ทำไมทุก $|X\rangle\in H_1\otimes H_0$ เขียนเป็น $|X\rangle=(X\otimes I_{H_0})|\Omega \rangle$ สำหรับบางคน $X\in\mathcal L(H_0,H_1)$เหรอ?
ในกรอบทางทฤษฎีสำหรับเครือข่ายควอนตัมได้รับการพิสูจน์แล้วว่าเป็นแผนที่เชิงเส้น$\mathcal{M} \in \mathcal{L}(\mathcal{H_0},\mathcal{H_1})$ คือ CP (เป็นบวกอย่างสมบูรณ์) หากเป็นตัวดำเนินการ Choi $M$เป็นบวกกึ่งแน่นอน มีบางอย่างทำให้ฉันสับสนในการได้มานี้
ขั้นแรกการแจ้งเตือนคำจำกัดความบางประการ
ปล่อย $X \in \mathcal{L}(H_0,H_1)$, ปล่อย $\{|i \rangle \}_i$ เป็นพื้นฐานปกติของ $H_0$, เรามี:
$$ | \mathcal{I} \rangle \rangle \equiv \sum_i |ii \rangle$$ $$|X \rangle \rangle \equiv (X \otimes \mathcal{I}) | \mathcal{I} \rangle \rangle$$
ตัวดำเนินการ Choi ถูกกำหนดให้เป็น:
$$ M = \mathcal{M} \otimes \mathcal{I}_{H_0} | \mathcal{I} \rangle \rangle \langle \langle \mathcal{I} |$$
ในการพิสูจน์ของเขาเขาถือว่า $M \geq 0$ เป้าหมายคือการแสดงให้เห็นว่ามีนัย $\mathcal{M}$ คือ CP
$M$เป็นผลบวกกึ่งแน่นอนซึ่งหมายความว่าเป็นฤๅษีที่มีค่าลักษณะเฉพาะเชิงบวก จึงสามารถเป็นเส้นทแยงมุม ด้วย$\lambda_i \geq 0$, เรามี:
$$ M = \sum_i \lambda_i |u_i \rangle \langle u_i |=\sum_i | K_i \rangle \langle K_i |$$
ด้วย $|K_i \rangle = \sqrt{\lambda_i} |u_i \rangle$
แต่ดูเหมือนว่าเขาจะพิจารณาเรื่องนั้นโดยอัตโนมัติ $|K_i \rangle = |K_i \rangle \rangle$. ฉันไม่เข้าใจว่า ทำไมเราถึงจำเป็นต้องมี$|K_i \rangle = (K_i \otimes \mathcal{I}) | \mathcal{I} \rangle \rangle$. เป็นกรณีเฉพาะอย่างยิ่ง เหตุใดรัฐจึงสามารถเขียนเป็นปฏิบัติการเฉพาะที่ซึ่งทำหน้าที่ในสถานะที่พันกันสูงสุด
ฉันมีความทรงจำที่คลุมเครือมากจนสามารถเขียนสถานะควอนตัมได้ $(K \otimes \mathbb{I}) | \mathcal{I} \rangle \rangle$. กล่าวว่าแตกต่างกันมีการดำเนินการเชิงเส้นเสมอ$K$ (ไม่จำเป็นต้องรวมกันอย่างแน่นอน) เช่นเวกเตอร์ใด ๆ ใน $H_1 \otimes H_0$ สามารถเขียนเป็น $K \otimes \mathcal{I} | \mathcal{I} \rangle \rangle$ฉันเดาว่ามันจะช่วยแก้ปัญหาได้ แต่ฉันไม่สามารถหาที่มาของสิ่งนั้นได้และฉันอาจจะคิดผิดทั้งหมด
ท้ายที่สุดทำไมเราถึงเขียนได้: $|K_i \rangle = |K_i \rangle \rangle$. ฉันต้องการหลักฐานยืนยัน (และหากทรัพย์สินที่ฉันเพิ่งพูดถึงถือฉันต้องการลิงก์ไปยังข้อมูลอ้างอิงที่แสดงถึงสิ่งนั้นหรือหลักฐานยืนยันในคำตอบด้วย)
คำตอบ
ปล่อย $K$ เป็นเวกเตอร์ $$ |K\rangle=\sum_{ij}K_{ij}|i,j\rangle. $$ เราเขียน ias นี้ใหม่ได้ $$ |K\rangle=\left(\left(\sum_{ij}K_{ij}|i\rangle\langle j|\right)|j\rangle\right)\otimes|j\rangle, $$ และนี่ก็เหมือนกับ $$ |K\rangle=K\otimes 1\sum_j|j,j\rangle=|K\rangle\rangle $$ ถ้าเรากำหนดเมทริกซ์ $K$ เป็น $K=\sum_{ij}K_{ij}|i\rangle\langle j|$.
