Когда состояние вида ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|\rho=\sum_i p_i\lvert\psi_i\rangle\langle\psi_i\rvert может быть чистым состоянием?

Позвольте мне перефразировать ваш вопрос.

Предположим, что$\rho$является чистым состоянием , т. е. записывается как

$$\rho =|\psi\rangle \langle \psi|$$ для некоторого единичного вектора $\psi$.

Ваш вопрос следующий.

Q1 . Можно ли найти множество векторов$\phi_1, \ldots, \phi_n$удовлетворяющий

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, возможно $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$для некоторых $i\neq j$, и числа $q_1, \ldots, q_n$с $0< q_i <1$и $\sum_i q_i =1$, такой, что $$|\psi\rangle \langle \psi| = \sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$$ и $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$для некоторых $i\neq j$?

Насколько я понимаю, вам уже известен следующий общий результат.

ТЕОРЕМА 1 . Рассмотрим оператор$\rho: H \to H$где$H$является комплексным гильбертовым пространством и$\rho$является трассовым классом, неотрицательным и$tr(\rho)=1$. Согласно этим гипотезам,$\rho$является чистым состоянием тогда и только тогда, когда$tr(\rho) = tr(\rho^2)$.

Как следствие, поскольку оператор$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$является классом трассировки, неотрицательным с единичной трассировкой, Q1 можно переформулировать следующим образом.

В2 . Можно ли найти множество векторов$\phi_1, \ldots, \phi_n$с

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, возможно $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$для некоторых $i\neq j$, и числа $q_1, \ldots, q_n$с $0< q_i <1$и $\sum_i q_i =1$, такой, что $$tr\left[\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2\right] =1$$ и $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$для некоторых $i\neq j$?

Ответ на Q2 всегда отрицательный, как только$n>1$, и поэтому

нет необходимости вычислять след$\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2$, просто зная, что$n>1$достаточно , чтобы решить, что государство$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$не является чистым, если$|\phi_i \rangle \langle \phi_i|=|\phi_j \rangle \langle \phi_j|$для всех$i,j$.

Доказательство следующее. Прежде всего, позвольте мне представить скалярное произведение Гильберта-Шмидта между операторами Гильберта-Шмидта и, следовательно, операторами трассировки, в частности,

$$(\rho|\rho')_{HS} := tr(\rho^*\rho')\:.$$ Соответствующая норма гласит $$||\rho||_{HS}= \sqrt{tr(\rho^*\rho)}\:.$$

Теорема 1 может быть эквивалентно переформулирована следующим образом.

ТЕОРЕМА 2 . Рассмотрим оператор$\rho: H \to H$где$H$является комплексным гильбертовым пространством и$\rho$является трассовым классом, неотрицательным и$tr(\rho)=1$. Согласно этим гипотезам,$\rho$является чистым состоянием тогда и только тогда, когда$||\rho||_{HS}=1$.

Теперь рассмотрим оператор$\rho: H \to H$формы

$$\rho = \sum_{i=1}^n q_i \rho_i\tag{0}$$ где $\rho_i := |\phi_i \rangle \langle \phi_i|$с $\phi_i$и $q_i$как в Q2 . $\rho$является классом трассировки, неотрицательным, и мы хотим проверить, $||\rho||_{HS}=1$возможно, когда $n>1$. Это условие эквивалентно тому, что $\rho$чистый.

Мы всегда можем ограничиться работой с реальным векторным пространством трассовых операторов, поскольку наши трассовые операторы являются самосопряженными, а рассматриваемые нами линейные комбинации строятся с вещественными (и неотрицательными) числами. Скалярное произведение$(\:|\:)_{HS}$становится стандартным вещественным (симметричным) скалярным произведением в этом вещественном подпространстве.

Важное наблюдение заключается в том, что, как это происходит в каждом реальном векторном пространстве, снабженном вещественным скалярным произведением,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|\right| \leq \sum_{i=1}^n ||x_i||\tag{1}$$ и "$\leq$"заменяется на"$=$" если и только если$x_i = \alpha_i x$для некоторых фиксированных$x$и неотрицательные числа$\alpha_i$где$i=1,\ldots,n$.

