Oczyszczenia

Definicja oczyszczeń

Zacznijmy od precyzyjnej matematycznej definicji oczyszczeń.

Definicja

Załóżmy, że $\mathsf{X}$ jest układem w stanie reprezentowanym przez macierz gęstości $\rho,$ a $\vert\psi\rangle$ jest kwantowym wektorem stanu pary $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ który pozostawia $\rho$ po wzięciu śladu częściowego po $\mathsf{Y}$:

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle\langle\psi\vert\bigr).$$

Mówi się wówczas, że wektor stanu $\vert\psi\rangle$ jest oczyszczeniem $\rho.$

Stan czysty $\vert\psi\rangle\langle\psi\vert,$ wyrażony jako macierz gęstości, a nie kwantowy wektor stanu, jest również powszechnie nazywany oczyszczeniem $\rho,$ gdy równanie z definicji jest prawdziwe, ale zazwyczaj będziemy używać tego terminu w odniesieniu do kwantowego wektora stanu.

Termin oczyszczenie jest również używany w bardziej ogólnym sensie, gdy kolejność układów jest odwrócona, gdy nazwy układów i stanów są inne (oczywiście) oraz gdy mamy do czynienia z więcej niż dwoma układami. Na przykład, jeśli $\vert \psi \rangle$ jest kwantowym wektorem stanu reprezentującym stan czysty układu złożonego $(\mathsf{A},\mathsf{B},\mathsf{C}),$ a równanie

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{B}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr)$$

jest prawdziwe dla macierzy gęstości $\rho$ reprezentującej stan układu $(\mathsf{A},\mathsf{C}),$ to $\vert\psi\rangle$ nadal nazywa się oczyszczeniem $\rho.$

Na potrzeby tej lekcji skupimy się jednak na konkretnej formie opisanej w definicji. Własności i fakty dotyczące oczyszczeń, zgodnie z tą definicją, można zwykle uogólnić na więcej niż dwa układy, porządkując i dzieląc układy na dwa złożone układy — jeden odgrywający rolę $\mathsf{X},$ a drugi odgrywający rolę $\mathsf{Y}.$

Istnienie oczyszczeń

Załóżmy, że $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ są dwoma dowolnymi systemami, a $\rho$ jest danym stanem $\mathsf{X}.$ Udowodnimy, że istnieje kwantowy wektor stanu $\vert\psi\rangle$ układu $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ który oczyszcza $\rho$ — co jest innym sposobem powiedzenia, że $\vert\psi\rangle$ jest purification stanu $\rho$ — pod warunkiem, że system $\mathsf{Y}$ jest wystarczająco duży. W szczególności, jeśli $\mathsf{Y}$ ma co najmniej tyle samo stanów klasycznych co $\mathsf{X},$ to purification tej postaci istnieje koniecznie dla każdego stanu $\rho.$ Dla niektórych stanów $\rho$ wymagane jest mniej stanów klasycznych $\mathsf{Y};$ ogólnie, $\operatorname{rank}(\rho)$ stanów klasycznych $\mathsf{Y}$ jest konieczne i wystarczające dla istnienia kwantowego wektora stanu $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ który oczyszcza $\rho.$

Rozważmy najpierw dowolne wyrażenie $\rho$ jako kombinacji wypukłej $n$ stanów czystych, dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $n.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert$$

W tym wyrażeniu $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ jest wektorem prawdopodobieństwa, a $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ są kwantowymi wektorami stanu $\mathsf{X}.$

Jednym ze sposobów uzyskania takiego wyrażenia jest twierdzenie spektralne, w którym to przypadku $n$ jest liczbą stanów klasycznych $\mathsf{X},$ $p_0,\ldots,p_{n-1}$ są eigenvalues $\rho,$ a $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ są ortonormalnymi eigenvectors odpowiadającymi tym wartościom własnym.

