Pauli 算子与 Pauli 群 | Codeboy's Blog

形式陈述

在单 qubit 的计算基 $|0\rangle,|1\rangle$ 下，Pauli 算子采用 Hermitian 约定

I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\quad X=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad Y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad Z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}.

它们都满足 $A^\dagger=A$ 、 $A^2=I$ ，因而也都是酉算子，可作用于量子纯态。本文尤其固定 $Y=iXZ$ ；于是 $XY=iZ$ 、 $YZ=iX$ 、 $ZX=iY$ ，三式反向相乘各多一个负号。采用其他 $Y$ 约定的文献必须先换算，不能直接混用乘法表。

$n$ 个 qubit 的 Pauli 群是矩阵乘法下的群

\mathcal P_n=\{i^k A_1\otimes\cdots\otimes A_n: k\in\{0,1,2,3\},\ A_j\in\{I,X,Y,Z\}\}.

这里的张量积按寄存器 $1,\ldots,n$ 排列， $X_2$ 表示 $I\otimes X\otimes I\otimes\cdots$ ， $XYZ$ 这样的字符串则表示 $X\otimes Y\otimes Z$ 。这 $4^{n+1}$ 个矩阵包含相位 $\pm1,\pm i$ ；只取带正负号的 Hermitian 字符串不构成群，因为 $XY=iZ$ 已离开该集合。

不展开 $2^n$ 阶矩阵也能做精确乘法。令 $x,z\in\mathbb F_2^n$ ，定义唯一表示

P(k,x,z)=i^kX^xZ^z =i^k\bigotimes_{j=1}^n X^{x_j}Z^{z_j},\qquad k\in\mathbb Z/4\mathbb Z.

$x,z$ 的加法为逐位异或 $\oplus$ ，点积在符号中只取模 $2$ 。乘法与对易判据为

P(k,x,z)P(\ell,u,v) =P(k+\ell+2z\cdot u,\ x\oplus u,\ z\oplus v),

PQ=(-1)^{x\cdot v+z\cdot u}QP.

因此任意两个 Pauli 元素不是对易就是反对易；Hermitian 条件则是

P(k,x,z)^\dagger=P(k,x,z) \quad\Longleftrightarrow\quad k\equiv x\cdot z\pmod2.

直觉

$X$ 翻转计算基标签， $Z$ 给标签 $1$ 加负号。对同一位先翻转再加负号与先加负号再翻转差一个负号；不同位的局部门却可以交换。两个长字符串的对易性因此只需数局部反对易位置的奇偶性。偶数次符号翻转相互抵消，整体便可能对易，即使每个相关位置的局部门都不对易。

相位标签 $k$ 记录交换和局部乘法留下的信息。一个孤立纯态向量乘整体相位不改变物理状态，并不意味着算子的相位处处可以删除： $Z$ 与 $-Z$ 的 $+1$ 本征空间不同；把不同 Pauli 操作相干叠加时，它们之间的相位也会影响输出。这正是稳定子码既使用二进制对易判据、又保留生成元符号的原因。

例子与边界

乘法公式中的负号从哪里来

在 $X^xZ^zX^uZ^v$ 中，把第二组 $X^u$ 向左移到 $X^x$ 旁边。第 $j$ 位仅在 $z_j=u_j=1$ 时用到 $ZX=-XZ$ ，故总因子为 $(-1)^{z\cdot u}=i^{2z\cdot u}$ 。随后 $X^2=Z^2=I$ 将指数约成异或，得到上述乘法式。交换 $P,Q$ 时分别得到 $2z\cdot u$ 与 $2v\cdot x$ ，两者之差模 $4$ 给出对易符号。

取 $P=X\otimes Z$ 、 $Q=Z\otimes Y$ 。由于 $Y=iXZ$ ，它们的标签为

P=P(0,10,01),\qquad Q=P(1,01,11).

这里 $z\cdot u=1$ ，故乘积标签为 $(3,11,10)$ ，从而

PQ=i^3(XZ\otimes X)=-Y\otimes X.

直接相乘也给出 $(XZ)\otimes(ZY)=(-iY)\otimes(-iX)=-Y\otimes X$ 。而 $x\cdot v+z\cdot u=1+1=0$ ，所以 $QP$ 完全相同。作为对照， $X\otimes I$ 与 $Z\otimes I$ 只有一次局部反对易，其两个乘积依次为 $-iY\otimes I$ 和 $iY\otimes I$ 。

Hermitian 性与相位不能混为一谈

取伴随并把 $Z^zX^x$ 换回标准顺序，有

P(k,x,z)^\dagger =i^{-k}Z^zX^x =i^{-k+2x\cdot z}X^xZ^z.

它等于原算子恰好要求 $-k+2x\cdot z\equiv k\pmod4$ ，即所述奇偶条件。例如 $XZ=P(0,1,1)$ 是反 Hermitian，平方为 $-I$ ； $Y=P(1,1,1)$ 才是 Hermitian，平方为 $I$ 。二者的二进制标签相同，却不能当作同一个可观测量。

把标量子群 $\{\pm I,\pm iI\}$ 商去后，标签只剩 $(x,z)$ ，乘法变成 $\mathbb F_2^{2n}$ 上的加法。这个商群适合判断支撑位置和对易关系，却无法恢复 $PQ$ 的精确正负号，也无法判断某个共同 $+1$ 本征空间是否存在。例如 $Z$ 与 $-Z$ 在商群里相同，但没有共同的 $+1$ 本征向量。

推论与应用

从局部字符串到可计算的代数

给定两个长度 $n$ 的 Pauli 字符串，只需逐位编码、异或并计算两个点积，即可用 $O(n)$ 次位操作获得乘积标签和对易符号。把结果换回 $I,X,Y,Z$ 时还须结算每个 $XZ=-iY$ 的相位；遗漏这一步会得到正确的支撑而错误的算子。上述两 qubit 例子就是一次完整的往返检查。

Pauli 字符串还构成全部 $2^n$ 阶复矩阵的一组正交基。对无额外相位的字符串 $A,B\in\{I,X,Y,Z\}^{\otimes n}$ ，局部迹计算给出

\operatorname{Tr}(A^\dagger B)=2^n\delta_{A,B}.

原因是相同局部因子乘积为 $I$ 、迹为 $2$ ；只要一位不同，该位乘积就是带相位的非恒等 Pauli，迹为零，而张量积的迹是各局部迹的乘积。共有 $4^n$ 个正交元素，正好等于矩阵空间维数，故任意矩阵 $M$ 有唯一展开

M=2^{-n}\sum_A\operatorname{Tr}(A^\dagger M)A.

这个展开说明研究 Pauli 错误为何能覆盖更一般误差的线性组合，但“能展开”本身不保证某个码能纠正所有项。稳定子码需要进一步检查各错误在码空间上的作用以及测量后是否保留逻辑相干性。

参考资料

Daniel Gottesman，Stabilizer Codes and Quantum Error Correction，arXiv:quant-ph/9705052，v1，1997-05-28，§1.2 与 §3.4（印刷页 23–24，式 (3.23)–(3.24)）；Pauli 代数及二进制对易判据。
John Preskill，Quantum Information, Chapter 7，2026 年 3 月更新，§7.10.2，页 30–31，式 (7.130)–(7.137)。该节采用实的反 Hermitian $Y=ZX=i\sigma_y$ ；本文统一换成 Hermitian $Y=\sigma_y=iXZ$ ，并保留 $\pm i$ 相位。

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乘法公式中的负号从哪里来 ​

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从局部字符串到可计算的代数 ​

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