Równoważność reprezentacji

Omówiliśmy dotychczas trzy różne sposoby matematycznej reprezentacji kanałów, a mianowicie reprezentacje Stinespringa, reprezentacje Krausa oraz reprezentacje Choi. Mamy też definicję kanału, która stwierdza, że kanał to liniowe odwzorowanie, które zawsze przekształca macierze gęstości w macierze gęstości, nawet gdy jest stosowane tylko do części układu złożonego. Pozostała część lekcji jest poświęcona matematycznemu dowodowi, że te trzy reprezentacje są równoważne i precyzyjnie oddają tę definicję.

Przegląd dowodu

Naszym celem jest ustalenie równoważności zbioru czterech stwierdzeń i zaczniemy od ich precyzyjnego sformułowania. Wszystkie cztery stwierdzenia podlegają tym samym konwencjom, które były używane w całej lekcji, a mianowicie że $\Phi$ jest liniowym odwzorowaniem z macierzy kwadratowych do macierzy kwadratowych, wiersze i kolumny macierzy wejściowych zostały odwzorowane na stany klasyczne układu $\mathsf{X}$ (układ wejściowy), a wiersze i kolumny macierzy wyjściowych zostały odwzorowane na stany klasyczne układu $\mathsf{Y}$ (układ wyjściowy).

1. $\Phi$ jest kanałem z $\mathsf{X}$ do $\mathsf{Y}.$ Czyli $\Phi$ zawsze przekształca macierze gęstości w macierze gęstości, nawet gdy działa na jedną część większego układu złożonego.

2. Macierz Choi $J(\Phi)$ jest dodatnio półokreślona i spełnia warunek $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Istnieje reprezentacja Krausa dla $\Phi.$ Czyli istnieją macierze $A_0,\ldots,A_{N-1}$, dla których równanie $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ jest prawdziwe dla każdego wejścia $\rho,$ i które spełniają warunek $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Istnieje reprezentacja Stinespringa dla $\Phi.$ Czyli istnieją układy $\mathsf{W}$ i $\mathsf{G}$, dla których pary $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ i $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ mają tę samą liczbę stanów klasycznych, oraz macierz unitarna $U$ reprezentująca operację unitarną z $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ do $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ taka że $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

Dowód działa w ten sposób, że udowadnia się cykl implikacji: pierwsze stwierdzenie z naszej listy implikuje drugie, drugie implikuje trzecie, trzecie implikuje czwarte, a czwarte stwierdzenie implikuje pierwsze. To ustala, że wszystkie cztery stwierdzenia są równoważne — co oznacza, że dla danego wyboru $\Phi$ są one albo wszystkie prawdziwe, albo wszystkie fałszywe — ponieważ implikacje można przechodnio przenosić z dowolnego jednego stwierdzenia do dowolnego innego.

Jest to powszechna strategia przy dowodzeniu równoważności zbioru stwierdzeń, a przydatnym trikiem w takim kontekście jest takie ustawienie implikacji, aby były one jak najłatwiejsze do udowodnienia. Tak jest i w tym przypadku — i w rzeczywistości spotkaliśmy już dwie z czterech implikacji.

Od kanałów do macierzy Choi

Odnosząc się do powyższych stwierdzeń przez ich numery, pierwszą implikacją do udowodnienia jest 1 $\Rightarrow$ 2. Ta implikacja była już omawiana w kontekście stanu Choi kanału. Tutaj podsumujemy szczegóły matematyczne.

Załóżmy, że zbiór stanów klasycznych układu wejściowego $\mathsf{X}$ to $\Sigma$ i niech $n = \vert\Sigma\vert.$ Rozważmy sytuację, w której $\Phi$ jest stosowane do drugiej z dwóch kopii $\mathsf{X}$ razem w stanie

$$\vert \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{a \in \Sigma} \vert a \rangle \otimes \vert a \rangle,$$

który jako macierz gęstości dany jest przez

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b \in \Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert.$$