W rzeczywistości nie ma potrzeby uwzględniania w sumie wyrazów odpowiadających zerowym eigenvalues $\rho,$ co pozwala nam alternatywnie wybrać $n = \operatorname{rank}(\rho)$ oraz $p_0,\ldots,p_{n-1}$ jako niezerowe eigenvalues $\rho.$ Jest to minimalna wartość $n,$ dla której istnieje wyrażenie $\rho$ w powyższej postaci.

Dla jasności, nie jest konieczne, aby wybrane wyrażenie $\rho,$ jako kombinacja wypukła stanów czystych, pochodziło z twierdzenia spektralnego — to tylko jeden ze sposobów uzyskania takiego wyrażenia. W szczególności $n$ może być dowolną dodatnią liczbą całkowitą, wektory jednostkowe $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ nie muszą być ortogonalne, a prawdopodobieństwa $p_0,\ldots,p_{n-1}$ nie muszą być eigenvalues $\rho.$

Możemy teraz wskazać purification stanu $\rho$ w następujący sposób.

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert a \rangle$$

Zakładamy tutaj, że stany klasyczne $\mathsf{Y}$ obejmują $0,\ldots,n-1.$ Jeśli tak nie jest, dowolny wybór $n$ różnych stanów klasycznych $\mathsf{Y}$ może być podstawiony w miejsce $0,\ldots,n-1.$ Weryfikacja, że jest to istotnie purification stanu $\rho,$ sprowadza się do prostego obliczenia śladu częściowego, co można zrobić na dwa następujące równoważne sposoby.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{n-1} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \langle a\vert) \vert\psi\rangle\langle\psi\vert (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \vert a\rangle) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert = \rho$$ $$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \sqrt{p_b} \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_b\vert \, \operatorname{Tr}(\vert a \rangle \langle b \vert) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_a\vert = \rho$$

Bardziej ogólnie, dla dowolnego ortonormalnego zbioru wektorów $\{\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{n-1}\rangle\},$ kwantowy wektor stanu

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert \gamma_a \rangle$$

jest purification stanu $\rho.$

Przykład

Załóżmy, że $\mathsf{X}$ oraz $\mathsf{Y}$ są oba qubits i

$$\rho = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

jest density matrix reprezentującą stan $\mathsf{X}.$

Możemy użyć twierdzenia spektralnego, aby wyrazić $\rho$ jako

$$\rho = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle\langle\psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle\langle\psi_{5\pi/8}\vert,$$

gdzie $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta) \vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Kwantowy wektor stanu

$$\cos(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle \otimes \vert 0\rangle + \sin(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle \otimes \vert 1\rangle$$

który opisuje stan czysty pary $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ jest zatem purification stanu $\rho.$

Alternatywnie, możemy zapisać

$$\rho = \frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert.$$

Jest to kombinacja wypukła stanów czystych, lecz nie spectral decomposition, ponieważ $\vert 0\rangle$ i $\vert +\rangle$ nie są ortogonalne, a $1/2$ nie jest wartością własną $\rho.$ Niemniej jednak kwantowy wektor stanu

$$\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle \otimes \vert 0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert + \rangle \otimes \vert 1\rangle$$

jest purification stanu $\rho.$

Rozkłady Schmidta

Następnie omówimy rozkłady Schmidta, czyli wyrażenia wektorów stanów kwantowych par układów, które przyjmują pewną szczególną postać. Rozkłady Schmidta są ściśle powiązane z puryfikacjami i same w sobie są bardzo użyteczne. W istocie, rozumując o danym wektorze stanu kwantowego $\vert\psi\rangle$ pary układów, pierwszym krokiem jest często zidentyfikowanie lub rozważenie rozkładu Schmidta tego stanu.

Definicja

Niech $\vert \psi\rangle$ będzie danym wektorem stanu kwantowego pary układów $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Rozkład Schmidta wektora $\vert\psi\rangle$ to wyrażenie postaci

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle,$$

gdzie $p_0,\ldots,p_{r-1}$ są dodatnimi liczbami rzeczywistymi sumującymi się do $1,$ a oba zbiory $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ oraz $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ są ortonormalne.

