸闭包表示的通道具有如下结构:远非微不足道。另一方面,如果我们试图以经典表示的定义迫使所有量子比特通道都是单位的并且单位通道“看起来”是经典的为理由来拒绝这种共性2古典表示令(m,n)表示具有m行和n列的随机矩阵的集合,具有m个输入和n个输出的经典信道。量子比特通道集Q由R3中单位球的所有a-Quarne变换组成,这些a-Quarne变换作为2× 2密度矩阵上凸线性、完全正、保迹映射的Bloch表示而产生。集合X的凸闭包记为×X。所有的子群矩阵被假定为具有单位矩阵I作为群单位并且是非平凡的。定义2.1设G是(m,n)的子群。将×G<$嵌入Q是一个函数<$:×G<$$> → Q使得对于所有x,y∈ ×G<$,• I=I,• (xy)=• 当p∈[0, 1]时,<$(px+(1−p)y)=p <$(x)+(1−p)<$(y),并且• (x)=也就是说,嵌入是单射的凸线性同态。 量子比特通道的集合<$(×G<$)则被称为具有经典表示。命题2.2设G是(m,n)的子群.如果有嵌入若n = m,G是有限的,且n的象同构于×SO(3)n的一个凸子集.证据因为G的每个元素都是可逆矩阵,所以我们有m=n。唯一的经典通道,其中逆也是经典通道是置换矩阵,所以G是有限的。为了证明G在π下的像包含在SO(3)中,让我们给出一个新的和初等的证明,证明任何具有逆的量子比特通道也是量子比特通道的事实必须是布洛赫球的旋转设f(x)=Mx+b是具有逆的量子比特通道。因为f是单射的,所以方程Mx= 0有唯一解(x= 0),这意味着M是可逆的。则f的逆f−1(x)=M−1x−M−1b它也是一个大的。因此,f和f−1都是连续的,所以f是单位球B3到自身的同胚根据代数拓扑,f必须将单位球的边界带入自身:(x∈B 3)|X|=1μ m|f(x)|=1。T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)3922Σ⎝⎠×我们现在要求(Mx,b)= 0,对于所有|X| = 1。让|X| = 1。然后|−x| = 1,并且由于f对boundaries有约束力,w e h e |f(x)|=1=|f(−x)|. Then|=(M x + b,M x + b)=(M x − b,M x − b)=|f(− x)|.|.中间的等式简化为(Mx,b)= 0。现在我们证明b= 0。由于M是可逆的,它是满射的,因此在它的像中包含标准基e1,e2,e3,所以我们可以找到一个x∈R3使得Mx=e1。把x写成ei的线性组合,我们有3(e1,b)=(Mx,b)=xi(Me i,b)= 0.i=1类似地,对于所有i,(ei,b)=0。所以b=0,单位球到自身的任何一个自同态,都必须从球心到球心。然而,这意味着任何这样的量子比特通道必须是单位的,并且如[8]中的初等方法所示,M必须是具有行列式+1的正交矩阵,即,它必须属于SO(3)。对于那些发现初等证明令人反感的人,也可以使用[9]的Theo-rem 2.1,然后诉诸所有酉通道诱导布洛赫球旋转的事实(后者的完整证明在[8]中给出无论哪种方式,的图像同构于×SO(3)的凸子集,其中SO(3)是行列式为+1的正交矩阵群 Q3循环群由上一节的结果,我们知道任何其凸闭包可以嵌入Q的群必须是SO(3)的有限子群。我们的第一个引理(我们将经常提到)告诉我们,任何旋转都与绕x轴的主旋转共轭:定义3.1绕x轴的主旋转表示为⎛1 0 0⎞rx(θ):= 0 cosθ sinθ0− sinθ cosθ对于某个角θ∈(0,2π]. 注意rx(α)rx(β)=rx(α+β)。引理3.2如果f∈SO(3),则存在r∈SO(3)使得rfrt=rx(θ)对于某个角θ ∈(0,2 π].证据 每个3 ×3旋转f是正规矩阵,因此通过[ 12 ]的定理3.3,我们可以找到一个正交矩阵r,使得rfr t是块对角矩阵,每个块是40T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)trfr=0ab∈中国a=00 1艾特河由f的实特征值或f的2× 2矩阵组成的 1×1矩阵00−100−10 0 1形式a B−b a.