Московский государственный университет имени М.В.Ломоносова
Опубликован: 15.03.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 576 / 7 | Оценка: 5.00 / 4.50 | Длительность: 19:30:00
Специальности: Программист
Дополнительный материал 1:

Решения задач

< Лекция 14 || Дополнительный материал 1: 12345678910

Из раздела 10

10.1 Утверждение задачи вытекает из следующей леммы, которая будет полезна и в дальнейшем.

Лемма. Физически реализуемые преобразования матриц плотности имеют вид

\rho\mapsto\sum_{m=1}^{s} A^{\ms}_m\rho{}A^\dagger_m, \qquad \sum_{m}^{} A^\dagger_m A^{\ms}_m= I, ( *)
который будем называть разложением в операторную сумму. А всякое разложение в операторную сумму можно представить в виде \rho\mapsto \mapsto\Tr_\calF(V\rho{}V^\dagger), где V — изометрическое вложение.

Доказательство. План доказательства следующий:

  1. докажем, что изометрическое вложение и взятие частичного следа имеют разложение в операторную сумму;
  2. докажем, что операторные суммы замкнуты относительно композиции;
  3. найдем представление произвольной операторной суммы в виде \rho \mapsto\Tr_\calF(V\rho V^\dagger).
  1. Условие изометричности вложения записывается как V^\dagger V=I. Это означает, что изометрическое вложение представимо в виде операторной суммы из одного слагаемого.

    Для частичного следа имеется следующее разложение в операторную сумму:

    \begin{equation*} \Tr_\calF(\rho) = \sum_{m}W_m^{\vdag}\rho W_m^\dagger,\quad\, \text{где}\ W_m=I_{\calN}\otimes\bra{m}\colon\, \calN\otimes\calF\to\calN. \end{equation*} ( **)
    Заметим, что W_m\bigl(\ket{j,k}\bigr)=\delta_{mk}\ket{j}, а W_m^\dagger\bigl(\ket{j}\bigr)=\ket{j,m}.

  2. Пусть \sum\limits_{m}^{}A^{\vdag}_m\rho A_m^\dagger, \sum\limits_{k}^{}B^{\ms}_k\rho B_k^\dagger — разложения двух преобразований в операторные суммы. Тогда их композиция также разлагается в операторную сумму:

    \begin{align*} &\sum_{k}^{}B_k\Big(\sum_{m}^{}A^{\ms}_m\rho {}A_m^\dagger\Big) B_k^\dagger= \sum_{k,m}^{}(B_kA_m)\rho(B_kA_m)^\dagger,\\ &\sum_{k,m}^{}(B_kA_m)^\dagger(B_kA_m)= \sum_{m}^{} A_m^\dagger\Big(\sum_{k}^{}B_k^\dagger B^{\ms}_k\Big) A_m=\sum_{m}^{}A_m^\dagger{}A^{\ms}_m=I. \end{align*}

  3. Пусть преобразование разложено в операторную сумму (*), а \calFs -мерное пространство, базисные векторы в котором обозначим \ket{m}. Отображение

    V=\sum_{m}A_m\otimes\ket{m}\colon\ \ket\xi\mapsto\sum_{m} A_m\ket{\xi}\otimes\ket{m}
    является изометрическим вложением, поскольку
    V^\dagger V=\sum_{l,m}\bigl(A_l^\dagger\otimes\bra{l}\bigr) \bigl(A^{\ms}_m\otimes\ket{m}\bigl)= \sum_{l,m} A_l^\dagger{}A^{\ms}_m\ket{k}\cdot\langle l|m\rangle = I.
    Осталось заметить, что операторная сумма представляется в виде \rho \mapsto\Tr_\calF(V\rho{}V^\dagger). Действительно,
    \Tr_\calF(V\rho{}V^\dagger) = \sum_{m,l} \Tr_\calF\Bigl( A^{\ms}_m\rho{}A_l^\dagger\otimes \ket{m}\bra{l} \Bigr) = \sum_{m} A^{\ms}_m\rho{}A_m^\dagger.

10.2 Пусть \rho\in\LL(\calN\otimes\calF), U\ket{j}=\ket{\xi_j}, Y\ket{k}=\ket{\eta_k}. Тогда

\begin{align*} &\Tr_\calF\left((U\otimes Y)\rho(U\otimes Y)^\dagger\right)=\\ =&\Tr_\calF\Big((U\otimes Y) \sum_{j,k,j',k'}^{}\rho_{jkj'k'}\ket{j,k}\bra{j',k'}\, (U\otimes Y)^\dagger \Big)=\\ =& \Tr_\calF\Big( \sum_{j,k,j',k'}^{}\rho_{jkj'k'}\ket{\xi_j}\bra{\xi_{j'}} \otimes \ket{\eta_k}\bra{\eta_{k'}} \Big)=\sum_{jj'k}^{}\rho_{jkj'k}\ket{\xi_j}\bra{\xi_{j'}}=\\ =&\;U(\Tr_\calF\rho)U^\dagger. \end{align*}

10.3 Пусть \sum_{m}^{}\ds A^{\ms}_m\rho{}A_m^\dagger — разложение в операторную сумму преобразования T (см. задачу 10.1). Тогда

T_{(j'j)(k'k)}= \langle j'|\, T\big(\ket{j}\bra{k}\big)\,|\, k'\rangle = \sum_{m}^{} \bra{j'}A^{\ms}_m\ket{j}\cdot\bra{k}A_m^\dagger\ket{k'}.
Такое представление позволяет легко проверить сформулированные в условии задачи свойства а)—в).