Wartości

$$\sqrt{p_0},\ldots,\sqrt{p_{r-1}}$$

w rozkładzie Schmidta wektora $\vert\psi\rangle$ nazywane są jego współczynnikami Schmidta i są wyznaczone jednoznacznie (z dokładnością do ich uporządkowania) — są to jedyne dodatnie liczby rzeczywiste, które mogą wystąpić w takim wyrażeniu $\vert\psi\rangle.$ Z drugiej strony zbiory

$$\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\} \quad\text{i}\quad \{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$$

nie są wyznaczone jednoznacznie, a swoboda, jaką mamy przy wyborze tych zbiorów wektorów, zostanie wyjaśniona w dalszej części.

Zweryfikujemy teraz, że dany wektor stanu kwantowego $\vert\psi\rangle$ rzeczywiście posiada rozkład Schmidta, a przy okazji nauczymy się, jak go znaleźć.

Rozważmy najpierw dowolną (niekoniecznie ortogonalną) bazę $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ przestrzeni wektorowej odpowiadającej układowi $\mathsf{X}.$ Ponieważ jest to baza, zawsze będzie istnieć jednoznacznie wyznaczony wybór wektorów $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle,$ dla których prawdziwe jest następujące równanie.

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a \rangle \tag{1}$$

Na przykład załóżmy, że $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ jest standardową bazą związaną z $\mathsf{X}.$ Zakładając, że klasyczny zbiór stanów $\mathsf{X}$ to $\{0,\ldots,n-1\},$ oznacza to, że $\vert x_a\rangle = \vert a\rangle$ dla każdego $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ i otrzymujemy

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert a\rangle \otimes \vert z_a\rangle$$

gdy

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

dla każdego $a\in\{0,\ldots,n-1\}.$ Często rozważamy wyrażenia tego typu przy rozważaniu pomiaru $\mathsf{X}$ w bazie standardowej.

Warto zauważyć, że wzór

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

dla wektorów $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ w tym przykładzie działa tylko dlatego, że $\{\vert 0\rangle,\ldots,\vert n-1\rangle\}$ jest bazą ortonormalną. Ogólnie, jeśli $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ jest bazą, która niekoniecznie jest ortonormalna, to wektory $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ nadal są wyznaczone jednoznacznie przez równanie $(1),$ ale potrzebny jest inny wzór. Jednym ze sposobów ich znalezienia jest najpierw zidentyfikowanie wektorów $\vert w_0\rangle,\ldots,\vert w_{n-1}\rangle$ tak, aby równanie

$$\langle w_a \vert x_b \rangle = \begin{cases} 1 & a=b\\ 0 & a\neq b \end{cases}$$

było spełnione dla wszystkich $a,b\in\{0,\ldots,n-1\},$ po czym mamy

$$\vert z_a \rangle = (\langle w_a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle.$$

Dla danej bazy $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ przestrzeni wektorowej odpowiadającej $\mathsf{X},$ jednoznacznie wyznaczone wektory $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle,$ dla których równanie $(1)$ jest spełnione, niekoniecznie spełniają jakieś szczególne własności, nawet jeśli $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ jest akurat bazą ortonormalną. Jeśli jednak wybierzemy $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ jako bazę ortonormalną wektorów własnych stanu zredukowanego

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle \langle \psi \vert \bigr),$$

dzieje się coś interesującego. Dokładniej, dla jednoznacznie wyznaczonej kolekcji $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\},$ dla której równanie $(1)$ jest prawdziwe, stwierdzamy, że ta kolekcja musi być ortogonalna.

