Обобщенная схема «очистки»
Для произвольной матрицы плотности $\rho \in L({\mathcal H_{A}})$, всегда ли можно найти подпространство ${\mathcal H_{B}}$ из ${\mathcal H_{A}}$ такой, что ${\mathcal H_{A}}={\mathcal H_{B}}\otimes{\mathcal H_{C}}$ а также ${\rm tr}_{C}(\rho)=\sigma$ для фиксированной матрицы плотности $\sigma \in L({\mathcal H_{B}})$?
Пока очищение $\sigma$ дает чистое состояние $| \Psi \rangle \langle \Psi |$ с собственностью ${\rm tr}_{C}(| \Psi \rangle \langle \Psi |)=\sigma$, Мне интересно, можно ли сделать то же самое при фиксированном (возможно, смешанном) состоянии $\rho$.
Если это возможно, то каковы будут ограничения на размер ${\mathcal H_{A}}$ (относительно размера ${\mathcal H_{C}}$)?
Ответы
Прежде всего, ваш вопрос должен быть более тщательно сформулирован, так как это даже не всегда возможно найти нетривиальный суб систему (не суб пространства ) в$\mathcal H_A$, см. также мой комментарий здесь. Можно ли считать один кутрит в суперпозиции запутанным?
Итак, допустим, что $\mathcal H_A$ не имеет простого измерения, $d_A=\dim\mathcal H_A$. Тогда вопрос должен быть следующим: для гильбертова пространства$\mathcal H_B$ где $d_B=\dim\mathcal H_B$ разделяет $d_A$, а матрицы плотности $\rho\in\mathcal H_A$ а также $\sigma\in\mathcal H_B$, есть ли выбор тензорного произведения $\mathcal H_A \simeq \mathcal H_B\otimes\mathcal H_C$, так что $\mathrm{tr}_C(\rho)=\sigma$.
Я не совсем уверен, почему вы назвали это «очищением».
Иногда это может быть правдой. Например, возьмем для простоты$\mathcal H_B=\mathcal H_C=\mathbb C^d\otimes\mathbb C^d$ и определить $\mathcal H_A := \mathcal H_B\otimes \mathcal H_C$. Позволять$\phi^+$ - стандартное максимально запутанное состояние относительно двудольности $\mathcal H_C=\mathcal H_B$. Учитывайте состояние продукта$\rho=|\phi^+\rangle\langle\phi^+|\otimes|\phi^+\rangle\langle\phi^+|$, а также $\sigma = \mathbb{I}/d^2$. Тогда всегда есть другое разделение$A=B'|C'$ из $A$, так что $\mathrm{tr}_{C'}(\rho) = \sigma$. Вы можете явно проверить это, записав состояние и поменяв местами вторые тензорные множители$B$ а также $C$.
Обновление: однако в целом это неверно, поскольку частичная трассировка делает состояние$\rho$«более смешанный». Как указал Данило, государства должны выполнять некоторые условия мажоризации своего спектра.
Вот контрпример. Брать$\rho = \mathbb{I}/d_A$. Тогда при любом выборе двудольности$\mathrm{tr}_C(\rho) = \mathbb{I}/d_B$. Брать$\sigma$ быть любым другим состоянием, например чистым.
Если я правильно понимаю ваш вопрос, нет, это невозможно. Возьмем к примеру$$ \rho = | 0 \rangle \langle 0|^{\otimes |A|} \hspace{0.2em} \in D(\mathcal{H_A}) $$ На любой выбор $ \mathcal{H_B}, \mathcal{H_C} $ такой, что $ \mathcal{H_A} = \mathcal{H_B} \otimes \mathcal{H_C} $ у нас есть $$ \text{Tr}_C [ \rho ] = | 0 \rangle \langle 0|^{\otimes |B|} $$ так что не может быть $ \text{Tr}_C [ \rho ] = \sigma $ для фиксированного арбитража $ \sigma \in D(\mathcal{H_B}) $.