Kombinacje wypukłe density matrices

Probabilistyczny wybór density matrices

Kluczowym aspektem density matrices jest to, że probabilistyczne wybory stanów kwantowych są reprezentowane przez kombinacje wypukłe odpowiadających im density matrices.

Na przykład, jeśli mamy dwie density matrices, $\rho$ i $\sigma,$ reprezentujące stany kwantowe układu $\mathsf{X},$ i przygotowujemy układ w stanie $\rho$ z prawdopodobieństwem $p$ oraz $\sigma$ z prawdopodobieństwem $1 - p,$ to wynikowy stan kwantowy jest reprezentowany przez density matrix

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Ogólniej, jeśli mamy $m$ stanów kwantowych reprezentowanych przez density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1},$ a układ jest przygotowywany w stanie $\rho_k$ z prawdopodobieństwem $p_k$ dla pewnego wektora prawdopodobieństwa $(p_0,\ldots,p_{m-1}),$ wynikowy stan jest reprezentowany przez density matrix

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

Jest to kombinacja wypukła density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}.$

Wynika z tego, że jeśli mamy $m$ wektorów stanów kwantowych $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle,$ i przygotowujemy układ w stanie $\vert\psi_k\rangle$ z prawdopodobieństwem $p_k$ dla każdego $k\in\{0,\ldots,m-1\},$ to otrzymany stan jest reprezentowany przez density matrix

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

Na przykład, jeśli qubit jest przygotowany w stanie $\vert 0\rangle$ z prawdopodobieństwem $1/2$ i w stanie $\vert + \rangle$ z prawdopodobieństwem $1/2,$ reprezentacja density matrix otrzymanego stanu wynosi

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

W uproszczonej formułacji informacji kwantowej uśrednianie wektorów stanów kwantowych w taki sposób nie działa. Na przykład, wektor

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

nie jest prawidłowym wektorem stanu kwantowego, ponieważ jego norma euklidesowa nie jest równa $1.$ Bardziej ekstremalny przykład pokazujący, że to nie działa dla wektorów stanów kwantowych: bierzemy dowolny wektor stanu kwantowego $\vert\psi\rangle,$ a następnie przyjmujemy, że nasz stan to $\vert\psi\rangle$ z prawdopodobieństwem $1/2$ i $-\vert\psi\rangle$ z prawdopodobieństwem $1/2.$ Te stany różnią się globalną fazą, więc w rzeczywistości są tym samym stanem — ale uśrednianie daje nam wektor zerowy, który nie jest prawidłowym wektorem stanu kwantowego.

The completely mixed state

Załóżmy, że ustawiamy stan qubitu losowo na $\vert 0\rangle$ lub $\vert 1\rangle$, każdy z prawdopodobieństwem $1/2.$ Density matrix reprezentująca wynikowy stan wygląda następująco.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(W tym równaniu symbol $\mathbb{I}$ oznacza macierz jednostkową $2\times 2$.) Jest to szczególny stan znany jako całkowicie mixed state. Reprezentuje on pełną niepewność co do stanu qubitu, podobnie jak jednostajnie losowy bit w kontekście probabilistycznym.

Załóżmy teraz, że zmieniamy procedurę: zamiast stanów $\vert 0\rangle$ i $\vert 1\rangle$ użyjemy stanów $\vert + \rangle$ i $\vert - \rangle.$ Możemy obliczyć density matrix opisującą wynikowy stan w analogiczny sposób.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

To ta sama density matrix co poprzednio, mimo że zmieniliśmy stany. W rzeczywistości uzyskalibyśmy ten sam wynik — całkowicie mixed state — podstawiając dowolne dwa ortogonalne wektory stanu qubitu w miejsce $\vert 0\rangle$ i $\vert 1\rangle.$

To zaleta, nie wada! W obu przypadkach otrzymujemy dokładnie ten sam stan. Innymi słowy, nie ma możliwości odróżnienia tych dwóch procedur przez pomiar produkowanego przez nie qubitu, nawet w sensie statystycznym. Dwie różne procedury to po prostu różne sposoby przygotowania tego stanu.

Możemy zweryfikować, że ma to sens, zastanawiając się, czego możemy się spodziewać dowiedzieć, mając do dyspozycji losowo wybrany stan z jednego z dwóch możliwych zbiorów stanów $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ i $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}.$ Dla uproszczenia przyjmijmy, że wykonujemy operację unitarną $U$ na naszym qubicie, a następnie mierzymy w bazie standardowej.

