2量子ビット状態+脱分極チャネル=ベル対角状態？
RGK、KGRなどの複数のソースでは、任意の2キュービット状態を取得し、それを脱分極チャネルを介して送信すると、結果の状態はベル対角状態になると（証明なしで）述べられています。二部ベル対角状態であることを理解しています$\rho_{AB}$ 形式は次のとおりです。
$$ \rho_{AB} = \lambda_1 |\Psi^+\rangle\langle \Psi^+| + \lambda_2 |\Psi^-\rangle\langle \Psi^-| +\lambda_3 |\Phi^+\rangle\langle \Phi^+| +\lambda_4 |\Phi^-\rangle\langle \Phi^-|, $$ どこ $|\Psi^+\rangle, |\Psi^-\rangle, |\Phi^+\rangle, |\Phi^-\rangle$通常のベル状態です。脱分極チャネルの作用$\mathcal{E}$ 2つのキュービットでは次のように定義されます。
$$ \mathcal{E}(\rho_{AB}) = \sum_i (E_i \otimes E_i) \rho_{AB} (E_i \otimes E_i)^\dagger, $$ どこ $E_i \in \{\mathbb{I}, \sigma_x, \sigma_y, \sigma_z\}$パウリ演算子です。なぜしかし、私は表示されませんANY二部密度演算子は、ベル対角状態に変換されるだろう。この主張の証拠はありますか？
回答
まず、すべてのベル状態に注意してください $|\psi_{ij}\rangle=(|0i\rangle+(-1)^j|1\bar i\rangle)/\sqrt{2}$ の固有状態です $E_i\otimes E_i$ すべてのために $i$ （固有値は次のいずれかです $\pm 1$）。したがって、ベル対角状態は、マップのアクションの下でベル対角のままです。これは、ベル対角状態がマップの最終的な宛先である可能性が高いことをすでに示唆していますが、それを証明しましょう。
任意の状態を考えます $|\Psi\rangle$。これはベル基底で分解することができます、$$ |\Psi\rangle=\sum_{i,j}a_{ij}|\psi_{ij}\rangle. $$ 我々は持っています $XX|\psi_{i1}\rangle=-|\psi_{i,1}\rangle$ そして $XX|\psi_{i0}\rangle=|\psi_{i,0}\rangle$。だから、例えば、私が計算すると$$ |\Psi\rangle\langle\Psi|+XX|\Psi\rangle\langle\Psi|XX, $$ 次に、これは次のようなクロスタームをノックアウトします $|\psi_{i0}\rangle\langle\psi_{j1}|$
同様に、 $ZZ|\psi_{0i}\rangle=|\psi_{0,i}\rangle$ そして $ZZ|\psi_{1i}\rangle=-|\psi_{1i}\rangle$、などの用語 $|\psi_{0i}\rangle\langle\psi_{1j}|$また、ノックアウトされます。最終的に、残っている用語は$|\psi_{ij}\rangle\langle\psi_{ij}|$つまり、状態はベルの対角線です。
厳密に言えば、これらすべてを注意深くまとめるために、あなたは言いたいです $$ \rho_x=\rho+XX\rho XX $$ そして $$ \mathcal{E}(\rho)=\rho_x+ZZ\rho_xZZ $$ 2つは、私が作成した2つの別々のステップがどのように組み合わされているかを確認します。