Bardziej szczegółowo, rozważmy rozkład spektralny $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert$$

Wartości własne macierzy $\rho$ oznaczamy tutaj przez $p_0,\ldots,p_{n-1}$, uwzględniając fakt, że $\rho$ jest macierzą gęstości — a więc wektor wartości własnych $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ tworzy wektor prawdopodobieństwa — podczas gdy $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ stanowi ortonormalną bazę wektorów własnych odpowiadających tym wartościom własnym. Aby zobaczyć, że jedyna kolekcja $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$, dla której równanie $(1)$ jest prawdziwe, jest z konieczności ortogonalna, możemy zacząć od obliczenia śladu częściowego.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \operatorname{Tr}(\vert z_a\rangle\langle z_b\vert)\\ & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \langle z_b\vert z_a\rangle \, \vert x_a\rangle\langle x_b\vert. \end{aligned}$$

Wyrażenie to musi być zgodne z rozkładem spektralnym $\rho.$ Ponieważ $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ jest bazą, wnioskujemy, że zbiór macierzy

$$\bigl\{ \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \,:\, a,b\in\{0,\ldots,n-1\} \bigr\}$$

jest liniowo niezależny, a zatem wynika z tego, że

$$\langle z_b \vert z_a\rangle = \begin{cases} p_a & a=b\\[1mm] 0 & a\neq b, \end{cases}$$

co dowodzi, że $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ jest ortogonalne.

Uzyskaliśmy już niemal Schmidt decomposition wektora $\vert\psi\rangle.$ Pozostaje odrzucić te wyrazy w $(1)$, dla których $p_a = 0$, a następnie zapisać $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ dla pewnego wektora jednostkowego $\vert y_a\rangle$ dla każdego z pozostałych wyrazów.

Wygodny sposób, aby to zrobić, zaczyna się od obserwacji, że mamy swobodę w numerowaniu par wartość własna/wektor własny w rozkładzie spektralnym zredukowanego stanu $\rho$ w dowolny sposób — możemy więc założyć, że wartości własne są posortowane w kolejności malejącej:

$$p_0 \geq p_1 \geq \cdots \geq p_{n-1}.$$

Przyjmując $r = \operatorname{rank}(\rho),$ otrzymujemy $p_0,\ldots,p_{r-1} > 0$ oraz $p_r = \cdots = p_{n-1} = 0.$ Mamy więc

$$\rho = \sum_{a = 0}^{r-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert,$$

a quantum state vector $\vert \psi \rangle$ możemy zapisać jako

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a\rangle.$$

Ponieważ

$$\| \vert z_a \rangle \|^2 = \langle z_a \vert z_a \rangle = p_a > 0$$

dla $a=0,\ldots,r-1,$ możemy zdefiniować wektory jednostkowe $\vert y_0 \rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle$ jako

$$\vert y_a\rangle = \frac{\vert z_a\rangle}{\|\vert z_a\rangle\|} = \frac{\vert z_a\rangle}{\sqrt{p_a}},$$

tak że $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ dla każdego $a\in\{0,\ldots,r-1\}.$ Ponieważ wektory $\{\vert z_0\rangle, \ldots, \vert z_{r-1}\rangle\}$ są ortogonalne i niezerowe, wynika stąd, że $\{\vert y_0\rangle, \ldots, \vert y_{r-1}\rangle\}$ jest zbiorem ortonormalnym, a zatem otrzymaliśmy Schmidt decomposition wektora $\vert\psi\rangle.$

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle$$

Jeśli chodzi o wybór wektorów $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ oraz $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$ możemy wybrać $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ jako dowolny ortonormalny zbiór wektorów własnych odpowiadających niezerowym wartościom własnym zredukowanego stanu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ (tak jak zrobiliśmy powyżej), w którym to przypadku wektory $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ są jednoznacznie wyznaczone.

Sytuacja jest symetryczna pomiędzy tymi dwoma układami, więc alternatywnie możemy wybrać $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ jako dowolny ortonormalny zbiór wektorów własnych odpowiadających niezerowym wartościom własnym zredukowanego stanu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert),$ w którym to przypadku wektory $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ będą jednoznacznie wyznaczone.

Zauważmy jednak, że gdy jeden ze zbiorów zostanie wybrany jako zbiór wektorów własnych odpowiedniego zredukowanego stanu, tak jak właśnie opisano, drugi jest wyznaczony — nie mogą zatem być wybierane niezależnie.