Wynik można zapisać jako

$$(\operatorname{Id}\otimes \,\Phi) \bigl(\vert \psi \rangle \langle \psi \vert\bigr) = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) = \frac{J(\Phi)}{n},$$

i zgodnie z założeniem, że $\Phi$ jest kanałem, musi to być macierz gęstości. Jak wszystkie macierze gęstości, musi ona być dodatnio półokreślona, a mnożenie macierzy dodatnio półokreślonej przez dodatnią liczbę rzeczywistą daje kolejną macierz dodatnio półokreśloną, a zatem $J(\Phi) \geq 0.$

Co więcej, przy założeniu, że $\Phi$ jest kanałem, musi ono zachowywać ślad, a zatem

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\Phi( \vert a\rangle\langle b \vert)\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle\langle a \vert\\ & = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}. \end{aligned}$$

Od reprezentacji Choi do Krausa

Druga implikacja, ponownie odnosząc się do stwierdzeń z naszej listy za pomocą ich numerów, to 2 $\Rightarrow$ 3. Dla jasności, ignorujemy pozostałe stwierdzenia — a w szczególności nie możemy zakładać, że $\Phi$ jest kanałem. Wszystko, czym dysponujemy, to fakt, że $\Phi$ jest odwzorowaniem liniowym, którego reprezentacja Choi spełnia $J(\Phi) \geq 0$ oraz $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

To jednak wystarczy, aby stwierdzić, że $\Phi$ ma reprezentację Krausa

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

dla której spełniony jest warunek

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

.

Zaczynamy od krytycznie ważnego założenia, że $J(\Phi)$ jest dodatnio półokreślona, co oznacza, że można ją wyrazić w postaci

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \tag{1}$$

dla pewnego wyboru wektorów $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ Ogólnie istnieje wiele sposobów, aby to zrobić — i faktycznie odzwierciedla to bezpośrednio swobodę, jaką mamy przy wyborze reprezentacji Krausa dla $\Phi.$

Jednym ze sposobów otrzymania takiego wyrażenia jest najpierw użycie twierdzenia spektralnego, aby napisać

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \lambda_k \vert \gamma_k \rangle \langle \gamma_k \vert,$$

gdzie $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ są wartościami własnymi $J(\Phi)$ (które muszą być nieujemnymi liczbami rzeczywistymi, ponieważ $J(\Phi)$ jest dodatnio półokreślona), a $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ są jednostkowymi wektorami własnymi odpowiadającymi wartościom własnym $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Zauważmy, że choć nie ma swobody w wyborze wartości własnych (z wyjątkiem ich uporządkowania), to istnieje swoboda w wyborze wektorów własnych, szczególnie gdy są wartości własne o krotności większej niż jeden. Zatem nie jest to jednoznaczne wyrażenie $J(\Phi)$ — po prostu zakładamy, że mamy jedno takie wyrażenie. Niezależnie od tego, ponieważ wartości własne są nieujemnymi liczbami rzeczywistymi, mają one nieujemne pierwiastki kwadratowe, więc możemy wybrać

$$\vert\psi_k\rangle = \sqrt{\lambda_k} \vert \gamma_k\rangle$$

dla każdego $k = 0,\ldots,N-1,$ aby otrzymać wyrażenie postaci $(1).$

Nie jest jednak istotne, aby wyrażenie $(1)$ pochodziło z rozkładu spektralnego w ten sposób, a w szczególności wektory $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nie muszą być ogólnie ortogonalne. Warto jednak zauważyć, że możemy wybrać te wektory jako ortogonalne, jeśli tego chcemy — a ponadto nigdy nie potrzebujemy, aby $N$ było większe niż $nm$ (przypominając, że $n$ i $m$ oznaczają liczby klasycznych stanów odpowiednio $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$).

Następnie każdy z wektorów $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ można dalej rozłożyć jako

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle,$$

gdzie wektory $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ mają wpisy odpowiadające klasycznym stanom $\mathsf{Y}$ i mogą być jawnie wyznaczone równaniem

$$\vert \phi_{k,a}\rangle = \bigl( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}\bigr) \vert \psi_k\rangle$$

dla każdego $a\in\Sigma$ i $k=0,\ldots,N-1.$ Chociaż $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nie muszą być wektorami jednostkowymi, jest to ten sam proces, którego użylibyśmy do analizy tego, co by się stało, gdyby na układzie $\mathsf{X}$ dokonano pomiaru w bazie standardowej, mając dany wektor stanu kwantowego pary $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Teraz dochodzimy do sztuczki, dzięki której ta część dowodu działa. Definiujemy nasze macierze Krausa $A_0,\ldots,A_{N-1}$ zgodnie z poniższym równaniem.

$$A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

Możemy myśleć o tej formule czysto symbolicznie: $\vert a\rangle$ skutecznie zostaje odwrócone, tworząc $\langle a\vert$ i przeniesione na prawą stronę, tworząc macierz. Dla celów weryfikacji dowodu formuła jest wszystkim, czego potrzebujemy.

