张量积分配律咨询：核磁共振作业磁化强度表达式问题

嘿，我来帮你一步步处理这个磁化强度表达式～首先我们先明确几个核心的张量积规则，再结合泡利算符的性质来化简：

1. 理清表达式中的张量积关系 #

你的原式里，$\sigma_+^{{(1)}$是仅作用在量子比特1的算符，$\exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z}{(2)}\right)$是仅作用在量子比特2的算符，而$e_\uparrow^{{(2)}+e_\downarrow}{(2)}$这里默认是投影算符的和（也就是qubit2的单位算符$I^{(2)}$，因为迹运算里只能是算符相乘），所以原式可以更清晰地写成：
$$\langle M_1(t)\rangle = {\rm tr}\left [\rho(0)\cdot \left( \sigma_+^{(1)} \otimes \exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{(2)}\right) \right) \cdot \left( I^{(1)} \otimes \left(\Pi_\uparrow^{{(2)}+\Pi_\downarrow}{(2)}\right) \right) \right]$$
注：$\Pi_\uparrow^{(2)} = |\uparrow\rangle\langle\uparrow|$，$\Pi_\downarrow^{(2)} = |\downarrow\rangle\langle\downarrow|$，是qubit2的自旋投影算符

2. 应用张量积分配律展开 #

根据张量积对加法的分配律：$A \otimes (B + C) = A \otimes B + A \otimes C$，我们先把$\exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{(2)}\right) \otimes (\Pi_\uparrow^{{(2)}+\Pi_\downarrow}{(2)})$拆成两项：
$$\exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{(2)}\right) \otimes \Pi_\uparrow^{(2)} + \exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{(2)}\right) \otimes \Pi_\downarrow^{(2)}$$

再结合张量积的乘法规则：$(O_1 \otimes O_2)(I_1 \otimes O_2') = O_1 \otimes (O_2 O_2')$，把$\sigma_+^{(1)} \otimes I^{{(2)}$也就是原式中的$\sigma_+}{(1)}$和上面的每一项相乘，得到：
$$\sigma_+^{(1)} \otimes \left( \exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{{(2)}\right)\Pi_\uparrow}{(2)} \right) + \sigma_+^{(1)} \otimes \left( \exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{{(2)}\right)\Pi_\downarrow}{(2)} \right)$$

3. 化简指数算符对投影算符的作用 #

因为$\sigma_z$是泡利矩阵，它的本征态就是$|\uparrow\rangle$和$|\downarrow\rangle$，满足$\sigma_z|\uparrow\rangle=|\uparrow\rangle$，$\sigma_z|\downarrow\rangle=-|\downarrow\rangle$，所以指数算符作用在投影算符上有：
$$\exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{{(2)}\right)\Pi_\uparrow}{(2)} = e^{{iJt/2}\Pi_\uparrow}{(2)}$$
$$\exp\left(i\frac{Jt}{2}\sigma_z^{{(2)}\right)\Pi_\downarrow}{(2)} = e^{{-iJt/2}\Pi_\downarrow}{(2)}$$

把这两个结果代入后，整个算符部分就简化为：
$$e^{iJt/2} \cdot \sigma_+^{(1)} \otimes \Pi_\uparrow^{(2)} + e^{-iJt/2} \cdot \sigma_+^{(1)} \otimes \Pi_\downarrow^{(2)}$$

4. 拆分迹运算得到最终简化式 #

迹运算满足线性性，所以我们可以把原式拆成两个迹的和：
$$\langle M_1(t)\rangle = e^{iJt/2} \cdot {\rm tr}\left[ \rho(0) \cdot (\sigma_+^{(1)} \otimes \Pi_\uparrow^{(2)}) \right] + e^{-iJt/2} \cdot {\rm tr}\left[ \rho(0) \cdot (\sigma_+^{(1)} \otimes \Pi_\downarrow^{(2)}) \right]$$

如果你的初始密度矩阵$\rho(0)$是可分离的即两个qubit初始无关联，$\rho(0)=\rho_1(0)\otimes\rho_2(0)$，还可以进一步利用迹的性质${\rm tr}(A\otimes B)={\rm tr}(A){\rm tr}(B)$，把每个迹拆成两个单qubit迹的乘积：
$$\langle M_1(t)\rangle = e^{iJt/2} \cdot {\rm tr}\left(\rho_1(0)\sigma_+^{(1)}\right){\rm tr}\left(\rho_2(0)\Pi_\uparrow^{(2)}\right) + e^{-iJt/2} \cdot {\rm tr}\left(\rho_1(0)\sigma_+^{(1)}\right){\rm tr}\left(\rho_2(0)\Pi_\downarrow^{(2)}\right)$$
这里${\rm tr}(\rho_2(0)\Pi_\uparrow^{(2)})$就是初始时qubit2处于自旋向上态的概率$p_\uparrow$，同理${\rm tr}(\rho_2(0)\Pi_\downarrow^{(2)})=p_\downarrow$，且$p_\uparrow+p_\downarrow=1$，所以最终还能写成：
$$\langle M_1(t)\rangle = {\rm tr}\left(\rho_1(0)\sigma_+^{(1)}\right) \cdot \left( p_\uparrow e^{iJt/2} + p_\downarrow e^{-iJt/2} \right)$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者elt23