Chociaż nie pojawi się to ponownie w tej serii, warto zauważyć, że niezerowe wartości własne $p_0,\ldots,p_{r-1}$ zredukowanego stanu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ muszą zawsze pokrywać się z niezerowymi wartościami własnymi zredukowanego stanu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ dla dowolnego pure state $\vert\psi\rangle$ pary układów $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Intuicyjnie rzecz biorąc, zredukowane stany układów $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ zawierają dokładnie tę samą ilość losowości, gdy para $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ jest w pure state. Fakt ten ujawnia Schmidt decomposition: w obu przypadkach wartości własne zredukowanych stanów muszą pokrywać się z kwadratami współczynników Schmidta pure state.

Unitarna równoważność oczyszczeń

Możemy wykorzystać rozkłady Schmidta do ustanowienia fundamentalnie ważnego faktu dotyczącego purification, znanego jako unitarna równoważność oczyszczeń.

Theorem

Unitarna równoważność oczyszczeń: Załóżmy, że $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ są układami, a $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$ są wektorami stanu kwantowego układu $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ które oba oczyszczają (purify) ten sam stan układu $\mathsf{X}.$ W symbolach,

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

dla pewnej macierzy gęstości $\rho$ reprezentującej stan układu $\mathsf{X}.$ Wówczas musi istnieć operacja unitarna $U$ działająca wyłącznie na $\mathsf{Y},$ która przekształca pierwszą purification w drugą:

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle = \vert\phi\rangle.$$

W dalszej części lekcji omówimy kilka implikacji tego twierdzenia, ale najpierw zobaczmy, jak wynika ono z naszej wcześniejszej dyskusji na temat rozkładów Schmidta.

Naszym założeniem jest, że $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$ są wektorami stanu kwantowego pary układów $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ spełniającymi równanie

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

dla pewnej macierzy gęstości $\rho$ reprezentującej stan układu $\mathsf{X}.$

Rozważmy rozkład spektralny $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a\rangle\langle x_a\vert$$

Tutaj $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ jest orthonormal basis wektorów własnych $\rho.$ Postępując zgodnie z opisanym wcześniej przepisem, możemy uzyskać rozkłady Schmidta zarówno dla $\vert\psi\rangle,$ jak i $\vert\phi\rangle$ w następującej postaci.

$$\begin{aligned} \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert u_a\rangle\\[1mm] \vert\phi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle \end{aligned}$$

W tych wyrażeniach $r$ jest rzędem $\rho,$ a $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{r-1}\rangle\}$ oraz $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{r-1}\rangle\}$ są ortonormalnymi zbiorami wektorów w przestrzeni odpowiadającej układowi $\mathsf{Y}.$

Dla dowolnych dwóch zbiorów ortonormalnych w tej samej przestrzeni, mających tę samą liczbę elementów, zawsze istnieje macierz unitarna przekształcająca pierwszy zbiór w drugi, zatem możemy wybrać macierz unitarną $U$ tak, aby $U \vert u_a\rangle = \vert v_a\rangle$ dla $a = 0,\ldots,r-1.$ W szczególności, aby znaleźć taką macierz $U,$ możemy najpierw użyć procesu ortogonalizacji Grama-Schmidta, by rozszerzyć nasze zbiory ortonormalne do ortonormalnych baz $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{m-1}\rangle\}$ i $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{m-1}\rangle\},$ gdzie $m$ jest wymiarem przestrzeni odpowiadającej układowi $\mathsf{Y},$ a następnie przyjąć

$$U = \sum_{a = 0}^{m-1} \vert v_a\rangle\langle u_a\vert.$$

Otrzymujemy wówczas

$$\begin{aligned} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes U \vert u_a\rangle\\ & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle\\ & = \vert\phi\rangle, \end{aligned}$$

co kończy dowód.

Oto tylko kilka z wielu interesujących przykładów i implikacji związanych z unitarną równoważnością oczyszczeń. Zobaczymy kolejny, krytycznie ważny, w dalszej części lekcji, w kontekście fidelity, znany jako twierdzenie Uhlmanna.

