Esquema de “purificação” generalizado

Question

Dada uma matriz de densidade arbitrária $\rho \in L({\mathcal H_{A}})$, pode-se sempre encontrar um subespaço ${\mathcal H_{B}}$ de ${\mathcal H_{A}}$ de tal modo que ${\mathcal H_{A}}={\mathcal H_{B}}\otimes{\mathcal H_{C}}$ e ${\rm tr}_{C}(\rho)=\sigma$ para uma matriz de densidade fixa $\sigma \in L({\mathcal H_{B}})$?

Enquanto uma purificação de $\sigma$ produz um estado puro $| \Psi \rangle \langle \Psi |$ com a propriedade ${\rm tr}_{C}(| \Psi \rangle \langle \Psi |)=\sigma$, Estou me perguntando se alguém pode fazer o mesmo em um estado fixo (possivelmente misto) $\rho$.

Se isso for possível, quais seriam as restrições na dimensão de ${\mathcal H_{A}}$ (em relação ao tamanho de ${\mathcal H_{C}}$)?

Answer 1

Primeiro de tudo, a pergunta deve ser mais cuidadosamente formulada, uma vez que não é ainda possível sempre encontrar um sub não-trivial do sistema (não sub espaço ) de$\mathcal H_A$, veja também meu comentário aqui. Um único qutrit em superposição pode ser considerado emaranhado?

Assim, vamos supor que $\mathcal H_A$ não tem dimensão primária, $d_A=\dim\mathcal H_A$. A questão deve ser a seguinte: Dado um espaço de Hilbert$\mathcal H_B$ Onde $d_B=\dim\mathcal H_B$ divide $d_A$, e matrizes de densidade $\rho\in\mathcal H_A$ e $\sigma\in\mathcal H_B$, existe uma escolha de produto tensor $\mathcal H_A \simeq \mathcal H_B\otimes\mathcal H_C$, de tal modo que $\mathrm{tr}_C(\rho)=\sigma$.

Não tenho certeza de por que você chamaria isso de "purificação", no entanto.

Isso às vezes pode ser verdade. Por exemplo, para simplificar$\mathcal H_B=\mathcal H_C=\mathbb C^d\otimes\mathbb C^d$ e definir $\mathcal H_A := \mathcal H_B\otimes \mathcal H_C$. Deixar$\phi^+$ ser o estado padrão máximo emaranhado em relação à bipartição de $\mathcal H_C=\mathcal H_B$. Considere o estado do produto$\rho=|\phi^+\rangle\langle\phi^+|\otimes|\phi^+\rangle\langle\phi^+|$, e $\sigma = \mathbb{I}/d^2$. Então, há sempre uma bipartição diferente$A=B'|C'$ de $A$, de tal modo que $\mathrm{tr}_{C'}(\rho) = \sigma$. Você pode verificar isso explicitamente escrevendo o estado e trocando os fatores do segundo tensor de$B$ e $C$.

Atualização: Porém, em geral, isso é falso, pois o traço parcial torna o estado$\rho$"mais misturado". Conforme apontado por Danylo, os estados a devem cumprir alguma condição de majorização sobre seu espectro.

Aqui está um contra-exemplo. Levar$\rho = \mathbb{I}/d_A$. Então, para qualquer escolha de bipartição,$\mathrm{tr}_C(\rho) = \mathbb{I}/d_B$. Levar$\sigma$ ser qualquer outro estado, por exemplo, um estado puro.

Answer 2

Se entendi sua pergunta corretamente, não, não é possível. Considere por exemplo$$ \rho = | 0 \rangle \langle 0|^{\otimes |A|} \hspace{0.2em} \in D(\mathcal{H_A}) $$ Para cada escolha $ \mathcal{H_B}, \mathcal{H_C} $ de tal modo que $ \mathcal{H_A} = \mathcal{H_B} \otimes \mathcal{H_C} $ temos $$ \text{Tr}_C [ \rho ] = | 0 \rangle \langle 0|^{\otimes |B|} $$ então não pode ser o caso de $ \text{Tr}_C [ \rho ] = \sigma $ para um arbitrário fixo $ \sigma \in D(\mathcal{H_B}) $.