如果det(r)= −1,我们用−r代替r,因为det(−r)=(−1)3det(r),因此,我们假设r SO(3)。同样,因为我们是在三维空间中,所以只有两种情况是可能的:要么rfrt是对角矩阵,要么它具有以下形式布拉奇 00⎞0 −b a其中c= ±1是f的实特征值。使用det(r)=1/ det(rt),因为rt=r−1,det(rfrt)= det(r)det(f)det(rt)=det(f)= 1 =c(a2+b2)所以我们看到c= 1,(a,b)是单位圆上的一个点的情况下rfrt是对角的,我们看到rfrt必须是恒等矩阵或矩阵之一⎛ 1 00 ⎞⎛−1 00 ⎞⎛−100 ⎞s x= 0 −10,s y= 0 1 0,s z= 0 −10。恒等式和sx具有所需的形式。在rfrt=sy的情况下,我们通过旋转共轭⎛0 1 0⎞1 0 0以获得arf(ar)t=sx,其再次具有期望的形式。在rfrt=sz的情况下,我们共轭一个t。最后,因为(a,b)是单位圆上的一点,所以有一个角度θ∈(0, 2π]使得a=cosθ和b=sinθ。 因此,在所有情况下,我们有rfrt=rx(θ)。Q回想一下,群G中的元素x被称为具有阶n,如果n是最小的正整数,其中xn=I。引理3.3设f∈SO(3)的阶n≥ 2,G={fi:1 ≤i≤n}Zn是它生成的循环群. 则存在非零整数x ∈ Z和r∈SO(3),使得rfxrt= rx(2 π/n)。因此,G也由与rx(2 π/n)共轭的元素f x ∈ G生成。证据设a=rx(2π/n).证明a的阶数为n并由此生成Zn是一种常规。根据引理3.2,取r∈SO(3),其中rfrt=rx(θ)。由于f的阶数为n,rx(θ)也为n,因此rx(θ)n=rx(nθ)=I。则θ∈(0, 2π]有形式θ= 2πk/n,其中0
log2(2)= 1,因此区间[log2n, log2 3n]至少包含一个整数,称之为m。然后log2(n)≤mlog2(3n),其中右边的严格不等式成立,因为3n永远不是2的幂如果m= log2(n),那么因为[log2n, log2 3n]的长度严格大于1,所以它也必须包含m+1,所以设置p:=m+1。如果不是,则设置p:=m。不管怎样,log 2(n)log2(n)≥log2(4)=2,p≥3,所以所需的整数是k:=p− 2≥ 1。Q回想一下,矩阵a的位置(i,j)中的元素由aij表示。引理3.5设a∈(n,n)且m∈N可被2整除。如果m= 0,a m/2= 0。证据如果A和B是两个n×n矩阵,则它们的乘积AB满足(AB)ii=nr=1 A i,r B r,i.由于m=m/2m/2,我们有0= a m= 1 a m/2am/2。r=1T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)43经典通道中的条目是非负的,所以这意味着我们将零写为n个非负乘积的和那么每个乘积都必须为零。在特别地,对于r=i,乘积am/2am/2为零,这意味着am/2= 0。Q二二二44T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)n442nXX+yXX.Σ0 0 00 0 00 0 00 0 0命题3.6Zn<$(m,m)的凸闭包不能嵌入Q当n≥ 4时。证据设G={gi:1≤i≤n}<$SO(3)是一个生成元为g的n阶循环群.根据引理3.3,我们可以假设存在r∈SO(3),其中rgrt=rx(θ)且θ=2π/n。对于这个证明的其余部分,rx(θ)将用rx表示。rGrt中所有元素的平均值,ni:=i=1是么半群×rGr t <$$>的唯一代数零点:唯一的元素<$$> ∈ ×rGr t<$$>使得对所有x ∈ ×rGr t <$$>,<$·x = x·<$。