Результат для одного ортогонального и одного неортогонального разложения

Докажем следующую теорему:

Позволять$\rho=\sum_{i=1}^Np_i\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert$быть разложением по собственным значениям и$\sigma=\sum_{i=1}^Mq_i\lvert\psi_i\rangle\langle\psi_i\rvert$($M\ge N$). Затем,$\rho=\sigma$если и только если

$$\begin{equation} \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle=\sum_i v_{ij}\sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle\ , \end{equation}$$ с $\sum_j v_{ij}v_{i'j}^*=\sum_k \delta_{ii'}$, т.е. $V\equiv(v_{ij})$является изометрией.

Доказательство :

Направление «если» простое:

$$\begin{align} \rho&=\sum_{j}q_j\lvert\psi_j\rangle\langle\psi_j\rvert\\ &=\sum_{i,i',j} v_{ij} v_{i'j}^* \sqrt{p_i}\sqrt{p_{i'}} \lvert\phi_i\rangle \langle\phi_{i'}\rvert \\ &=\sum_i p_i\lvert\phi_i\rangle \langle\phi_{i}\rvert = \sigma\ , \end{align}$$ где на последнем шаге мы использовали это $\sum_j v_{ij}v_{i'j}^*=\delta_{ii'}$.

Чтобы доказать обратное, пусть

$$v_{ij} := \langle\phi_i\lvert\psi_j\rangle\,\sqrt{q_j/p_i}\ .$$ Затем, $$\sum_i v_{ij} \sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle = \sum_i \lvert\phi_i\rangle\langle \phi_i\lvert\psi_j\rangle\sqrt{q_j} = \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle\ ,$$ т.е., $v_{ij}$искомое базисное преобразование. Дальше, $$\sum_{ii'}\underbrace{\delta_{ii'}\sqrt{p_ip_{i'}}}_{=:a_{ii'}}\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert = \sum_ip_i\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert = \sum_jq_j\lvert\psi_j\rangle\langle\psi_j\rvert = \sum_{ii'}\underbrace{\sum_jv_{ij}v^*_{i'j}\sqrt{p_ip_i'}}_{=:b_{ii'}}\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_{i'}\rvert\ .$$ Теперь, поскольку $\lvert\phi_i\rangle$ортогональны (поскольку образуют собственный базис), $\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_{i'}\rvert$линейно независимы, и, следовательно, $a_{ii'}=b_{ii'}$, что подразумевает $\sum_jv_{ij}v^*_{i'j}=\delta_{ii'}$.

---

Расширение до двух неортогональных разложений

Если$\lvert\phi_i\rangle$не образуют ортонормированного базиса, мы можем обобщить теорему, пройдя через ортонормированный базис$\rho=\sum r_k\lvert\chi_k\rangle\langle\chi_k\rvert$: Затем,

$$\begin{align} \sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle&=\sum_k u_{ki}\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle\\ \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle&=\sum_k w_{kj}\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle \end{align}$$ с $\sum_i u_{ki}u_{k'i}^*=\delta_{kk'}$и $\sum_j w_{kj}w_{k'j}=\delta_{kk'}$. Тогда второе уравнение дает $\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle= \sum_j w_{kj}^*\sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle$. Подставив это в первое уравнение, получим $$\sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle=\sum_i v_{ij}\sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle$$ с $v_{ij} = \sum_k u_{ki}w_{kj}^*$, т.е. $V=UW^\dagger$является частичной изометрией.

Вы, конечно, хотите иметь$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$и$\langle\phi_k|\phi_l\rangle=\delta_{kl}$, или какое-либо эквивалентное условие, гарантирующее, что оба разложения ансамбля оптимальны. В противном случае легко придумать множество различных совершенно не связанных друг с другом декомпозиций.

В силу условия оптимальности оба разложения являются собственными разложениями$\rho$. Следовательно$n=m$и$p_i=q_i$, если мы закажем$p_j$и$q_k$по убыванию величины. $|\psi_j\rangle$и$|\phi_k\rangle$для конкретного собственного значения являются ортонормированным базисом для соответствующего собственного пространства, поэтому они связаны унитарным оператором. Для глобального унитарного оператора расширьте$|\psi_j\rangle$и$|\phi_k\rangle$к ортонормированному базису, а затем просто сопоставьте$|\psi_i\rangle$к$|\phi_i\rangle$. Это работает, даже если$p_i$и$q_k$не заказывают, только из-за$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$и$\langle\phi_k|\phi_l\rangle=\delta_{kl}$.

Так что, возможно, реальная задача здесь состоит в том, чтобы показать, что оптимальная декомпозиция подразумевает$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$. Это связано со свойствами сингулярного разложения , которое дает краткое описание оптимальных приближений по норме Фробениуса и спектральной норме . Примечание: условие$\langle\psi_j|\psi_j\rangle=1$и$\sum_{j=1}^n{p_j}=1$недостаточно для описания такого рода оптимальности, хотя я изначально утверждал это. Таким образом, этот вопрос оказывается немного сложным, потому что описание смысла, в котором разложение является оптимальным, нетривиально, если вы просто не ссылаетесь на разложение по сингулярным значениям для этой части.

---

Вот простой контрпример к комментарию Норберта Шуха о том, что «два разложения связаны изометриями, верно независимо от того, ортонормированы ли векторы»:$\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & \epsilon^2\end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 \\ \epsilon\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & \epsilon\end{bmatrix} + \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 \\ -\epsilon\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & -\epsilon\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0\end{bmatrix}+\epsilon^2\begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 & 1\end{bmatrix}$

Никакая изометрия не может отображать$(\begin{bmatrix}1 \\ \epsilon\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1 \\ -\epsilon\end{bmatrix})$к$(\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix})$, даже без масштабирования, потому что изометрии сохраняют углы. Первая пара векторов почти параллельна, а вторая пара векторов ортогональна.