Reprezentacje kanałów

Teraz omówimy matematyczne reprezentacje kanałów.

Liniowe odwzorowania wektorów na wektory można przedstawić za pomocą macierzy w znany sposób, gdzie działanie odwzorowania liniowego jest opisane mnożeniem macierzy przez wektor. Ale kanały są odwzorowaniami liniowymi z macierzy na macierze, a nie z wektorów na wektory. Jak zatem ogólnie wyrazić kanały w kategoriach matematycznych?

Dla niektórych kanałów możemy mieć prosty wzór, który je opisuje, jak dla trzech przykładów nieunitarnych kanałów kubitowych opisanych wcześniej. Jednak dowolny kanał może nie mieć tak ładnego wzoru, więc wyrażanie kanału w ten sposób nie jest ogólnie praktyczne.

Dla porównania, w uproszczonym sformułowaniu informacji kwantowej używamy macierzy unitarnych do reprezentowania operacji na wektorach stanów kwantowych: każda macierz unitarna reprezentuje prawidłową operację, a każda prawidłowa operacja może być wyrażona jako macierz unitarna. W istocie, zadajemy pytanie: Jak możemy zrobić coś analogicznego dla kanałów?

Aby odpowiedzieć na to pytanie, będziemy potrzebować dodatkowego aparatu matematycznego. Zobaczymy, że kanały można w rzeczywistości opisać matematycznie na kilka różnych sposobów, w tym za pomocą reprezentacji nazwanych na cześć trzech osób, które odegrały kluczową rolę w ich rozwoju: Stinespring, Kraus, i Choi. Razem te różne sposoby opisywania kanałów oferują różne perspektywy, z których można je oglądać i analizować.

Reprezentacje Stinespringa

Reprezentacje Stinespringa opierają się na idei, że każdy kanał można zaimplementować w standardowy sposób, w którym system wejściowy jest najpierw łączony z zainicjalizowanym systemem roboczym, tworząc system złożony; następnie na systemie złożonym wykonywana jest operacja unitarna; na koniec system roboczy jest odrzucany (lub poddawany operacji śladu częściowego), pozostawiając wyjście kanału.

Poniższy rysunek przedstawia taką implementację w formie diagramu obwodu dla kanału, którego systemy wejściowe i wyjściowe są tym samym systemem $\mathsf{X}.$

Na tym diagramie przewody reprezentują dowolne systemy, jak wskazują etykiety nad przewodami, i niekoniecznie pojedyncze kubity. Ponadto symbol uziemienia, powszechnie używany w elektrotechnice, wyraźnie wskazuje, że $\mathsf{W}$ jest odrzucany.

Słownie, sposób działania implementacji jest następujący. System wejściowy $\mathsf{X}$ zaczyna w pewnym stanie $\rho,$ natomiast system roboczy $\mathsf{W}$ jest inicjalizowany do standardowego stanu bazowego $\vert 0\rangle.$ Operacja unitarna $U$ jest wykonywana na parze $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ a na koniec system roboczy $\mathsf{W}$ jest śladowany, pozostawiając $\mathsf{X}$ jako wyjście.

Zauważ, że zakładamy, iż $0$ jest klasycznym stanem $\mathsf{W},$ i wybieramy go jako stan początkowy tego systemu, co pomoże uprościć matematykę. Można jednak wybrać dowolny ustalony stan czysty do reprezentowania stanu początkowego $\mathsf{W},$ nie zmieniając podstawowych właściwości reprezentacji.

Matematyczne wyrażenie wynikowego kanału $\Phi$ jest następujące.

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

Jak zwykle, używamy konwencji porządkowania Qiskit: system $\mathsf{X}$ znajduje się na górze diagramu, a zatem odpowiada prawostronnemu czynnikowi tensorowemu we wzorze.

W ogólności, systemy wejściowe i wyjściowe kanału nie muszą być takie same. Oto rysunek przedstawiający implementację kanału $\Phi,$ którego systemem wejściowym jest $\mathsf{X},$ a systemem wyjściowym $\mathsf{Y}.$

Tym razem operacja unitarna przekształca $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ w parę $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ gdzie $\mathsf{G}$ jest nowym systemem "śmietnika", który jest śladowany, pozostawiając $\mathsf{Y}$ jako system wyjściowy. Aby $U$ było unitarne, musi być macierzą kwadratową. Wymaga to, aby para $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ miała tę samą liczbę stanów klasycznych co para $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ więc systemy $\mathsf{W}$ i $\mathsf{G}$ muszą być wybrane w sposób, który to umożliwia.

Otrzymujemy matematyczne wyrażenie wynikowego kanału $\Phi,$ które jest podobne do tego, co mieliśmy wcześniej.