Istnieje jednak prosty i intuicyjny związek między wektorem $\vert\psi_k\rangle$ a macierzą $A_k,$ który polega na tym, że wektoryzując $A_k$ otrzymujemy $\vert\psi_k\rangle.$ Wektoryzacja $A_k$ oznacza, że układamy kolumny jedna na drugiej (z lewą kolumną na górze, przechodząc do prawej na dole), aby utworzyć wektor. Na przykład, jeśli $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ są oba kubitami, i dla pewnego wyboru $k$ mamy

$$\begin{aligned} \vert\psi_k\rangle & = \alpha_{00} \vert 0\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{01} \vert 0\rangle \otimes \vert 1\rangle + \alpha_{10} \vert 1\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{11} \vert 1\rangle \otimes \vert 1\rangle\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} \\[1mm] \alpha_{01} \\[1mm] \alpha_{10} \\[1mm] \alpha_{11} \end{pmatrix}, \end{aligned}$$

to

$$\begin{aligned} A_k & = \alpha_{00} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \alpha_{01} \vert 1\rangle\langle 0\vert + \alpha_{10} \vert 0\rangle\langle 1\vert + \alpha_{11} \vert 1\rangle\langle 1\vert\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} & \alpha_{10}\\[1mm] \alpha_{01} & \alpha_{11} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

(Uwaga: czasami wektoryzacja macierzy definiowana jest w nieco inny sposób, a mianowicie przez transponowanie wierszy macierzy i ułożenie ich jeden na drugim w celu utworzenia wektora kolumnowego.)

Najpierw zweryfikujemy, że ten wybór macierzy Krausa poprawnie opisuje odwzorowanie $\Phi,$ a następnie sprawdzimy pozostały wymagany warunek. Aby zachować porządek, zdefiniujmy nowe odwzorowanie $\Psi$ w następujący sposób.

$$\Psi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

Naszym celem jest zatem zweryfikowanie, że $\Psi = \Phi.$

Możemy to zrobić porównując reprezentacje Choi tych odwzorowań. Reprezentacje Choi są wierne, zatem $\Psi = \Phi$ wtedy i tylko wtedy, gdy $J(\Phi) = J(\Psi).$ W tym momencie możemy po prostu obliczyć $J(\Psi)$ korzystając z wyrażeń

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle \quad\text{and}\quad A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

wraz z biliniowością iloczynów tensorowych w celu uproszczenia.

$$\begin{aligned} J(\Psi) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \vert a\rangle \langle b \vert A_k^{\dagger}\\[2mm] & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \biggl(\sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a} \rangle\biggr) \biggl(\sum_{b\in\Sigma} \langle b\vert \otimes \langle \phi_{k,b} \vert\biggr)\\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \\[2mm] & = J(\Phi) \end{aligned}$$

A zatem nasze macierze Krausa poprawnie opisują $\Phi.$

Pozostaje sprawdzić wymagany warunek dotyczący $A_0,\ldots,A_{N-1},$ który okazuje się być równoważny założeniu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (z którego dotąd nie korzystaliśmy). Pokażemy następującą zależność:

$$\Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr)^{T} = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) \tag{2}$$

(gdzie po lewej stronie mamy na myśli transpozycję macierzową).

Zaczynając od lewej strony, możemy najpierw zauważyć, że

$$\begin{aligned} \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T & = \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert b \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle a \vert\Biggr)^T\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Ostatnia równość wynika z faktu, że transpozycja jest liniowa i przekształca $\vert b\rangle\langle a \vert$ w $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Przechodząc do prawej strony naszego równania, mamy

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k\rangle\langle\psi_k \vert = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert$$

a zatem

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert \bigr)\, \vert a\rangle \langle b \vert\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Otrzymaliśmy ten sam wynik, a zatem równanie $(2)$ zostało zweryfikowane. Wynika stąd, na mocy założenia $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ że

$$\Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

a zatem, ponieważ macierz jednostkowa jest równa swojej własnej transpozycji, wymagany warunek jest spełniony.