คุณได้กำหนดเมทริกซ์ Choi เป็น $M = \rho_{\mathrm{Choi}} = \left(\mathcal{M}\otimes I\right)(|\mathcal{I}\rangle\rangle\langle\langle\mathcal{I}||)$. ฉันจะเขียนสถานะที่พันกันสูงสุดเป็น$|\mathcal{\Omega}\rangle$ เพราะฉันอ่านได้ดีกว่าและฉันก็คุ้นเคยกับมันมากขึ้น
คุณได้ชี้ให้เห็นแล้ว $M$ การเป็นบวก - ครึ่งวงกลมหมายความว่าเราสามารถทำการสลายตัวของสเปกตรัมที่มีมูลค่าจริง:
$$ M = \sum_{i}\lambda_{i}|u_{i}\rangle\langle u_{i}| = \sum_{i}\sqrt{\lambda_{i}}|u_{i}\rangle\langle u_{i}| \sqrt{\lambda_{i}}. $$ เราสามารถย่อยสลายสิ่งเหล่านี้ได้ $\sqrt{\lambda_{i}}|u_{i}\rangle$เป็นผลิตภัณฑ์เทนเซอร์ที่เป็นพื้นฐานสำหรับสำเนาของช่องว่างฮิลเบิร์ตทั้งสอง: $$ \sqrt{\lambda_{i}}|u_{i}\rangle = \sum_{l}|a^{i}_{l}\rangle \otimes |b^{i}_{l}\rangle, $$
ซึ่งหมายความว่าเราสามารถเขียน: \ begin {สมการ} \ begin {split} M = & \ sum_ {i} \ lambda_ {i} | u_ {i} \ rangle \ langle u_ {i} | = \ sum_ {i} \ sum_ {l} \ sum_ {m} | a ^ {i} _ {l} \ rangle \ otimes | b ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {ม} | \ otimes \ langle b ^ {i} _ {m} | \\ = & \ sum_ {i, l, m} | a ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {m} | \ otimes | b ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle b ^ {i} _ {m} |. \ end {แยก} \ end {สมการ}
ดังที่คุณทราบดีเราสามารถเขียน 'ผลลัพธ์' ของแผนที่ได้ $\mathcal{M}$ ใน 'อินพุต' $\rho_{\mathrm{in}}$ซึ่งก็คือ $\rho_{\mathrm{out}} = \mathcal{M}\left(\rho_{\mathrm{in}}\right)$ในแง่ของเมทริกซ์ชอย $M$:
$$ \mathcal{M}\left(\rho_{\mathrm{in}}\right) = d \mathrm{tr}_{2}\big[M\left(I \otimes \rho_{\mathrm{in}}^{T}\right)\big], $$ โดยที่การติดตามคือการติดตามบางส่วนบนระบบย่อยที่สองและ $T$ ตัวยกหมายถึงทรานสโพส
ตอนนี้เราเสียบการสลายตัวข้างต้นสำหรับ $M$: \ begin {สมการ} \ begin {split} \ mathcal {M} \ left (\ rho _ {\ mathrm {in}} \ right) & = d \ mathrm {tr} _ {2} \ big [M \ left ( I \ otimes \ rho _ {\ mathrm {in}} ^ {T} \ right) \ big] \\ & = d \ mathrm {tr} _ {2} \ big [\ sum_ {i, l, m} | a ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {m} | \ otimes | b ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle b ^ {i} _ {m} | \ left (I \ otimes \ rho _ {\ mathrm {in}} ^ {T} \ right) \ big] \\ & = d \ sum_ {i, l, m} \ mathrm {tr} _ {2} \ big [| a ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {m} | \ otimes | b ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle b ^ {i} _ {m} | \ rho _ {\ mathrm {in}} ^ {T} \ big] \\ & = d \ sum_ {i, l, m} | a ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {ม} | \ langle b ^ {i} _ {m} | \ rho _ {\ mathrm {in}} ^ {T} | b ^ {i} _ {l} \ rangle \\ & = d \ sum_ {i, l, m} | a ^ {i} _ {l} \ ดังขึ้น \ langle a ^ {i} _ {m} | \ langle b ^ {* i} _ {l} | \ rho _ {\ mathrm {in}} | b ^ {* i} _ {m} \ rangle \\ & = d \ sum_ {i, l, m} | a ^ {i} _ {l} \ rangle \ langle b ^ {* i} _ {l} | \ rho _ {\ mathrm {in}} | b ^ {* i} _ {m} \ rangle \ langle a ^ {i} _ {m} | \\ & = \ sum_ {i} A_ {i} \ rho _ {\ mathrm {in}} A_ {i} ^ {\ dagger}, \ end {split} \ end {equation}ด้วย$A_{i} = \sum_{l}\sqrt{d} |a^{i}_{l}\rangle \langle b^{*i}_{l}|$. นี่เป็นเพียงการสลายตัวของ Kraus ซึ่งเพียงพอสำหรับ$\mathcal{M}$ เป็น CP.
ปล่อย $\newcommand{\kett}[1]{\lvert #1\rangle\!\rangle}\newcommand{\ket}[1]{\lvert#1\rangle}\ket m\equiv \sum_k \ket{k,k}$ แสดงถึงสถานะที่พันกันสูงสุด (ผิดปกติ)
ความสัมพันธ์ $\kett X=(X\otimes I)\ket m$จำนวนการเล่นกลดัชนีง่ายๆ ด้วยเหตุนี้ฉันหมายความว่าคุณกำลังพิจารณาวัตถุเดียวกันนั่นคือชุดของตัวเลขเดียวกัน แต่ตีความมันในรูปแบบที่แตกต่างกัน (เป็นตัวดำเนินการแทนที่จะเป็นเวกเตอร์)
หากต้องการดูสิ่งนี้ให้ $X\in\mathcal L(H_0,H_1)$ เป็นตัวดำเนินการของคุณซึ่งมีองค์ประกอบเมทริกซ์ (ในตัวเลือกพื้นฐานบางอย่าง) ที่เราเขียนเป็น $X_{ij}$. โปรดทราบว่าคุณสามารถเข้าใจได้$X_{ij}$ เป็นตัวดำเนินการ ("ส่งดัชนี $j$ ไปที่ดัชนี $i$") หรือเป็นเวกเตอร์ใน$H_0\otimes H_1$. เป็นทางการมากขึ้นถ้าเราเขียนด้วย$\kett X$ "การตีความเวกเตอร์" ของ $X$, เรามี $$\langle i,j\kett X = X_{ij} =\langle i|X|j\rangle = \langle i,j|(X\otimes I)\ket m,$$ ที่เราใช้ $\langle i,j|X\otimes I|k,\ell\rangle = X_{ik}\delta_{j\ell},$ และด้วยเหตุนี้ $\kett X=(X\otimes I)\ket m.$ ซึ่งมักเขียนเป็น $\kett X=\operatorname{vec}(X)$กับ $\operatorname{vec}:\mathrm{Lin}(\mathcal X,\mathcal Y)\to\mathcal Y\otimes\mathcal X$ การดำเนินการ "vectorisation"