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

Gdy kanał jest opisany w ten sposób, jako operacja unitarna wraz ze specyfikacją sposobu inicjalizacji systemu roboczego i sposobu wyboru systemu wyjściowego, mówimy, że jest wyrażony w postaci Stinespringa lub że jest to reprezentacja Stinespringa kanału.

Nie jest to wcale oczywiste, ale każdy kanał rzeczywiście posiada reprezentację Stinespringa, co zobaczymy do końca lekcji. Zobaczymy również, że reprezentacje Stinespringa nie są jednoznaczne; zawsze istnieją różne sposoby zaimplementowania tego samego kanału w opisany sposób.

Uwaga

W kontekście informacji kwantowej termin reprezentacja Stinespringa powszechnie odnosi się do nieco bardziej ogólnego wyrażenia kanału mającego postać

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( A \rho A^{\dagger} \bigr)$$

dla isometry $A,$ która jest macierzą o kolumnach ortonormalnych, ale niekoniecznie macierzą kwadratową. Dla reprezentacji Stinespringa mających postać, którą przyjęliśmy jako definicję, możemy uzyskać wyrażenie tej innej postaci, biorąc

$$A = U (\vert 0\rangle_{\mathsf{W}} \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{X}}).$$

Kanał całkowicie defazujący

Oto reprezentacja Stinespringa kubitowego kanału defazującego $\Delta.$ Na tym diagramie obie linie reprezentują pojedyncze kubity — jest to więc zwykły diagram obwodu kwantowego.

Aby zobaczyć, że efekt, jaki ten obwód wywiera na kubit wejściowy, jest rzeczywiście opisany przez całkowicie defazujący kanał, możemy prześledzić obwód krok po kroku, używając jawnej reprezentacji macierzowej śladu częściowego omówionej w poprzedniej lekcji. Będziemy odnosić się do górnego kubitu jako $\mathsf{X}$ — jest to wejście i wyjście kanału — i założymy, że $\mathsf{X}$ zaczyna w pewnym dowolnym stanie $\rho.$

Pierwszym krokiem jest wprowadzenie kubitu roboczego $\mathsf{W}.$ Przed wykonaniem bramki controlled-NOT stan pary $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ jest reprezentowany przez następującą macierz gęstości.

$$\begin{aligned} \vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho & = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Zgodnie z konwencją porządkowania Qiskitu, górny kubit $\mathsf{X}$ znajduje się po prawej stronie, a dolny kubit $\mathsf{W}$ po lewej. Używamy macierzy gęstości zamiast kwantowych wektorów stanu, ale są one tensorowane ze sobą w sposób podobny do tego, jaki stosowany jest w uproszczonym sformułowaniu informacji kwantowej.

Następnym krokiem jest wykonanie operacji controlled-NOT, gdzie $\mathsf{X}$ jest sterującym, a $\mathsf{W}$ celem. Wciąż mając na uwadze konwencję porządkowania Qiskitu, reprezentacja macierzowa tej bramki wygląda następująco.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Jest to operacja unitary, a aby zastosować ją do macierzy gęstości, sprzęgamy przez macierz unitary. Sprzężenie hermitowskie akurat nie zmienia tej konkretnej macierzy, więc wynik jest następujący.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\\[3mm] = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}$$

Na koniec wykonywany jest ślad częściowy po $\mathsf{W}.$ Przypominając sobie działanie tej operacji na macierzach $4\times 4$, które opisano w poprzedniej lekcji, otrzymujemy następującą macierz gęstości na wyjściu.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Alternatywnie możemy obliczyć ślad częściowy, przechodząc najpierw do notacji Diraca.

$$\begin{pmatrix} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \end{pmatrix} = \begin{array}{r} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 1\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 1\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 1\vert \end{array}$$

Wyśladowanie kubitu po lewej stronie daje tę samą odpowiedź co poprzednio.

$$\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert = \Delta(\rho)$$

Intuicyjny sposób myślenia o tym obwodzie jest taki, że operacja controlled-NOT efektywnie kopiuje klasyczny stan kubitu wejściowego, a gdy kopia zostaje wyrzucona do kosza, kubit wejściowy „zapada się" probabilistycznie do jednego z dwóch możliwych stanów klasycznych, co jest równoważne całkowitemu dephasing.

Kanał całkowicie defazujący (alternatywnie)

Opisany powyżej obwód nie jest jedynym sposobem implementacji kanału całkowicie defazującego (completely dephasing). Oto inny sposób, w jaki można to zrobić.

