Можно ли вообще при заданных матрицах плотности подсистем восстановить матрицу плотности всей системы?

Question

Можно ли вообще при заданных матрицах плотности подсистем восстановить матрицу плотности всей системы?

Ярослав Шустров

Рассмотрим двудольную систему в запутанном смешанном состоянии. Поскольку его матрицу плотности всегда можно диагонализовать, мы можем записать ее следующим образом:

\begin{matrix} (1) & р_{А Б} "=" \sum_{Дж} п_{Дж} | ψ_{Дж} ⟩ ⟨ ψ_{Дж} | "=" \sum_{я, к} С_{я, к} | а_{я} ⟩ ⟨ а_{я} | \otimes | б_{к} ⟩ ⟨ б_{к} |, \end{matrix}

$\rho_{AB} = \sum_{j} p_{j} | \psi_j\rangle \langle \psi_j|= \sum_{i,k} C_{i,k} | a_i\rangle \langle a_i|\otimes |b_k \rangle \langle b_k |, \tag1$

где $\{|\psi_j\rangle\}$ является ортонормированным базисом в $H_{AB} = H_{A}\otimes H_{B}$ , и ортоноральные базисы в $H_A$ и $H_B$ даны $\{|a_i\rangle\}$ и $\{|b_j\rangle\}$ .

Можно получить приведенные матрицы плотности для подсистем A и B:

\begin{matrix} (2) & р_{А} "=" {Т р}_{Б} (р_{А Б}) "=" \sum_{я, к} С_{я, к} | а_{я} ⟩ ⟨ а_{я} | р_{Б} "=" \sum_{я, к} С_{я, к} | б_{к} ⟩ ⟨ б_{к} | \end{matrix}

$\rho_A = \mathrm{Tr}_B(\rho_{AB})= \sum_{i,k} C_{i,k}| a_i\rangle \langle a_i| \qquad \rho_B =\sum_{i,k} C_{i,k}| b_k\rangle \langle b_k| \tag{2}$

Итак, мой вопрос: учитывая спектры (наборы собственных значений) $\rho_A$ и $\rho_B$ , можно ли вообще восстановить спектр $\rho_{AB}$ ? Если нет, то стоит ли за этим результатом какая-то физическая интуиция? Можно ли обобщить этот результат на любую многочастную систему?

В качестве игрушечной модели я рассматривал $\mathrm{dim}(H_A) =2;$ и $\mathrm{dim}(H_B) =3$ . После применения (1) и (2) и с учетом того, что следы всех матриц плотности $=1$ , я пришел к системе уравнений с числом неизвестных больше числа независимых уравнений. Поэтому, если я не упускаю некоторые другие ограничения, эта задача, похоже, не имеет решения в целом.

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Я хочу исправить моменты, упомянутые Эмилио Писанти и Люзанн.
$\quad$ (По крайней мере) одна вещь, которую я упустил из виду, это то, что для произвольного ортонормированного базиса $\{| \psi_j\rangle \}$ выражение $\rho_{AB} = \sum_{j} p_{j} | \psi_j\rangle \langle \psi_j|$ не обязательно должен быть задан диагональной матрицей с собственными значениями $p_i$ по его диагонали. Тем не менее (как я считаю) всегда существует такой ортонормированный базис, который удовлетворяет вышеупомянутому условию. Например, мы можем взять для $| \psi_k \rangle$ столбец, в котором только k-й элемент не равен нулю и равен 1.
$\quad$ Теперь определим ортонормированные базисы $\{|a_i\rangle\}$ и $\{|b_j\rangle\}$ точно таким же образом. Тогда (мне кажется) у нас есть следующая связь:

| ψ_{Дж} ⟩ "=" с_{я, к}^{Дж} | а_{я} ⟩ \otimes | б_{к} ⟩

$| \psi_j \rangle = c^j _{i,k} |a_i\rangle \otimes |b_k\rangle$ где я не подразумеваю суммирование

i

$i$ и

k

$k$ .

c_{i, k}^{j} = 1

$c^j _{i,k} =1$ для каждой комбинации

i, k

$i,k$ и

j

$j$ . Для этого весьма специфичного выбора базисов должно выполняться (1).