W pierwszym scenariuszu stan qubitu jest wybierany jednostajnie ze zbioru $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}.$ Jeśli stan wynosi $\vert 0\rangle,$ otrzymujemy wyniki $0$ i $1$ z prawdopodobieństwami

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

odpowiednio. Jeśli stan wynosi $\vert 1\rangle,$ otrzymujemy wyniki $0$ i $1$ z prawdopodobieństwami

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Ponieważ obie możliwości zachodzą z prawdopodobieństwem $1/2,$ otrzymujemy wynik $0$ z prawdopodobieństwem

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

i wynik $1$ z prawdopodobieństwem

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Oba te wyrażenia są równe $1/2.$ Jednym ze sposobów uzasadnienia tego faktu jest skorzystanie z twierdzenia z algebry liniowej, które można postrzegać jako uogólnienie twierdzenia Pitagorasa.

Twierdzenie

Niech $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ będzie bazą ortonormalną (rzeczywistej lub zespolonej) przestrzeni wektorowej $\mathcal{V}.$ Dla każdego wektora $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ zachodzi $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

Możemy zastosować to twierdzenie do wyznaczenia prawdopodobieństw w następujący sposób. Prawdopodobieństwo uzyskania wyniku $0$ wynosi

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

a prawdopodobieństwo uzyskania wyniku $1$ wynosi

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Ponieważ $U$ jest unitarny, wiemy, że $U^{\dagger}$ również jest unitarny, co oznacza, że zarówno $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$, jak i $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ są wektorami jednostkowymi. Oba prawdopodobieństwa są zatem równe $1/2.$ Oznacza to, że niezależnie od wyboru $U$ pomiar da nam po prostu losowy bit z rozkładem jednostajnym.

Możemy przeprowadzić analogiczną weryfikację dla dowolnej innej pary stanów ortonormalnych w miejsce $\vert 0\rangle$ i $\vert 1\rangle.$ Na przykład, ponieważ $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ jest bazą ortonormalną, prawdopodobieństwo uzyskania wyniku pomiaru $0$ w drugiej procedurze wynosi

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

a prawdopodobieństwo uzyskania wyniku $1$ wynosi

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

W szczególności otrzymujemy dokładnie taką samą statystykę wyników jak w przypadku stanów $\vert 0\rangle$ i $\vert 1\rangle.$

Probabilistyczne stany

Stany klasyczne można reprezentować za pomocą density matrix. W szczególności dla każdego stanu klasycznego $a$ układu $\mathsf{X}$ density matrix

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

reprezentuje układ $\mathsf{X}$ będący definitywnie w stanie klasycznym $a.$ Dla qubitów mamy

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{and}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

a ogólnie na przekątnej mamy pojedynczą $1$ na pozycji odpowiadającej rozważanemu stanowi klasycznemu, a wszystkie pozostałe elementy są równe zeru.

Możemy następnie brać kombinacje wypukłe tych density matrix, aby reprezentować stany probabilistyczne. Przyjmując dla uproszczenia, że zbiór stanów klasycznych to $\{0,\ldots,n-1\},$ jeśli $\mathsf{X}$ jest w stanie $a$ z prawdopodobieństwem $p_a$ dla każdego $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ to otrzymana density matrix ma postać

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Idąc w przeciwnym kierunku, każdą diagonalną density matrix można w naturalny sposób utożsamić ze stanem probabilistycznym, który otrzymujemy po prostu odczytując wektor prawdopodobieństwa z przekątnej.

Warto podkreślić, że gdy density matrix jest diagonalna, nie musi to oznaczać, że mamy do czynienia z układem klasycznym ani że układ musiał zostać przygotowany przez losowy wybór stanu klasycznego — a jedynie że stan mógłby zostać uzyskany przez losowy wybór stanu klasycznego.

Fakt, że stany probabilistyczne są reprezentowane przez diagonalne density matrix, jest spójny z intuicją zaproponowaną na początku lekcji: elementy poza przekątną opisują stopień, w jakim dwa stany klasyczne odpowiadające wierszowi i kolumnie danego elementu są w superpozycji kwantowej. Tutaj wszystkie elementy poza przekątną są równe zeru, więc mamy jedynie klasyczną losowość i nic nie jest w superpozycji kwantowej.

Density matrices and the spectral theorem

Widzieliśmy już, że jeśli weźmiemy kombinację wypukłą czystych stanów,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

otrzymujemy density matrix. Każda density matrix $\rho$ może być w istocie wyrażona jako kombinacja wypukła czystych stanów w taki właśnie sposób. Oznacza to, że zawsze istnieje zbiór wektorów jednostkowych $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ oraz wektor prawdopodobieństwa $(p_0,\ldots,p_{m-1})$, dla których powyższe równanie jest spełnione.