Kodowanie supergęste

W protokole kodowania supergęstego Alicja i Bob dzielą e-bit, co oznacza, że Alicja posiada qubit $\mathsf{A},$ Bob posiada qubit $\mathsf{B},$ a para $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ razem znajduje się w stanie Bella $\vert\phi^{+}\rangle.$ Protokół opisuje, w jaki sposób Alicja może przekształcić ten dzielony stan w dowolny z czterech stanów Bella: $\vert\phi^+\rangle,$ $\vert\phi^-\rangle,$ $\vert\psi^+\rangle$ i $\vert\psi^-\rangle,$ stosując operację unitarną do swojego qubita $\mathsf{A}.$ Po wykonaniu tej operacji wysyła $\mathsf{A}$ do Boba, a Bob wykonuje pomiar pary $(\mathsf{A},\mathsf{B}),$ aby sprawdzić, który stan Bella posiada.

Dla wszystkich czterech stanów Bella zredukowany stan qubita Boba $\mathsf{B}$ jest stanem całkowicie mieszanym.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^+\rangle\langle\phi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^-\rangle\langle\phi^-\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^+\rangle\langle\psi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^-\rangle\langle\psi^-\vert) = \frac{\mathbb{I}}{2}$$

Dzięki unitarnej równoważności oczyszczeń natychmiast wnioskujemy, że dla każdego stanu Bella musi istnieć operacja unitarna działająca wyłącznie na qubit Alicji $\mathsf{A},$ która przekształca $\vert\phi^+\rangle$ w wybrany stan Bella. Chociaż nie ujawnia to dokładnych szczegółów protokołu, unitarna równoważność oczyszczeń natychmiast implikuje, że kodowanie supergęste jest możliwe.

Możemy również wywnioskować, że uogólnienia kodowania supergęstego na większe układy są zawsze możliwe, pod warunkiem że zastąpimy stany Bella dowolną orthonormal basis purifications stanu całkowicie mieszanego.

Implikacje kryptograficzne

Unitarna równoważność oczyszczeń ma implikacje dotyczące implementacji prymitywów kryptograficznych z wykorzystaniem informacji kwantowej. Na przykład unitarna równoważność oczyszczeń pokazuje, że nie da się zaimplementować idealnej formy zobowiązania bitowego (bit commitment) za pomocą informacji kwantowej.

Prymityw zobowiązania bitowego obejmuje dwoje uczestników, Alicję i Boba (którzy sobie nie ufają), i ma dwie fazy.

• Pierwsza faza to faza zobowiązania (commit), w której Alicja zobowiązuje się do pewnej wartości binarnej $b\in\{0,1\}.$ To zobowiązanie musi być wiążące, co oznacza, że Alicja nie może zmienić zdania, a także zatajające, co oznacza, że Bob nie może stwierdzić, do której wartości Alicja się zobowiązała.
• Druga faza to faza ujawnienia (reveal), w której bit zadeklarowany przez Alicję staje się znany Bobowi, który powinien następnie mieć pewność, że ujawniona wartość była rzeczywiście tą, do której Alicja się zobowiązała.

W intuicyjnych, operacyjnych terminach, pierwsza faza zobowiązania bitowego powinna działać tak, jakby Alicja zapisała wartość binarną na kartce papieru, zamknęła kartkę w sejfie i dała sejf Bobowi, zachowując klucz dla siebie. Alicja zobowiązała się do wartości binarnej zapisanej na kartce, ponieważ sejf znajduje się w posiadaniu Boba (jest więc wiążące), ale ponieważ Bob nie może otworzyć sejfu, nie może stwierdzić, do której wartości Alicja się zobowiązała (jest więc zatajające). Druga faza powinna działać tak, jakby Alicja przekazała Bobowi klucz do sejfu, aby mógł go otworzyć i ujawnić wartość, do której Alicja się zobowiązała.

