Décomposition de Pauli des matrices de taille deux

L'écriture existe et est unique puisque $\{\mathbf{1},\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z\}$ est une base. Pour obtenir les coefficients, on prend la trace de $A$ multipliée par chaque élément de la base : $\tr A=2a_0$ puisque les $\sigma_j$ sont de trace nulle, et $\tr(\sigma_jA)=a_0\tr\sigma_j+\sum_ka_k\tr(\sigma_j\sigma_k)=2a_j$. Les matrices $\mathbf{1}$ et $\sigma_j$ étant hermitiennes, $A^\dagger=a_0^*\mathbf{1}+\sum_ja_j^*\sigma_j$. Par unicité de la décomposition, $A^\dagger=A$ équivaut à $a_0^*=a_0$ et $a_j^*=a_j$.

On a $a_0=\frac12(3+1)=2$. Pour les autres coefficients, il suffit de calculer les éléments diagonaux des produits. Pour $\sigma_z$, $\tr(\sigma_zA)=3-1=2$, donc $a_z=1$. Pour $\sigma_x$, $\tr(\sigma_xA)=A_{21}+A_{12}=(1+i)+(1-i)=2$, donc $a_x=1$. Pour $\sigma_y$, $\sigma_yA$ a pour éléments diagonaux $-iA_{21}=-i(1+i)=1-i$ et $iA_{12}=i(1-i)=1+i$, d'où $\tr(\sigma_yA)=2$ et $a_y=1$. Ainsi

$$A=2\,\mathbf{1}+\sigma_x+\sigma_y+\sigma_z,$$

ce que l'on vérifie en additionnant les matrices : les éléments non diagonaux valent $1-i$ et $1+i$, et les éléments diagonaux $2\pm1$.

Posons $K=\mathbf n\cdot\boldsymbol\sigma$, qui vérifie $K^2=|\mathbf n|^2\mathbf{1}=\mathbf{1}$ et $\tr K=0$. Ses valeurs propres vérifient $\lambda^2=1$, et leur somme est nulle : ce sont $+1$ et $-1$. Les opérateurs $P_\pm=\frac12(\mathbf{1}\pm K)$ vérifient $P_\pm^2=\frac14(\mathbf{1}\pm2K+K^2)=P_\pm$, $P_+P_-=\frac14(\mathbf{1}-K^2)=0$, $P_++P_-=\mathbf{1}$, et ils sont hermitiens : ce sont les projecteurs orthogonaux sur les sous-espaces propres de $K$, car $KP_\pm=\frac12(K\pm\mathbf{1})=\pm P_\pm$. Comme $A=a_0\mathbf{1}+|\mathbf a|K$, on obtient $A=(a_0+|\mathbf a|)P_++(a_0-|\mathbf a|)P_-$. Pour la matrice précédente, $\mathbf a=(1,1,1)$, $|\mathbf a|=\sqrt3$, et les valeurs propres sont $2\pm\sqrt3$. On vérifie que leur somme vaut $4=\tr A$ et leur produit $4-3=1=\det A=3-|1-i|^2$.

La question précédente montre qu'une telle matrice est un projecteur orthogonal, de trace $1$, donc de rang $1$. Réciproquement, soit $P$ un projecteur orthogonal de rang un. Il est hermitien, donc $P=a_0\mathbf{1}+\mathbf a\cdot\boldsymbol\sigma$ avec des coefficients réels, et sa trace vaut $1$, d'où $a_0=\frac12$. Par ailleurs, $P^2=a_0^2\mathbf{1}+2a_0\,\mathbf a\cdot\boldsymbol\sigma+|\mathbf a|^2\mathbf{1}=\bigl(\frac14+|\mathbf a|^2\bigr)\mathbf{1}+\mathbf a\cdot\boldsymbol\sigma$. L'égalité $P^2=P$ impose $\frac14+|\mathbf a|^2=\frac12$, soit $|\mathbf a|=\frac12$, et l'on pose $\mathbf n=2\mathbf a$, unitaire.

Tout état pur $\ket\psi$ d'un qubit définit un projecteur de rang un $\ket\psi\bra\psi$, qui ne dépend pas de la phase globale de $\ket\psi$. D'après ce qui précède, $\ket\psi\bra\psi=\frac12(\mathbf{1}+\mathbf n\cdot\boldsymbol\sigma)$ pour un unique vecteur unitaire $\mathbf n$. Les états purs d'un qubit, à une phase près, sont donc en correspondance avec les points de la sphère unité : c'est la sphère de Bloch, et $\mathbf n$ est le vecteur de Bloch de l'état. On vérifie que $\bra\psi\sigma_j\ket\psi=\tr(\ket\psi\bra\psi\sigma_j)=\frac12\tr(\sigma_j+\sum_kn_k\sigma_k\sigma_j)=n_j$ : les composantes du vecteur de Bloch sont les valeurs moyennes des matrices de Pauli.