Co więcej, możemy zawsze dobrać liczbę $m$ tak, żeby zgadzała się z liczbą klasycznych stanów rozważanego układu, a wektory stanu kwantowego możemy wybrać ortogonalne. Pozwala nam na to spectral theorem, z którym zetknęliśmy się w kursie „Foundations of quantum algorithms". Poniżej przypominamy jego treść dla wygody.

Twierdzenie

Spectral theorem: Niech $M$ będzie normalną macierzą zespoloną o wymiarach $n\times n$. Istnieje ortonormalna baza $n$-wymiarowych wektorów zespolonych $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ oraz liczby zespolone $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ takie, że

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Przypomnijmy, że macierz $M$ jest normalna, jeśli spełnia warunek $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}.$ Innymi słowy, macierze normalne to takie, które komutują z własną sprzężoną transpozycją.)

Spectral theorem możemy zastosować do dowolnej density matrix $\rho$, ponieważ density matrices są zawsze Hermitian, a więc również normalne. Pozwala nam to zapisać

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

dla pewnej ortonormalnej bazy $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}.$ Pozostaje sprawdzić, że $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ jest wektorem prawdopodobieństwa, który możemy wtedy przemianować na $(p_0,\ldots,p_{n-1})$, jeśli chcemy.

Liczby $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ są eigenvalues macierzy $\rho$, a ponieważ $\rho$ jest dodatnio półokreślona, muszą to być nieujemne liczby rzeczywiste. Możemy wywnioskować, że $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$, z faktu że trace macierzy $\rho$ wynosi $1.$ Przechodząc przez szczegóły, mamy okazję wskazać następującą ważną i bardzo przydatną własność trace.

Twierdzenie

Cykliczna własność trace: Dla dowolnych dwóch macierzy $A$ i $B$ takich, że ich iloczyn $AB$ jest macierzą kwadratową, zachodzi równość $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$.

Zauważ, że twierdzenie to działa nawet wtedy, gdy $A$ i $B$ same w sobie nie są macierzami kwadratowymi. To znaczy: $A$ może być macierzą $n\times m$, a $B$ macierzą $m\times n$ (dla pewnych dodatnich liczb całkowitych $n$ i $m$), tak że $AB$ jest macierzą kwadratową $n\times n$, a $BA$ jest macierzą kwadratową $m\times m.$

W szczególności, jeśli jako $A$ przyjmiemy wektor kolumnowy $\vert\phi\rangle$, a jako $B$ wektor wierszowy $\langle \phi\vert,$ to widzimy, że

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

Druga równość wynika z faktu, że $\langle\phi\vert\phi\rangle$ jest skalarem, który można też traktować jako macierz $1\times 1$, której trace równa się jej jedynemu elementowi. Korzystając z tego faktu, możemy na mocy liniowości funkcji trace wywnioskować, że $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1.$

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

Alternatywnie, do tego samego wniosku możemy dojść, korzystając z faktu, że trace macierzy kwadratowej (nawet takiej, która nie jest normalna) równa się sumie jej eigenvalues.

Wykazaliśmy zatem, że każdą density matrix $\rho$ można wyrazić jako kombinację wypukłą czystych stanów. Widzimy też, że możemy dodatkowo wybrać te czyste stany jako ortogonalne. Oznacza to w szczególności, że nigdy nie potrzebujemy, żeby liczba $n$ była większa niż rozmiar zbioru klasycznych stanów układu $\mathsf{X}.$

Należy jednak rozumieć, że na ogół istnieje wiele różnych sposobów zapisu density matrix jako kombinacji wypukłej czystych stanów — nie tylko te, które dostarcza spectral theorem. Ilustruje to wcześniejszy przykład.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Nie jest to dekompozycja spektralna tej macierzy, ponieważ $\vert 0\rangle$ i $\vert + \rangle$ nie są ortogonalne. Oto dekompozycja spektralna:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

gdzie $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Eigenvalues to liczby, które powinny wyglądać znajomo:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{and}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Eigenvectors można zapisać explicite w następujący sposób.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Jako inny, bardziej ogólny przykład: załóżmy, że $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ to wektory stanu kwantowego reprezentujące stany pojedynczego qubit, wybrane dowolnie — nie zakładamy żadnych szczególnych relacji między tymi wektorami. Możemy wtedy rozważyć stan uzyskany przez losowy wybór jednego z tych $100$ stanów z rozkładem jednostajnym:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Ponieważ mówimy o qubit, density matrix $\rho$ jest macierzą $2\times 2$, więc na mocy spectral theorem możemy alternatywnie napisać

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$