我们现在将证明存在x,y∈ [0,1],其中x + y = 1,.r+ r t= 0。r j+(r j)t22使用引理3.4,设j是2的幂,使得n0。第二部分由于方程(3)对Zn的任何量子生成元成立,但对Zn的经典生成元不成立,所以当n≥4时,Zn<$(m,m)的凸闭包不可能嵌入QQ最后一个证明的一个有趣的结果是,对于整数n≥4,n ncos(2 π/n·k)= 0 =最后一个结果允许循环群的分类问题的解决方案平均值=011 0⎛0 1 0⎞1 0 0分别表示Z2和Z3定理3.7• 若G<$(m,m)是一个循环群,且<$:×G<$→Q是一个嵌入,则GZ 2或GZ 3。• 群Z2{I,c,c2}和Z3{I,c,c2}的凸闭包可以嵌入Q.k=1k=1XXT. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)4722θr(θ)sinθcosθ0z2222⎠30 0 100−10 0 100−100−10 0 1证据对于Z2,我们将I,φ ip∈(2,2)映射到自旋通道⎛1 0 0⎞ ⎛ 1 0 0⎞I=100100&s x=0 −10⎠然后线性扩展以获得嵌入. x1x2mm100x1+x2001x2x1=10x1− x20。0 0x1−x2对于Z3,c是生成Z3的经典通道.然而,它也是一个量子比特通道:作为置换,它是正交的,直接计算表明det(c)= 1,因此c∈SO(3)。因此,它的凸闭包通过恒等映射嵌入QQ4有限阿贝尔群引理4.1如果Q包含群Z n的一个拷贝,则n= 1或n= 2。证据 任意对合f∈Q 必须是旋转的,因此是对称的,因为f= f −1= f t。因此,存在旋转r∈SO(3),使得rfrt是对角的。然而,rfrt∈SO(3)也是一个对合,但SO(3)中唯一的对角对合是自旋通道:⎛ 1 0 0 ⎞⎛ 1 00 ⎞⎛−1 00 ⎞⎛−100 ⎞I= 10010,s x= 100−10,s y= 100100,s z= 100− 10。原因是:对称时,每个特征值有三个实特征值;正交时,每个特征值为±1;旋转时,这些特征值的乘积必须为1。现在如果Q包含Zn的一个拷贝,那么它包含2n个交换对合。因为Zn的所有元素都是可交换的,所以它们在一个公共基上对角化因此,在本发明中,存在r ∈ SO(3)使得对任意f ∈ Zn,rfr t∈ SO(3)是对角对合.则r(Zn)r t<${I,s x,s y,s z}。由于群r(Zn)rt中元素的个数是2 n,我们有n = 1或n = 2。Q令rz(θ)表示绕z轴的主旋转cosθ−sinθ 0从令人讨厌的算术,可以得出rx(θ)和rz(α)可交换i,它们都对角线。引理4.2如果Q包含群Zn的一个拷贝,则n = 1。48T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)3∈中国0ab好吧−ba0±3.- 是的Σp对角线,每个chblo ckbeingg。either是一个由实特征值或证据 假设Q包含Z2的一个拷贝. 设f,g∈Z2<$SO(3)是3 3第三,这样,我我{f:1 ≤ 3}{g:1 ≤i≤ 3}={I}。注意Z 2包含了生成不同子群的三阶元素:直观地,在加法符号中,f=(0,1)和g =(1,0)就是这样的元素的例子。因为f,g根据定理2.5.15,SO(3)是交换正规矩阵在[5]中,存在单个正交矩阵r,使得rfr t和rgr t是块2× 2矩阵的形式一 B.−b a因为f和g的阶数为3,所以rfrt和rgrt也是3,所以它们都不能有只由特征值组成的块,或者它们是对角的,然后阶数为1或2. 因此,唯一可能的形式是布拉奇 00⎞0 −b a拉瓜b00 0c因为c是正交矩阵的实特征值,所以c = 1,但是因为每个正交矩阵的行列式是c(a2+ b2)= 1,分别是旋转f和g的行列式,所以c = 1和a2+ b2= 1。