Свойство а):

\sum_{k'}^{}T_{(k'j)(k'k)}= \sum_{k'm}^{}\bra{k'}A^{\ms}_m\ket{j}\cdot\bra{k}A_m^\dagger\ket{k'}=\\ &&=&\sum_{k'm}^{}\bra{k}A_m^\dagger\ket{k'}\bra{k'}A^{\ms}_m\ket{j}= \sum_{m}^{}\bra{k}A_m^\dagger{}A^{\ms}_m\ket{j}=\langle k|j\rangle .

Свойство б):

T^*_{(j'j)(k'k)}=\sum_{m}^{} \big(\bra{j'}A^{\ms}_m\ket{j}\bra{k}A_m^\dagger\ket{k'}\big)^*= \\ &&=&\sum_{m}^{}\bra{j}A_m^\dagger\ket{j'}\bra{k'}A^{\ms}_m\ket{k} =T^{\ms}_{(k'k)(j'j)}.

Свойство в):

\sum_{j',j,k',k}^{}T_{(j'j)(k'k)}\ket{j',j}\bra{k',k}= \sum_{m}^{}\ket{\psi_m}\bra{\psi_m},

где

\ket{\psi_m}=\sum_{j',j}\bra{j'}A_m\ket{j}\,\ket{j',j}.

И наоборот, всякий неотрицательный оператор можно представить в виде T =\sum_{m}^{}\ket{\psi_m}\bra{\psi_m}, где \ket{\psi_m} — подходящим образом нормированные собственные векторы T, отвечающие положительным собственным числам. Обозначим

\begin{align*} &\ket{\psi_m}=\sum_{m,j',j}^{}a_{mj'j}\ket{j',j},& &A_m\colon\ket{j}\mapsto\sum_{j'}^{}a_{mj'j}\ket{j'}, \end{align*}
тогда T_{(j'j)(k'k)}=\sum\limits_{m}^{}a^{\ms}_{mj'j}a^*_{mk'k}. Из условия \sum\limits_{k'}^{}T_{(k'j)(k'k)}=\delta_{jk} следует

\begin{multiple} &\hbox to\textwidth{\displaystyle\langle k|\, \Big( \sum_{m}^{}A_m^\dagger{}A^{\ms}_m\Big)\,|j\rangle = \langle k|\, \Big(\sum_{m,k'}a^*_{mk'k}a^{\ms}_{mk'j} \Big)\,|j\rangle= \sum_{k'}T_{(k'j)(k'k)}=\delta_{jk}.} \end{multiple}
Осталось проверить, что T\big(\ket{j}\bra{k}\big)=\sum_{m}^{}A^{\ms}_m\ket{j}\bra{k}A_m^\dagger:
\begin{align*} \sum_{m}^{}A^{\ms}_m\ket{j}\bra{k}A_m^\dagger =&\sum_{j',k'}^{}\sum_{m}^{}a^{\ms}_{mj'j}a^*_{mk'k} \ket{j'}\bra{k'} = \sum_{j'k'}^{}T_{(j'j)(k'k)}\ket{j'}\bra{k'}=\\ =&\; T\big(\ket{j}\bra{k}\big). \end{align*}

10.4 Свойства а) и б) эквивалентны свойствам а) и б) из предыдущей задачи.

Пусть есть физически реализуемое преобразование матриц плотности T\colon\rho\mapsto\Tr_\calF(V\rho V^\dagger). Тогда T\otimes I_{\LL(\calG)}\colon \rho\mapsto\Tr_\calF\bigl((V\otimes I_{\calG})\rho (V\otimes I_{\calG})^\dagger\bigr) также является физически реализуемым преобразованием и поэтому обладает разложением в операторную сумму. Следовательно, T\otimes I_{\LL(\calG)} переводит неотрицательные операторы в неотрицательные.

Для доказательства утверждения в другую сторону выведем из свойства в) данной задачи свойство в) предыдущей задачи.

Чтобы доказать неотрицательность матрицы T_{(j'j)(k'k)} по парам индексов, взятых в скобки, покажем, что она является матрицей оператора вида (I\otimes T)\ket\psi\bra\psi, где \ket\psi\in \calN\otimes\calN имеет вид \ket\psi=\sum_{j}^{}\ket{j}\otimes\ket{j}. Действительно,

(I\otimes T)\ket\psi\bra\psi = \sum_{j',j,k',k}^{}T_{(j'j)(k'k)}\ket{j}\bra{k}\otimes\ket{j'}\bra{k'}= \sum_{j',j,k',k}^{}T_{(j'j)(k'k)}\ket{j'j}\bra{k'k}.

