$X$ の固有値は $1,-1$ であり、それぞれに属する固有状態は、 \begin{align} | X=1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} , \ \ | X=-1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{align} である。 $Y$ の固有値は $1,-1$ であり、それぞれに属する固有状態は、 \begin{align} | Y=1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix} , \ \ | Y=-1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix} \end{align} である。 $Z$ の固有値は $1,-1$ であり、それぞれに属する固有状態は、 \begin{align} | Z=1 \rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \ \ | Z=-1 \rangle = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align} である。
次のようにおく： \begin{align} | \psi_1^X \rangle = | X=1 \rangle&, \ \ | \psi_2^X \rangle = | X=-1 \rangle, \\ | \psi_1^Y \rangle = | Y=1 \rangle&, \ \ | \psi_2^Y \rangle = | Y=-1 \rangle, \\ | \psi_1^Z \rangle = | Z=1 \rangle&, \ \ | \psi_2^Z \rangle = | Z=-1 \rangle \end{align} このとき、 \begin{align} x_1 &= \frac{1}{2} (a+2b+d) \\ x_2 &= \frac{1}{2} (a-2b+d) \\ y_1 &= \frac{1}{2} (a+2c+d) \\ y_2 &= \frac{1}{2} (a-2c+d) \\ z_1 &= a \\ z_2 &= d \end{align} である。
(3) より、 \begin{align} a &= z_1 \\ d &= z_2 \\ b &= x_1 - \frac{1}{2} z_1 - \frac{1}{2} z_2 \\ c &= y_1 - \frac{1}{2} z_1 - \frac{1}{2} z_2 \end{align} であるから、 \begin{align} A &= \begin{pmatrix} z_1 & x_1 - iy_1 - \frac{1}{2}(1-i)(z_1+z_2) \\ x_1 + iy_1 - \frac{1}{2}(1+i)(z_1+z_2) & z_2 \end{pmatrix} \end{align} と書ける。
\begin{align} \langle \psi_1^Y | A | \psi_1^Y \rangle &= \frac{1}{2} (a+2c+d) \\ \langle \psi_1^Y | A^2 | \psi_1^Y \rangle &= \frac{1}{2} (a^2 + d^2) + (a+d)c + b^2 + c^2 \end{align} であるから、 \begin{align} \tau &= \frac{1}{2} (a^2 + d^2) + (a+d)c + b^2 + c^2 - \left( \frac{1}{2} (a+2c+d) \right)^2 \\ &= \frac{1}{4} (a-d)^2 + b^2 \end{align} を得る。
(5) より、 \begin{align} \tau = 0 &\Leftrightarrow a=d, b=0 \\ &\Leftrightarrow A = \begin{pmatrix} a & -ic \\ ic & a \end{pmatrix} = aI+cY \end{align} がわかる。