Тем не менее я подразумеваю, что мои рассуждения о восстановлении $\rho_{AB}$ от $\rho_{A}$ и $\rho_{B}$ должно держаться, потому что:

набор собственных значений не зависит от выбора базиса
матрица плотности полностью (?) определяется набором собственных значений

Ярослав Шустров

физика.stackexchange.com/ questions/1491/… этот вопрос, кажется, связан с моим, но мне кажется, что автор обсуждает некоторые другие аспекты.

Эмилио Писанти

Ваше выражение в

(1)

$(1)$ крайне сомнительно и, по крайней мере, неочевидно. Что заставляет вас думать, что

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ можно разложить таким образом?

Лузанн

Я подозреваю, что правая часть (1) должна быть

\sum_{i, i^{'}, k, k^{'}} C_{i, i^{'}, k, k^{'}} | a_{i} ⟩ ⟨ a_{i^{'}} | \otimes | b_{k} ⟩ ⟨ b_{k^{'}} |

$\sum_{i,i',k,k'} C_{i,i',k,k'} |a_i\rangle\langle a_{i'}| \otimes |b_k\rangle\langle b_{k'} |$ , как следует из записи

| ψ_{j} ⟩ = \sum_{i, k} c_{i, k}^{j} | a_{i} ⟩ \otimes | b_{k} ⟩

$|\psi_j\rangle = \sum_{i,k} c^j_{i,k} |a_i\rangle \otimes |b_k\rangle$ и

⟨ ψ_{j} | = \sum_{i^{'}, k^{'}} c_{i^{'}, k^{'}}^{j, *} ⟨ a_{i^{'}} | \otimes ⟨ b_{k^{'}} |

$\langle\psi_j| = \sum_{i',k'} c^{j,*}_{i',k'} \langle a_{i'}| \otimes \langle b_{k'}|$ . И, конечно, такое разложение не единственно... (мы можем выбрать любые ортонормированные базисы

(a_{i})_{i}

$(a_i)_i$ и

(b_{k})_{k}

$(b_k)_k$ мы хотим)

Эмилио Писанти

@Luzanne Ну, трудно полностью закрыть дверь из-за существования какой-то особой основы, которая снимет некоторую сложность с вашего общего выражения. (Но в данном случае я не думаю, что это выполнимо, или, по крайней мере, не сводится к выражению Ярослава.)

Лузанн

@EmilioPisanty Если

(a_{i})_{i}

$(a_i)_i$ и

(b_{k})_{k}

$(b_k)_k$ являются ортонормированными базисами , как утверждается, то (1) в его нынешнем виде будет означать, что

| a_{i} ⟩ \otimes | b_{k} ⟩

$|a_i\rangle \otimes |b_k\rangle$ образуют основу собственных состояний для

ρ

$\rho$ . Это очевидно невозможно, например, для

| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |

$|\Psi\rangle\langle\Psi|$ (используя обозначения из вашего ответа), bcs собственное пространство для собственного значения

1

$1$ это 1-мерное пространство

Span {| Ψ ⟩}

$\text{Span}\{|\Psi\rangle\}$ который не может быть записан в виде промежутка ряда

| a_{i} ⟩ \otimes | b_{k} ⟩

$|a_i\rangle\otimes|b_k\rangle$ .

Эмилио Писанти

@Luzanne Я думал о выборе локальных собственных базисов для матриц с уменьшенной плотностью, что могло бы упростить ситуацию. (В контексте квантовой химии их часто называют «естественными орбиталями».) Но я согласен, здесь это не сработает.

Ответы (2)

Можно ли вообще при заданных матрицах плотности подсистем восстановить матрицу плотности всей системы?