因此,第一个矩阵对于θ∈(0,2π]有形式rx(θ),第二个矩阵对于某个α∈(0,2π]有形式rz(α然而,因为f和g可交换,rfrt和rgrt也可交换,这意味着两者都有形式rx(θ)或都有形式rz(α),因为rx(θ)和rz(α)只有在它们是对角的时候才可交换(正如我们所看到的,这是不可能的,因为rfrt和rgrt是三阶的)。因此,不失一般性,rfrt=rx(θ)rgrt=rx(α)其中θ= 2πk/ 3和α= 2πm/ 3,对于整数01,则Q包含Z2的一个拷贝,3 3正如我们所见,这是不可能的Q关于有限阿贝尔群的基本定理指出,任何有限阿贝尔群G同构于阶为素数幂的循环群的直积nGZri我i=1T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)4922p⑵G⑴Gi=1i=1pi2我i=1i=1其中pi是素数,不一定是不同的,并且每个ri≥1。我们现在将对可用于表示量子比特通道的阿贝尔群进行让{II,Iip,ip I, ip ip}(4, 4)表示文[7]中研究的Klein四群的自然副本。定理4.3• 若G<$(m,m)是阿贝尔群,且G <$:×G<$→ Q是嵌入,则G同构于Z2,Z3或Z2.• 群Z2{II,Iip{I,c,c2}和Z2 {I,Qip}可以嵌入到Q中。证据设G是(m,m)中的阿贝尔群,其凸闭包可嵌入Q.根据有限交换群的基本定理,我们可以把它写成循环群nGZri我i=1其中pi是素数,不一定是不同的,并且每个ri≥1。如果其中一个素数pi≥5,则由于pi整除G的阶,n n|为|=|为|=pri,有限交换群的拉格朗日定理的逆定理但唯一的pi阶的有限阿贝尔群是Zpi,一个阶大于3的循环群。由于Zpi的凸闭包不能由定理3.7嵌入到Q中,因此G的凸闭包也不能嵌入到Q中。因此,G有三种可能性:ni=1ni=1 其中n≥1且每个ri≥1,Z3ri,其中n≥1且每个ri≥1,或⑶GnZ 2ri× m 其中n,m≥ 1且每个ri,si≥ 1.在情形(1)中,每个ri= 1,否则G有阶≥4的循环子群,这与定理3.7相矛盾。因此,G仅仅是Z2拷贝的乘积.根据引理4.1,唯一的可能性是Z2,它的凸闭包可以由定理3.7嵌入,而Z2,我们将在后面的证明中证明后者有一个可以嵌入的凸闭包。在情形(2)中,每个ri= 1,否则G有阶≥4的循环子群,这与定理3.7相矛盾。因此,G只是Z3拷贝的乘积.根据引理4.2,唯一的可能性是Z3,其凸闭包可以由定理3.7嵌入.在情形(3)中,G有一个子群H Z 2r1× Z 3s1 其中r1,s1≥1。 由于H是阶互素的循环群的乘积,根据[ 11 ]中的定理6.1,我们有H Z 2r13s1,阶互素的循环群|H| =2 ri 3 si≥ 6 ≥ 4,根据定理3.7,这是不可能的。50T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)2⎜⎝⎟⎝⎠2⎠i=1现在让我们证明Z2={II,I ip,ipI,ip ip}的凸闭包可以嵌入到Q中。使用引理4.1中的自旋通道,我们扩展了自然同构II< $→I,I ip <$→sx,ipI <$→sy,ip ip <$→sz凸线性地获得1x1x 2x 3x 4英寸x1+x2−x3−x400x2x1x4x31x3x4x1x2=x4 x3 x2 x10x1−x2+ x3−x40。0 0x1−x2−x3 +x4这就明确了一个功能。作为同构的凸线性扩张,它保持恒等式、凸和与凸积。我们需要证明它是内射的。 设f,g ∈ ×Z2∈由分别涉及概率xi和yi的凸和定义.如果f= g,则(f)−其中,每个c i= x i−y i,因此,则ci满足以下四个条件方程式:c1+c2+c3+c4= 0(5)c1+c2−c3−c4= 0(6)c1−c2+c3−c4= 0(7)c1− c2− c3+ c4= 0。(八)将(7)和(8)相加得到c1=c2。将其代入式(7),得到c3=c4。将这两个代入(6)得到c1=c3。那么c1=c2=c3=c4.通过(5),每个ci=0,因此对于所有i,xi=yi。