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Od reprezentacji Krausa do Stinespringa

Załóżmy teraz, że mamy reprezentację Krausa odwzorowania

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

dla której

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Naszym celem jest znalezienie reprezentacji Stinespringa dla $\Phi.$

Najpierw chcielibyśmy wybrać system śmietnikowy $\mathsf{G}$ tak, aby jego klasycznym zbiorem stanów był $\{0,\ldots,N-1\}.$ Aby jednak $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ i $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ miały ten sam rozmiar, musi zachodzić, że $n$ dzieli $m N,$ co pozwala nam przyjąć, że $\mathsf{W}$ ma stany klasyczne $\{0,\ldots,d-1\}$ dla $d = mN/n.$

Dla dowolnego wyboru $n,$ $m$ i $N$ może się zdarzyć, że $mN/n$ nie jest liczbą całkowitą, więc w rzeczywistości nie mamy swobody wyboru $\mathsf{G}$ tak, aby jego klasycznym zbiorem stanów był $\{0,\ldots,N-1\}.$ Zawsze jednak możemy dowolnie zwiększyć $N$ w reprezentacji Krausa, wybierając $A_k = 0$ dla tylu dodatkowych wartości $k,$ ilu sobie życzymy.

Zatem, jeśli w sposób milczący założymy, że $mN/n$ jest liczbą całkowitą, co jest równoważne temu, że $N$ jest wielokrotnością $m/\operatorname{gcd}(n,m),$ to mamy swobodę wyboru $\mathsf{G}$ tak, aby jego klasycznym zbiorem stanów był $\{0,\ldots,N-1\}.$ W szczególności, jeśli zachodzi $N = nm,$ to możemy przyjąć, że $\mathsf{W}$ ma $m^2$ stanów klasycznych.

Pozostaje wybrać $U,$ a zrobimy to, dopasowując następujący wzorzec.

$$U = \begin{pmatrix} A_{0} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] A_{1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] A_{N-1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \end{pmatrix}$$

Żeby było jasne, ten wzorzec ma sugerować macierz blokową, w której każdy blok (łącznie z $A_{0},\ldots,A_{N-1},$ jak również z blokami oznaczonymi znakiem zapytania) ma $m$ wierszy i $n$ kolumn. Jest $N$ wierszy bloków, co oznacza, że jest $d = mN/n$ kolumn bloków.

Wyrażone w postaci bardziej formalnej, zdefiniujemy $U$ jako

$$\begin{aligned} U & = \sum_{k=0}^{N-1} \sum_{j=0}^{d-1} \vert k \rangle \langle j \vert \otimes M_{k,j} \\[4mm] & = \begin{pmatrix} M_{0,0} & M_{0,1} & \cdots & M_{0,d-1} \\[1mm] M_{1,0} & M_{1,1} & \cdots & M_{1,d-1} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] M_{N-1,0} & M_{N-1,1} & \cdots & M_{N-1,d-1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

gdzie każda macierz $M_{k,j}$ ma $m$ wierszy i $n$ kolumn, a w szczególności przyjmiemy $M_{k,0} = A_k$ dla $k = 0,\ldots,N-1.$

Musi to być macierz unitarna, a bloki oznaczone znakiem zapytania, czyli równoważnie $M_{k,j}$ dla $j>0,$ należy dobrać z tym na uwadze — jednak poza tym, że umożliwiają one, aby $U$ było unitarne, bloki oznaczone znakiem zapytania nie będą miały żadnego znaczenia dla dowodu.