Jak się okazuje, niemożliwe jest zaimplementowanie idealnego protokołu zobowiązania bitowego wyłącznie za pomocą informacji kwantowej, ponieważ stoi to w sprzeczności z unitarną równoważnością oczyszczeń. Oto wysokopoziomowe podsumowanie argumentu, który to ustanawia. Na początek możemy założyć, że Alicja i Bob wykonują jedynie operacje unitary lub wprowadzają nowe zainicjalizowane systemy w trakcie realizacji protokołu. Fakt, że każdy kanał ma reprezentację Stinespringa, pozwala nam poczynić to założenie.

Na końcu fazy commit protokołu Bob posiada pewien system złożony, który musi znajdować się w jednym z dwóch stanów kwantowych: $\rho_0,$ jeśli Alicja zobowiązała się do wartości $0,$ lub $\rho_1,$ jeśli Alicja zobowiązała się do wartości $1.$ Aby protokół był doskonale ukrywający, Bob nie powinien być w stanie odróżnić tych dwóch stanów — musi więc zachodzić $\rho_0 = \rho_1.$ (W przeciwnym razie istniałby pomiar, który probabilistycznie rozróżniałby te stany.)

Ponieważ jednak Alicja i Bob używali wyłącznie operacji unitary, stan wszystkich systemów zaangażowanych w protokół razem wziętych po fazie commit musi być stanem czystym. W szczególności, załóżmy, że $\vert\psi_0\rangle$ jest stanem czystym wszystkich systemów zaangażowanych w protokół, gdy Alicja zobowiązuje się do $0,$ a $\vert\psi_1\rangle$ jest stanem czystym wszystkich systemów zaangażowanych w protokół, gdy Alicja zobowiązuje się do $1.$ Jeśli zapiszemy $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ na oznaczenie (być może złożonych) systemów Alicji i Boba, to

$$\begin{aligned} \rho_0 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert)\\[1mm] \rho_1 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert). \end{aligned}$$

Biorąc pod uwagę wymaganie $\rho_0 = \rho_1$ dla doskonale ukrywającego protokołu, stwierdzamy, że $\vert\psi_0\rangle$ i $\vert\psi_1\rangle$ są purifications tego samego stanu — a zatem, na mocy unitarnej równoważności purifications, musi istnieć operacja unitary $U$ działająca wyłącznie na $\mathsf{A}$ taka, że

$$(U\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{B}})\vert\psi_0\rangle = \vert\psi_1\rangle.$$

Alicja może zatem swobodnie zmienić swoje zobowiązanie z $0$ na $1,$ stosując $U$ do $\mathsf{A},$ lub z $1$ na $0,$ stosując $U^{\dagger},$ więc rozważany hipotetyczny protokół kompletnie nie spełnia własności wiążącej.

Twierdzenie Hughstona-Jozsy-Woottersa

Ostatnią konsekwencją unitarnej równoważności purifications, którą omówimy w tej części lekcji, jest następujące twierdzenie znane jako twierdzenie Hughstona-Jozsy-Woottersa. (Jest to w istocie nieco uproszczona wersja twierdzenia znanego pod tą nazwą.)

Twierdzenie

Hughston-Jozsa-Wootters: Niech $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ będą systemami, a $\vert\phi\rangle$ niech będzie wektorem stanu kwantowego pary $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Niech ponadto $N$ będzie dowolną dodatnią liczbą całkowitą, $(p_0,\ldots,p_{N-1})$ niech będzie wektorem probabilistycznym, a $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ niech będą wektorami stanów kwantowych reprezentującymi stany $\mathsf{X}$ takie, że

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Istnieje (ogólny) pomiar $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ na $\mathsf{Y}$ taki, że następujące dwa stwierdzenia są prawdziwe, gdy ten pomiar zostaje wykonany na $\mathsf{Y},$ gdy $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ jest w stanie $\vert\phi\rangle:$

1. Każdy wynik pomiaru $a\in\{0,\ldots,N-1\}$ pojawia się z prawdopodobieństwem $p_a$.
2. Pod warunkiem uzyskania wyniku pomiaru $a,$ stan $\mathsf{X}$ staje się $\vert\psi_a\rangle.$