физика.stackexchange.com/ questions/1491/… этот вопрос, кажется, связан с моим, но мне кажется, что автор обсуждает некоторые другие аспекты.
Ваше выражение в $(1)$ крайне сомнительно и, по крайней мере, неочевидно. Что заставляет вас думать, что $\rho_{AB}$ можно разложить таким образом?
Я подозреваю, что правая часть (1) должна быть $\sum_{i,i',k,k'} C_{i,i',k,k'} |a_i\rangle\langle a_{i'}| \otimes |b_k\rangle\langle b_{k'} |$ , как следует из записи $|\psi_j\rangle = \sum_{i,k} c^j_{i,k} |a_i\rangle \otimes |b_k\rangle$ и $\langle\psi_j| = \sum_{i',k'} c^{j,*}_{i',k'} \langle a_{i'}| \otimes \langle b_{k'}|$ . И, конечно, такое разложение не единственно... (мы можем выбрать любые ортонормированные базисы $(a_i)_i$ и $(b_k)_k$ мы хотим)
@Luzanne Ну, трудно полностью закрыть дверь из-за существования какой-то особой основы, которая снимет некоторую сложность с вашего общего выражения. (Но в данном случае я не думаю, что это выполнимо, или, по крайней мере, не сводится к выражению Ярослава.)
@EmilioPisanty Если $(a_i)_i$ и $(b_k)_k$ являются ортонормированными базисами , как утверждается, то (1) в его нынешнем виде будет означать, что $|a_i\rangle \otimes |b_k\rangle$ образуют основу собственных состояний для $\rho$ . Это очевидно невозможно, например, для $|\Psi\rangle\langle\Psi|$ (используя обозначения из вашего ответа), bcs собственное пространство для собственного значения $1$ это 1-мерное пространство $\text{Span}\{|\Psi\rangle\}$ который не может быть записан в виде промежутка ряда $|a_i\rangle\otimes|b_k\rangle$ .
@Luzanne Я думал о выборе локальных собственных базисов для матриц с уменьшенной плотностью, что могло бы упростить ситуацию. (В контексте квантовой химии их часто называют «естественными орбиталями».) Но я согласен, здесь это не сработает.

Эмилио Писанти · Answer 1

Оставляя в стороне некоторые сомнительные стороны вашего вопроса (в частности, тот факт, что ваше разложение в $(1)$ это почти наверняка невозможно), есть простой ответ на основной вопрос, который вы ставите:

Итак, мой вопрос: учитывая спектры (наборы собственных значений) $\rho_A$ и $\rho_B$ , можно ли вообще восстановить спектр $\rho_{AB}$ ?

Нет , это невозможно. Это легко увидеть, сравнив

$\rho_{AB}^{(1)} = |\Psi\rangle\langle\Psi|$ где $|\Psi\rangle$ максимально запутанное состояние на двух кубитах, и
$\rho_{AB}^{(2)} = \frac14 \mathbb I_4$ , максимально смешанное состояние двух кубитов.

Оба они имеют идентичные приведенные матрицы плотности, $\rho_A=\rho_B = \frac12 \mathbb I_2$ с собственными значениями $(1,1)$ , но спектр $\rho_{AB}^{(1)}$ является $(1,0,0,0)$ и спектр $\rho_{AB}^{(2)}$ является $(\frac14,\frac14,\frac14,\frac14)$ .

Лузанн · Answer 2

Чтобы дополнить чистый контрпример, данный Эмилио Писанти , и попытаться ответить на

Если нет, то стоит ли за этим результатом какая-то физическая интуиция?

часть вопроса, стоит отметить, что то же самое уже верно в классической статистической физике.

Если у меня есть распределение вероятностей $p(a,b)$ для состояния составной классической системы невозможно восстановить это совместное распределение вероятностей из маргинальных распределений $p_1(a) = \int p(a,b) \,db$ и $p_2(b) = \int p(a,b) \,da$ . Что такое совместное распределение $p$ кодирует то, что не захватывается $p_1$ и $p_2$ в одиночку, является знанием того, как состояние системы $1$ коррелирует с системой $2$ .

В квантовом случае, если мы знаем только матрицы парциальной плотности для каждой системы, теряются как классические, так и квантовые корреляции между двумя системами.

Можно ли вообще при заданных матрицах плотности подсистем восстановить матрицу плотности всей системы?

Ярослав Шустров

Ярослав Шустров

Эмилио Писанти

Лузанн

Эмилио Писанти

Лузанн

Эмилио Писанти

Ответы (2)

Эмилио Писанти

Лузанн

Максимально смешанное состояние находится в центре всех квантовых состояний.

Какая интуиция стоит за изоморфизмом Чоя-Ямиолковского?

Доказательство того, что вы не можете распутать две стороны, если вы работаете только с одной

Запутанность состояний Вернера

Квантовая книга для студентов, посвященная операторам плотности, смешанным состояниям и запутанности [дубликат]

Означает ли корреляция результатов измерения, что состояние запутано?

Классические и квантовые корреляции в двудольной системе

Классические корреляции в двудольном запутанном смешанном состоянии

В каком состоянии находится один электрон в запутанном состоянии?

Какую информацию дает энтропия фон Неймана для смешанных состояний?