这证明了f=g,使得f是单射的。Q5有限群在这一节中,我们证明了至多有两个非阿贝尔群,用于表示量子比特通道。设A4表示四个字母的交错群,S3表示三个字母的对称群定理5.1若G∈(n,n)是其凸闭包可嵌入Q的非交换群,则G要么同构于A4,要么同构于S3.证据如果|G|若G可被素数p≥ 5整除,则由[ 6 ]的定理5.2,G含有一个p阶元,从而G有一个子群同构于Zp。根据定理3.7,×G不能嵌入Q。那么让我们考虑|G|转化为它可能的素数幂的乘积,|G| = 2 p 3 q,其中p,q≥ 0。如果q≥2,则根据第一个Sylow定理,即[6]的定理5.7,G包含一个阶为32的子群,但根据[6]第98页上的练习13,这个子群必须是阿贝尔的,这是定理3.7所不可能的。因此,0≤q≤ 1。T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)51322⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠0 0 1 00 0 0 1⎝⎠0 0 0 10 0 1 01 0 0 00 1 0 00 1 0 01 0 0 01 0 0 00 0 1 00 0 1 01 0 0 00 0 0 10 1 0 00 1 0 00 0 0 1写|G| = 2 p 3 q,其中p≥ 0且0 ≤q≤ 1。如果p≥3,则根据第一个西洛定理,G包含一个阶为2 = 8的子群。根据定理4.3,这个子群不可能是阿贝尔群。 但如果G是非交换的,则它必须包含一个4阶元素,根据[6]中Prop.6.3的证明,所以G包含Z4的一个副本,这是不可能的定理3.7。因此,0≤p≤ 2。写|G|=2 p 3 q,其中0≤p≤2且0≤q≤1。如果p=0,则G是平凡群(q=0)或Z 3(q=1),使用[ 6 ]第98页上的表格。 类似地,如果q =0,那么根据同一个表,唯一的非平凡群是Z2,Z4和Z2,所有的这是阿贝尔。因此,q= 1且1≤p≤ 2。写|G| = 2 p 3且1 ≤p≤ 2。如果p = 1,则|G| = 6,并且唯一的阶为6的非阿贝尔群是S3,使用[ 6 ]第98页上的表。如果p = 2,则|G| = 12,并且使用相同的表,仅有的12阶非阿贝尔群是D6,T和A 4。根据[6]第98页上的注释(i)和(ii),群D6和T都包含6阶元素,因此包含Z6的副本,与定理3.7相反。因此,只有两个非阿贝尔群能够嵌入Q是A4的S3。 Q根据拉格朗日因为|S3| = 6和|一个4| = 12时,S3的任意真子群的阶数必须为2或3,而A4的任意真子群的阶数必须为2、3、4或6。然而,通过[6]第51页的练习8,A4没有6阶子群。只有2阶和3阶的群是Z2和Z3,而只有4阶的群是Z4和Z2。因此,A4和S3的所有真子群都有凸闭包可以嵌入Q,所以没有明显的方法来排除任何一种情况。此外,S3不是A4的子群,因此必须分别考虑情况A4和S36一个4(4,4)中的偶数排列集合包括一个称为四字母交替群的群A4。解释一下,它的对合是⎛1 0 0 0⎞ ⎛ 0 1 0 0⎞ ⎛ 0 0 1 0⎞ ⎛ 0 0 0 1⎞0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0I=,x=,y=,z=,其顺序三个要素是⎛0 0 0 1⎞ ⎛ 0 1 0 0⎞ ⎛ 1 0 0 0⎞ ⎛ 0 0 1 0⎞0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0a=,b=,c=,d=,52T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠f=.0 0 1g= s x f =,h = gs x=,j = s x h =。2010 010 0 000 0 100 102 2 20 0 100−100−10 0 10 1 00 −100 1 00 −10连同他们的正方形:⎛0 0 1 0⎞ ⎛ 0 0 0 1⎞ ⎛ 1 0 0 0⎞ ⎛ 0 1 0 0⎞a=100,b =100,c =100,d =100。