Oto szybka analiza pokazująca, że ta implementacja działa. Po wykonaniu bramki Hadamarda mamy następujący stan dwukubitowy jako macierz gęstości:

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

Bramka controlled-$\sigma_z$ działa przez sprzężenie w następujący sposób.

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

Na koniec system roboczy $\mathsf{W}$ zostaje usunięty przez operację śladu.

$$\frac{1}{2} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] \begin{aligned} & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[2mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Ta implementacja opiera się na prostej idei: dephasing jest równoważny albo nierobieniu niczego (to znaczy zastosowaniu operacji identyczności), albo zastosowaniu bramki $\sigma_z$, każde z prawdopodobieństwem $1/2.$

$$\begin{aligned} \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[2mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

To znaczy, że kanał całkowicie defazujący jest przykładem kanału typu mixed-unitary, a dokładniej kanału Pauliego.

Kanał reset kubitu

Kanał reset kubitu można zaimplementować w następujący sposób.

Bramka swap po prostu przesuwa zainicjalizowany stan $\vert 0\rangle$ kubitu roboczego tak, by stał się wyjściem, podczas gdy stan wejściowy $\rho$ zostaje przeniesiony na dolny kubit, a następnie usunięty przez operację śladu.

Alternatywnie, jeśli nie wymagamy, aby wyjście kanału pozostało u góry, możemy przyjąć ten bardzo prosty obwód jako naszą reprezentację.

Innymi słowy, reset kubitu do stanu $\vert 0\rangle$ jest równoważny wyrzuceniu kubitu do kosza i wzięciu nowego.

Reprezentacje Krausa

Omówimy teraz reprezentacje Krausa, które oferują wygodny, formułowy sposób wyrażania działania kanału poprzez mnożenie i dodawanie macierzy. W szczególności, reprezentacja Krausa to specyfikacja kanału $\Phi,$ w następującej postaci.

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

Tutaj $A_0,\ldots,A_{N-1}$ są macierzami, które mają te same wymiary: ich kolumny odpowiadają stanom klasycznym układu wejściowego, $\mathsf{X},$ a wiersze odpowiadają stanom klasycznym układu wyjściowego, niezależnie od tego, czy jest to $\mathsf{X},$ czy jakiś inny układ $\mathsf{Y}.$ Aby $\Phi$ był prawidłowym kanałem, macierze te muszą spełniać następujący warunek.

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

Warunek ten jest równoważny warunkowi, że $\Phi$ zachowuje ślad. Pozostała właściwość wymagana od kanału — czyli całkowita dodatniość — wynika z ogólnej postaci równania dla $\Phi,$ jako sumy sprzężeń.

Czasami wygodnie jest nazywać macierze $A_0,\ldots,A_{N-1}$ w inny sposób. Na przykład moglibyśmy je numerować zaczynając od $1,$ lub moglibyśmy używać stanów z pewnego dowolnego klasycznego zbioru stanów $\Gamma$ zamiast liczb jako indeksów dolnych:

$$\Phi(\rho) = \sum_{a\in\Gamma} A_a \rho A_a^{\dagger} \quad \text{gdzie} \quad \sum_{a\in\Gamma} A_a^{\dagger} A_a = \mathbb{I}.$$

Te różne sposoby nazywania tych macierzy, które nazywane są macierzami Krausa, są powszechne i mogą być wygodne w różnych sytuacjach — ale w tej lekcji będziemy trzymać się nazw $A_0,\ldots,A_{N-1}$ dla uproszczenia.

Liczba $N$ może być dowolną dodatnią liczbą całkowitą, ale nigdy nie musi być zbyt duża: jeśli układ wejściowy $\mathsf{X}$ ma $n$ stanów klasycznych, a układ wyjściowy $\mathsf{Y}$ ma $m$ stanów klasycznych, to każdy dany kanał z $\mathsf{X}$ do $\mathsf{Y}$ zawsze będzie miał reprezentację Krausa, dla której $N$ jest co najwyżej iloczynem $nm.$

Kanał całkowicie dephasing

Reprezentację Krausa kanału całkowicie dephasing otrzymujemy, biorąc $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ oraz $A_1 = \vert 1\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 1\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 1 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1 \vert \\[2mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Macierze te spełniają wymagany warunek.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert 1\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Alternatywnie możemy wziąć $A_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbb{I}$ oraz $A_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z,$ tak że

$$\sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} = \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z = \Delta(\rho),$$

jak zostało to wcześniej obliczone. Tym razem wymagany warunek można zweryfikować w następujący sposób.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \sigma_z^2 = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \mathbb{I} = \mathbb{I}$$