10.5 Воспользуемся результатом задачи 10.1. Представим T\rho в виде \Tr_{\calF'}(V\rho{}V^\dagger). Возьмем \ket\psi\in\calN. Поскольку состояние

\begin{align*} &\Tr_{\calF\otimes\calF'}\bigl(\ket{V\psi}\bra{V\psi}\bigr) = \Tr_\calF\bigl(\Tr_{\calF'}\bigl(V\ket{\psi}\bra{\psi}V^\dagger\bigr)\bigr)= \Tr_\calF\bigl(T\ket\psi\bra\psi\bigr)= \ket\psi\bra\psi \end{align*}
чистое, \ket{V\psi}=\ket{\psi,\xi(\psi)} (это следует из замечания, сделанного после формулировки задачи 9.2). Из линейности V следует, что \ket{\xi(\psi)}=\ket\xi не зависит от \ket\psi. Поэтому TX=X\otimes\gamma, где \gamma=\Tr_{\calF'}(\ket\xi\bra\xi).

10.6 Будем считать, что сразу же после измерения измеряемые q-биты выбрасываются в "мусорную корзину". Это соответствует преобразованию двух квантовых битов в классические:

T\colon\rho\mapsto\sum_{a,b}\langle\xi_{ab}|\rho|\xi_{ab}\rangle(a,b).
Чтобы реализовать преобразование T, нужно сначала подействовать унитарным оператором
H[1]\Lambda(\sx)[1,2]\colon\, \ket{\xi_{ab}}\mapsto\ket{b,a},
а затем произвести измерение в базисе \{\ket{0},\ket{1}\} ; после этого q-биты выбрасываются.

Без ограничения общности, первый q-бит находится в чистом состоянии \ket\psi=z_0\ket0+z_1\ket1. (Если мы построим восстанавливающую процедуру для чистых состояний, то она по линейности будет продолжаться на смешанные). На третий q-бит измерение не действует, поэтому можно записать

\bigl(T\otimes I_{\LL(\BB)}\bigr) \Bigl(\ket\psi\bra\psi\otimes \ket{\xi_{00}}\bra{\xi_{00}}\Bigr) = \sum_{a,b}^{}\bigl(a,b, \ket{\psi_{ab}}\bra{\psi_{ab}}\bigr),
где \ket{\psi_{ab}}=\bigl(\bra{\xi_{ab}}\otimes I_\BB\bigr) \bigl(\ket\psi\otimes\ket{\xi_{00}}\bigr). Здесь \bra{\xi_{ab}} рассматривается как оператор \BB^{\otimes2}\to\CC, поэтому \bra{\xi_{ab}}\otimes I_\BB\colon\BB^{\otimes3}\to\BB. Заметим, что квадрат нормы вектора \ket{\psi_{ab}} равен вероятности получения пары (a,b).

Теперь запишем явное выражение для \ket{\psi_{ab}}:

\begin{align*} &\ket{\psi_{ab}} = \frac{1}{\sqrt2}\sum_{d}^{} \bigl(\bra{\xi_{ab}}\otimes I_\BB\bigr) \bigl(\ket\psi\otimes\ket{d,d}\bigr) =\frac{1}{\sqrt2}\sum_{d} \bra{\xi_{ab}}\psi,d\rangle\,\ket{d}=\\ &=\frac{1}{\sqrt2}\sum_{c,d} z_c \bra{\xi_{ab}}c,d\rangle\,\ket{d} =\frac{1}{2}\sum_{c,d}^{}(-1)^{bc} \delta_{c\oplus a,d} z_c\ket{d}= \frac{1}{2}\sum_{c}^{}(-1)^{bc} z_c\ket{a\oplus c}. \end{align*}
Из этого выражения сразу следует, что
\left(\sz\right)^b\left(\sx\right)^a\ket{\psi_{ab}}=\frac{1}{2}\ket\psi.
Так что состояние \ket\psi в третьем q-бите получится применением операторов \sigma^x и \sigma^z с классическим управлением: управляющими параметрами являются измеренные значения a и b.


Рис. 15.9.

Схема квантовой телепортации изображена на рис. 15.9. Значком \heartsuit обозначен первый бит,— второй (q-бит Алисы),— третий (q-бит Боба). Когда Алиса хочет передать q-бит \heartsuit Бобу, она совершает измерения над ним и своим q-битом (дальше эти q-биты не используются, и она выбрасывает их в мусорную корзину). Результаты измерений она сообщает Бобу по классическому каналу связи (телефону). Боб, используя сообщение Алисы, превращает свой q-бит в q-бит \heartsuit.

< Лекция 14 || Дополнительный материал 1: 12345678910
Михаил Адигеев
Михаил Адигеев
Россия
Олег Корсак
Олег Корсак
Латвия, Рига