上面的矩阵给出A4的副本的一个快速证明是首先注意到a是偶数,因为它可以写为两个转置a=fg的乘积,其中f交换第一个和第三个元素,g交换第三和第四个元素。同样,x也是偶数。因此,xa=b,bx=c和xc=d是偶数的乘积,它们的平方也是偶数。最后,y=ac2,z=xy和x2=I是偶数。 因为我们已经生成了12个不同的偶数排列,而一个四元素集只有4个!/2 = 12个偶数排列,这组矩阵形成A4:定义6.1A4:={I,x,y,z,a,b,c,d,a2,b2,c2,d2}<$(4, 4)。注意,A4的任何副本都可以从一个三阶元素和一个偶数对合生成。让我们用这种直觉来生成SO(3)中从引理4.1的对合开始,我们取⎛ 1 0 0 ⎞⎛ 1 00 ⎞⎛−1 00 ⎞⎛−100 ⎞I=0 10,sx =0 −10,sy=0 10,sz =0 −10,我们选择三阶发电机⎛0−10 ⎞−100现在用不同的方法将sx和f相乘,得到其他三个元素⎛0 −10⎞⎛0 1 0⎞⎛010⎞1 0 0还有他们的广场:⎛00−1⎞⎛0 0 1⎞1 0 0⎛0 0 1⎞−1 00⎛00−1⎞f2=−1 00,g2=−1 00,h2=1 0 0,j2= 1 00。定义6.2G:={I,sx,sy,sz,f,g,h,j,f2,g2,h2,j2}<$SO(3)。集合G以自然的方式形成同构于A4的群 让我们证明这一点:引理6.3集合G<$SO(3)是同构于A 4<$(4,4)的群。一种同质异能现象0 0 0 11 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 0 00 0 1 01 0 0 00 0 0 1T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)53• (I)=I,• (a)=f,• 其中,n(a2)= f2,n(b2)= g2,n(c2)= h2,n(d2)= j2.证据在[1]的第225页,四字母交错群的表示由生成元α和β以及关系式α3=β3=(αβ)2=I给出。 在G中,元素j和h2满足这样的关系。因此,它们生成的群同构于A4。我们定义这些生成器(d)=j然后进行同态扩展。由[1]可知,c2和d生成A4,所以A4与j和h2生成的群之间是同构的。我们要证明的是后一组是G。我们通过显式地计算剩余的10个元素的k来让我们计算对合I和x上的π的值。 使用jh2=sx和dc2=x,• (x)=• (I)=使用在定义A4之前提到的方程,以及在定义G时提到的方程,我们现在可以计算a,b和c:• (c)=• (b)=• (a)=则方程<$(a2)=f2,<$(b2)=g2,<$(c2)=h2和<$(d2)=j2如下.最后,我们计算了y和z的值。使用y=ac2和fh2=sy,(y)=而z=xy的事实给出(z)=完成证明。Q现在我们证明这个同构扩展到两个群的凸闭包。定理6.4 A4的凸闭包可以嵌入到Q中.证据设λ:×A4λ → ×Gλ在群元素上以自然的方式定义,然后线性凸扩张.如果我们证明,f是函数,[7]这是一个简单的命题,它是一个简单的命题,它是一个简单的命题。一个54T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)⎜⎝⎟⎠⎛⎞3⎝2⎠任意的f∈ ×A4<$可以写成+c+c2x+b+d2y+d+a2z+a+b2x+d+b2e+a+a2z+c+d2y+b+c2f=y+a+d2z+d+c2e+b+b2x+c+a2,z+b+a2y+c+b2x+a+c2e+d+d2其中我们将一般元素f∈×A4<$写成凸和f=e·I+x·x+y·y+z·z+a·a+b·b+c·c+d·d+a2·a2+b2·b2+c2·c2+d2·d2群A4<$(4, 4)的元素。