Kanał reset kubitu

Reprezentację Krausa kanału reset kubitu otrzymujemy, biorąc $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ oraz $A_1 = \vert 0\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 0\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 0 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert\\[2mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \vert 0\rangle \langle 0 \vert \end{aligned}$$

Macierze te spełniają wymagany warunek.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Kanał całkowicie depolaryzujący

Jednym ze sposobów otrzymania reprezentacji Krausa dla kanału całkowicie depolaryzującego jest wybór macierzy Krausa $A_0,\ldots,A_3$ w następujący sposób.

$$A_0 = \frac{\vert 0\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_1 = \frac{\vert 0\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}} \quad A_2 = \frac{\vert 1\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_3 = \frac{\vert 1\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}}$$

Dla dowolnej macierzy gęstości kubitu $\rho$ mamy wtedy

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{1}{2} \bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 0\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 1\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr)\\ & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2}\\[1mm] & = \Omega(\rho). \end{aligned}$$

Alternatywną reprezentację Krausa uzyskuje się przez wybór macierzy Krausa w taki sposób.

$$A_0 = \frac{\mathbb{I}}{2} \quad A_1 = \frac{\sigma_x}{2} \quad A_2 = \frac{\sigma_y}{2} \quad A_3 = \frac{\sigma_z}{2}$$

Aby zweryfikować, że te macierze Krausa faktycznie reprezentują kanał całkowicie depolaryzujący, zauważmy najpierw, że sprzężenie dowolnej macierzy $2\times 2$ za pomocą macierzy Pauliego działa następująco.

$$\begin{aligned} \sigma_x \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_x & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & \alpha_{1,0}\\[1mm] \alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_y \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_y & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & -\alpha_{1,0}\\[1mm] -\alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_z \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_z & = \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & -\alpha_{0,1}\\[1mm] -\alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Pozwala nam to zweryfikować poprawność naszej reprezentacji Krausa.

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{\rho + \sigma_x \rho \sigma_x + \sigma_y \rho \sigma_y + \sigma_z \rho \sigma_z}{4} \\ & = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle \\[2mm] \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle \end{pmatrix} \\[4mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2} \end{aligned}$$

Ta reprezentacja Krausa wyraża ważną ideę, a mianowicie że stan kubitu można całkowicie zrandomizować, stosując do niego jedną z czterech macierzy Pauliego (łącznie z macierzą jednostkową) wybraną jednostajnie losowo. Tak więc kanał całkowicie depolaryzujący jest kolejnym przykładem kanału Pauliego.

Nie jest możliwe znalezienie reprezentacji Krausa dla kanału całkowicie depolaryzującego $\Omega$ posiadającej trzy lub mniej macierzy Krausa; dla tego kanału wymagane są co najmniej cztery.

Kanały unitary

Jeśli mamy macierz unitary $U$ reprezentującą operację na systemie $\mathsf{X},$ możemy wyrazić działanie tej operacji unitary jako kanału:

$$\Phi(\rho) = U \rho U^{\dagger}.$$

To wyrażenie jest już poprawną reprezentacją Krausa kanału $\Phi$, gdzie mamy tylko jedną macierz Krausa $A_0 = U.$ W tym przypadku wymagany warunek

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

przyjmuje znacznie prostszą postać $U^{\dagger} U = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ o której wiemy, że jest prawdziwa, ponieważ $U$ jest unitary.

Reprezentacje Choi

Omówimy teraz trzeci sposób opisywania kanałów, za pomocą reprezentacji Choi. Działa to w ten sposób, że każdy kanał jest reprezentowany przez pojedynczą macierz zwaną jego macierzą Choi. Jeśli system wejściowy ma $n$ stanów klasycznych, a system wyjściowy ma $m$ stanów klasycznych, to macierz Choi kanału będzie miała $nm$ wierszy i $nm$ kolumn.

Macierze Choi stanowią wierną reprezentację kanałów, co oznacza, że dwa kanały są takie same wtedy i tylko wtedy, gdy mają tę samą macierz Choi. Jednym z powodów, dla których jest to ważne, jest to, że daje nam sposób na określenie, czy dwa różne opisy odpowiadają temu samemu kanałowi, czy też różnym kanałom: po prostu obliczamy macierze Choi i porównujemy je, aby sprawdzić, czy są równe. W przeciwieństwie do tego reprezentacje Stinespringa i Kraus nie są unikalne w ten sposób, jak już widzieliśmy.

Macierze Choi są również użyteczne pod innymi względami do odkrywania różnych matematycznych właściwości kanałów.