Mówiąc intuicyjnie, twierdzenie to głosi, że jeśli tylko mamy stan czysty dwóch systemów, to dla dowolnego sposobu myślenia o stanie zredukowanym pierwszego systemu jako kombinacji wypukłej stanów czystych istnieje pomiar drugiego systemu, który skutecznie urzeczywistnia ten sposób myślenia o pierwszym systemie. Zauważmy, że liczba $N$ nie musi być ograniczona przez liczbę stanów klasycznych $\mathsf{X}$ ani $\mathsf{Y}.$ Na przykład może być tak, że $N = 1\,000\,000,$ podczas gdy $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ są qubitami.

Udowodnimy to twierdzenie, wykorzystując unitarną równoważność purifications, zaczynając od wprowadzenia nowego systemu $\mathsf{Z},$ którego zbiorem stanów klasycznych jest $\{0,\ldots,N-1\}.$ Rozważmy następujące dwa wektory stanów kwantowych trójki $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z}).$

$$\begin{aligned} \vert\gamma_0\rangle & = \vert\phi\rangle_{\mathsf{XY}}\otimes\vert 0\rangle_{\mathsf{Z}}\\[1mm] \vert\gamma_1\rangle & = \sum_{a = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\, \vert\psi_a\rangle_{\mathsf{X}} \otimes \vert 0\rangle_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle_{\mathsf{Z}} \end{aligned}$$

Pierwszy wektor $\vert\gamma_0\rangle$ jest po prostu danym wektorem stanu kwantowego $\vert\phi\rangle$ połączonym tensor productem z $\vert 0\rangle$ dla nowego systemu $\mathsf{Z}.$ W przypadku drugiego wektora $\vert\gamma_1\rangle$ mamy w zasadzie wektor stanu kwantowego, który czyniłby twierdzenie trywialnym — przynajmniej gdyby $\mathsf{Y}$ zastąpić przez $\mathsf{Z}$ — ponieważ pomiar w bazie standardowej wykonany na $\mathsf{Z}$ oczywiście daje każdy wynik $a$ z prawdopodobieństwem $p_a,$ a pod warunkiem uzyskania tego wyniku stan $\mathsf{X}$ staje się $\vert\psi_a\rangle.$

Traktując parę $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ jako pojedynczy, złożony system, który można wyśladować, pozostawiając $\mathsf{X},$ stwierdzamy, że zidentyfikowaliśmy dwie różne purifications stanu

$$\rho = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Konkretnie, dla pierwszej z nich mamy

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_0\rangle\langle\gamma_0\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert) = \rho$$

a dla drugiej mamy

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_1\rangle\langle\gamma_1\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\sqrt{p_b} \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert \operatorname{Tr}(\vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert a\rangle\langle b\vert)\\ & = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert\\ & = \rho. \end{aligned}$$

Musi zatem istnieć operacja unitary $U$ na $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ spełniająca

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert \gamma_0 \rangle = \vert\gamma_1\rangle$$

na mocy unitarnej równoważności purifications.

Korzystając z tej operacji unitary $U,$ możemy zaimplementować pomiar spełniający wymagania twierdzenia, jak ilustruje poniższy diagram. Słownie: wprowadzamy nowy system $\mathsf{Z}$ zainicjalizowany w stanie $\vert 0\rangle,$ stosujemy $U$ do $(\mathsf{Y},\mathsf{Z}),$ co przekształca stan $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ z $\vert\gamma_0\rangle$ w $\vert\gamma_1\rangle,$ a następnie mierzymy $\mathsf{Z}$ za pomocą pomiaru w bazie standardowej, co, jak już zauważyliśmy, daje pożądane zachowanie.

Prostokąt narysowany linią przerywaną na rysunku reprezentuje implementację tego pomiaru, którą można opisać jako kolekcję dodatnio półokreślonych macierzy $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ w następujący sposób.

$$P_a = (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \langle 0\vert) U^{\dagger} (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle\langle a \vert)U (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert 0\rangle)$$