请注意,一般凸和f∈ ×A 4中的每个概率与其相关的群元素具有相同的名称,除非这会产生明显的不一致。因此,元素f(f)为e+x−y−z−a−b+c+d−a2+b2+c2−d2n(f)=−a2− b2+ c2+ d2 e − x + y− za − b + c − d。−a+b+c−d a2−b2+c2−d2e−x−y+z设fij和(f)ij表示位于位置(i,j)的f和(f)的条目然后f和f(f)之间的关系为:• φ(f)11=+f11+f21−f42−f32,φ(f)12=−f14−f24+f42+f32,φ(f)13=−f13−f23+f32+f42;• φ(f)21=−f13+f24−f33+f44,φ(f)22=+f11−f43+f31−f23,φ(f)23=+f14−f41−f21+f34;• φ(f)31=−f14+f23+f33−f44,φ(f)32=+f13−f21+f43−f31,φ(f)33=+f11−f43−f42−f14。因此,是一个定义良好的函数。为 了 证明它是单射的,假设f(f)= g(g)其中f被写成使用概率e,x,y,z等的凸和,g被写成使用概率e J,xJ,y J,z J等的凸和,并且我们对每个i ∈ {e,x,y,z,a,b,c,d,a2,b2,c2,d2}设置ci = i − i j。 因为f(f)− g(g)= 0,我们得到三组三个不同的方程:第一组只涉及变量e,x,y,z,第二组只涉及a,b,c,d,第三组只涉及a2,b2,c2,d2。在定理4.3的证明中应用于Z2的论证适用于这些集合中的每一个,从而允许我们得出结论:T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)55• ce=cx=cy=cz,• ca=cb=cc=cd,• ca2=cb2=cc c2=cd2.3这种非正统的符号是必要的复杂性工作与56T. 克劳德,K。Martin/Electronic Notes in Theoretical Computer Science 270(2)(2011)Σ然而,因为ci=0,所以对于任意i∈ {e,x,y,z},j∈ {a,b,c,d}和k∈{a2,b2,c2,d2},我们有ci + cj + ck = 0。这意味着f−g= 0,使得f=g,因此f是单射的。因为同构的凸线性扩张是一个定义良好的内射函数,所以它是[7]中定理2证明的嵌入Q7S3我们用S3<$(3, 3)表示对称群的自然副本:, ,0 10,S3=I,a=2001,100,,0 01,,0 10,,1 0 00 0 1.元素b、c和d都是对合,整个群由a和它的任何非平凡对合确定,因为c=ab和d=a2b。注意aba=a。让我们指出这个群具有以下性质:I+a+a23I+a+a2+b+c+d=6.(九)现在我们将证明这个方程在量子力学上是不可能的:引理7.1 S3<$(3,3)的凸闭包不能嵌入Q。证据如果S3的一个副本{I,a,a2,b,c,d}满足等式(9),则I+ a + a2= b + c + d。所以两边的迹线3+ tr(a)+ tr(a2)=−3其中我们注意到每个非平凡对合都与引理4.1中的一个自旋通道共轭,并且共轭矩阵总是有相同的迹:在这种情况下,tr(b)= tr(c)= tr(c)= −1。然而,根据引理3.2,每个旋转都与某个r x(θ)共轭,因此tr(a)≥ − 1且tr(a2)≥ − 1,这与它们的和 是-6。Q因此,S3的自然副本的凸闭包不能嵌入到Q中.现在让我们来看(4, 4)。为了简单起见,我们对排列π∈(4,4)引入了一些新设v=(1,2,3,4)。于是πv=(p,q,r,s)由重新排列v的元素而产生。因此我们可以用1234→pqrs表示π。我们定义以下三阶排列:• a1是置换1234→1342• a2是置换1234→3241• a3是排列1234→2431• a4是置换1234→2314。0 0 1,a=1 0 01 0 0,b=0 1 00 0 1,c=0 1 00 1 0,d=1 0 0