Odłóżmy na chwilę na bok kwestię tego, czy $U$ jest unitarne, i skupmy się na wyrażeniu

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

które opisuje stan wyjściowy $\mathsf{Y}$ przy stanie wejściowym $\rho$ systemu $\mathsf{X}$ w naszej reprezentacji Stinespringa. Alternatywnie możemy zapisać

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) \rho (\langle 0\vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{W}}) U^{\dagger},$$

i widzimy z naszego wyboru $U,$ że

$$U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k.$$

W związku z tym otrzymujemy

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \vert k\rangle\langle j\vert \otimes A_k \rho A_j^{\dagger},$$

a zatem

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho) U^{\dagger}\bigr) & = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert k\rangle\langle j\vert\bigr) \, A_k \rho A_j^{\dagger} \\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger} \\ & = \Phi(\rho). \end{aligned}$$

Mamy zatem poprawną reprezentację odwzorowania $\Phi,$ a pozostaje sprawdzić, że możemy wybrać $U$ jako unitary.

Rozważmy pierwszych $n$ kolumn $U,$ gdy jest ono wybrane zgodnie z powyższym wzorcem. Biorąc same te kolumny, otrzymujemy macierz blokową

$$\begin{pmatrix} A_0\\[1mm] A_1\\[1mm] \vdots\\[1mm] A_{N-1} \end{pmatrix}.$$

Jest $n$ kolumn, po jednej dla każdego klasycznego stanu $\mathsf{X},$ a jako wektory nazwijmy te kolumny $\vert \gamma_a \rangle$ dla każdego $a\in\Sigma.$ Oto wzór na te wektory, który można dopasować do powyższej reprezentacji w postaci macierzy blokowej.

$$\vert \gamma_a\rangle = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k \vert a \rangle$$

Obliczmy teraz iloczyn skalarny między dowolnymi dwoma z tych wektorów, czyli tymi odpowiadającymi dowolnemu wyborowi $a,b\in\Sigma.$

$$\langle \gamma_a \vert \gamma_b \rangle = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \langle k \vert j \rangle \, \langle a \vert A_k^{\dagger} A_j \vert b\rangle = \langle a \vert \Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr) \vert b\rangle$$

Na mocy założenia

$$\sum_{k = 0}^{m-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

wnioskujemy, że $n$ wektorów kolumnowych $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ tworzy zbiór ortonormalny:

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

dla wszystkich $a,b\in\Sigma.$

Wynika z tego, że możliwe jest uzupełnienie pozostałych kolumn $U$ tak, aby stała się ona macierzą unitary. W szczególności do wyboru pozostałych kolumn można użyć procesu ortogonalizacji Grama-Schmidta. Coś podobnego zostało zrobione w lekcji Obwody kwantowe w ramach "Podstaw informacji kwantowej" w kontekście problemu rozróżniania stanów.

Od reprezentacji Stinespringa z powrotem do definicji

Ostatnia implikacja to 4 $\Rightarrow$ 1. To znaczy, zakładamy, że mamy operację unitarną przekształcającą parę układów $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ w parę $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ a naszym celem jest wywnioskowanie, że odwzorowanie

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

jest poprawnym kanałem. Z jego postaci widać, że $\Phi$ jest liniowe, pozostaje więc zweryfikować, że zawsze przekształca ono macierze gęstości w macierze gęstości. Jest to dość proste i omówiliśmy już kluczowe punkty.

W szczególności, jeśli zaczniemy od macierzy gęstości $\sigma$ układu złożonego $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ a następnie dodamy dodatkowy układ roboczy $\mathsf{W},$ z pewnością pozostanie nam macierz gęstości. Jeśli dla wygody zmienimy kolejność układów $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ możemy zapisać ten stan jako

$$\vert 0\rangle\langle 0\vert_{\mathsf{W}} \otimes \sigma.$$

Następnie stosujemy operację unitarną $U,$ a jak już omówiliśmy, jest to poprawny kanał, a zatem odwzorowuje macierze gęstości na macierze gęstości. Wreszcie, ślad częściowy (partial trace) macierzy gęstości jest kolejną macierzą gęstości.

Inny sposób, aby to wyrazić, to zauważyć najpierw, że każde z poniższych jest poprawnym kanałem:

1. Wprowadzenie zainicjowanego układu roboczego.
2. Wykonanie operacji unitarnej.
3. Wyśledzenie (partial trace) układu.

I wreszcie, dowolne złożenie kanałów jest kolejnym kanałem — co wynika bezpośrednio z definicji, ale jest też faktem wartym odnotowania samym w sobie.