Другими словами,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n q_i \rho_i\right|\right|_{HS} \leq \sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}\tag{2}$$ и "$\leq$"заменяется на"$=$" если и только если$q_i \rho_i = \alpha_i T$для некоторых фиксированных$T$и неотрицательные числа$\alpha_i$где$i=1,\ldots,n$.

Поскольку мы знаем, что

$$\sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}= \sum_{i=1}^n q_i ||\rho_i||_{HS} = \sum_{i=1}^n q_i 1 = \sum_{i=1}^n q_i =1$$ делаем вывод, что если $\rho$в (0) чистый, то знак " $\leq$" в (2) заменено на " $=$", так что $q_i\rho_i = \alpha_i T$для некоторого фиксированного оператора $T$и реалы $\alpha_i$. Принимая след обеих сторон $q_i = \alpha_i tr(T)$где $tr(T) \neq 0$потому что $q_i \neq 0$. Переопределение $T \to \rho_0 := \frac{1}{tr T}T$, мы обнаружили, что существует положительный оператор трассировки $\rho_0$с единичным следом таким, что $\rho_i= \rho_0$и, кроме того $tr \rho_0^2 = tr \rho_i^2 =1$так что $\rho_0$является чистым, поэтому его можно записать в виде $\rho_0 := |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$для некоторого единичного вектора $\phi_0$. Подводя итог, мы получили, что

если$\rho$в (0) чисто, то$|\phi_i\rangle \langle \phi_i|= |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$для всех$i=1,\ldots, n$.

Введем обозначение$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}P_i\equiv \lvert\psi_i\rangle\!\langle\psi_i\rvert$. Обратите внимание, что каждый$P_i$является (нормальным) проектором с единичной трассой.

Тогда вопрос эквивалентен следующему:

когда может быть выпуклая комбинация (нормальных) следов-$1$проекторы$P_i$быть след-$1$проектор?

Ответ состоит в том, что это так тогда и только тогда, когда все проекции равны (или, другими словами, это никогда не бывает так, за исключением тривиальных случаев).

Чтобы показать это, предположим$\rho=\sum_i p_i P_i$с$p_i>0, \sum_i p_i=1$.

Нормализованное состояние$\rho$чисто тогда и только тогда, когда$\rho^2=\rho$, и тогда и только тогда, когда$\tr(\rho^2)=\tr(\rho)$. У нас есть

$$\rho^2 = \sum_i p_i^2 P_i + \sum_{i\neq j}p_i p_j P_i P_j.$$ и поэтому $$\tr(\rho^2) = \sum_i p_i^2 + 2 \sum_{i<j}p_i p_j\tr(P_i P_j)\le \left(\sum_i p_i\right)^2=1,$$ где неравенство становится тождеством тогда и только тогда, когда$\tr(P_i P_j)=1$для всех$i,j$, то есть тогда и только тогда, когда$P_i=P_j$.

---

Другой способ доказать это — пройти мимо собственного разложения$\rho$.

Если$\rho$это след-$1$проекция, то есть некоторый вектор$v$такой, что$\rho v=v$. Это будет означать$\sum_i p_i P_i v=v$, и поэтому$\sum_i p_i \langle v,P_i v\rangle=1$. Но$\langle v,P_i v\rangle\in[0,1]$для всех$i$, и, таким образом, единственный способ для такой выпуклой комбинации равняться$1$это все термины, т.е. $\langle v,P_i v\rangle=1$для всех$i$, и поэтому$P_i=vv^\dagger$для всех$i$.

Еще один аргумент состоит в том, чтобы заметить, что состояние чисто тогда и только тогда, когда его ранг$1$, и тогда и только тогда, когда его носитель одномерен. Для выпуклой комбинации (точнее, суммы с положительными коэффициентами) ранга$1$Чтобы проекции имели одномерную опору, каждый компонент также должен иметь такую ​​же (одномерную) опору, следовательно$P_i=P_j$.