Definicja

Niech $\Phi$ będzie kanałem z systemu $\mathsf{X}$ do systemu $\mathsf{Y},$ i załóżmy, że klasycznym zbiorem stanów systemu wejściowego $\mathsf{X}$ jest $\Sigma.$ Reprezentacja Choi kanału $\Phi,$ oznaczana $J(\Phi),$ jest zdefiniowana następującym równaniem.

$$J(\Phi) = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl( \vert a\rangle\langle b \vert\bigr)$$

Jeśli przyjmiemy, że $\Sigma = \{0,\ldots, n-1\}$ dla pewnej dodatniej liczby całkowitej $n,$ to możemy alternatywnie wyrazić $J(\Phi)$ jako macierz blokową:

$$J(\Phi) = \begin{pmatrix} \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \end{pmatrix}$$

To znaczy, jako macierz blokowa, macierz Choi kanału ma jeden blok $\Phi(\vert a\rangle\langle b\vert)$ dla każdej pary $(a,b)$ klasycznych stanów systemu wejściowego, przy czym bloki są ułożone w naturalny sposób.

Zauważmy, że zbiór $\{\vert a\rangle\langle b\vert \,:\, 0\leq a,b < n\}$ tworzy bazę przestrzeni wszystkich macierzy $n\times n$. Ponieważ $\Phi$ jest liniowe, wynika stąd, że jego działanie można odtworzyć z jego macierzy Choi, biorąc kombinacje liniowe bloków.

Stan Choi kanału

Inny sposób myślenia o macierzy Choi kanału polega na tym, że jest to macierz gęstości, jeśli podzielimy przez $n = \vert\Sigma\vert.$ Dla uproszczenia skupmy się na sytuacji, w której $\Sigma = \{0,\ldots,n-1\},$ i wyobraźmy sobie, że mamy dwie identyczne kopie $\mathsf{X},$ które razem znajdują się w stanie splątanym

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

Jako macierz gęstości stan ten wygląda następująco.

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert$$

Jeśli zastosujemy $\Phi$ do kopii $\mathsf{X}$ po prawej stronie, otrzymamy macierz Choi podzieloną przez $n.$

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

Innymi słowy, z dokładnością do współczynnika normalizacyjnego $1/n,$ macierz Choi kanału $\Phi$ jest macierzą gęstości, którą otrzymujemy, obliczając $\Phi$ na połowie maksymalnie splątanej pary systemów wejściowych, jak przedstawia poniższy rysunek.

Zauważmy w szczególności, że oznacza to, iż macierz Choi kanału musi być zawsze dodatnio półokreślona.

Widzimy również, że ponieważ kanał $\Phi$ jest stosowany tylko do prawego/górnego systemu, nie może on wpłynąć na stan zredukowany lewego/dolnego systemu. W omawianym przypadku tym stanem jest całkowicie zmieszany stan $\mathbb{I}_{\mathsf{X}}/n,$ a zatem

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \biggl(\frac{J(\Phi)}{n}\biggr) = \frac{\mathbb{I}_{\mathsf{X}}}{n}.$$

Usunięcie mianownika $n$ z obu stron daje $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Alternatywnie można wyciągnąć ten sam wniosek, korzystając z faktu, że kanały muszą zawsze zachowywać ślad, a zatem

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

Podsumowując, reprezentacja Choi $J(\Phi)$ dla dowolnego kanału $\Phi$ musi być dodatnio półokreślona i musi spełniać

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Jak zobaczymy pod koniec lekcji, te dwa warunki są nie tylko konieczne, ale także wystarczające, co oznacza, że każde liniowe odwzorowanie $\Phi$ z macierzy na macierze, które spełnia te wymagania, musi w rzeczywistości być kanałem.

Kanał całkowicie dephasing

Reprezentacja Choi kanału całkowicie dephasing $\Delta$ to

$$\begin{aligned} J(\Delta) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Delta\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert a\rangle\langle a \vert \\[4mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Kanał całkowicie depolarizing

Reprezentacja Choi kanału całkowicie depolarizing to

$$\begin{aligned} J(\Omega) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Omega\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \frac{1}{2} \mathbb{I} \\[4mm] & = \frac{1}{2} \mathbb{I} \otimes \mathbb{I}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Kanał reset kubitu

Reprezentacja Choi kanału reset kubitu $\Phi$ to

$$\begin{aligned} J(\Lambda) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Lambda\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[4mm] & = \mathbb{I} \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[3mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Kanał identity

Reprezentacja Choi kanału identity kubitu $\operatorname{Id}$ to

$$\begin{aligned} J(\operatorname{Id}) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \operatorname{Id}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a \rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle \langle b \vert \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Zauważmy w szczególności, że $J(\operatorname{Id})$ nie jest macierzą jednostkową.