Объяснение того, почему этот вывод разложения Шмидта работает

Question

Объяснение того, почему этот вывод разложения Шмидта работает

пользователь1936752

Я следую заметкам Прескилла, и он выводит разложение Шмидта следующим образом:

Пусть двустороннее государство $\psi_{AB} = \sum_{i,j}\lambda_{ij}\vert i\rangle\vert j\rangle = \sum_{i} \vert i\rangle\vert \tilde{i}\rangle$ , где я просто выбираю $\sum_j \lambda_{ij}\vert j\rangle = \vert \tilde{i}\rangle$ .

Я выбираю набор базисных векторов $\vert i\rangle$ такое, что частичное состояние является диагональным, т. е. $\rho_A = \sum_i p_i\vert i\rangle\langle i\vert$ . Но я также могу получить $\rho_A = Tr_B(\rho_{AB}) = Tr_B\sum_{i,j} \vert i\rangle\langle j\vert \otimes \vert \tilde{i}\rangle\langle \tilde{j}\vert = \sum_{ij} \langle \tilde{j}\vert\tilde{i}\rangle \vert i\rangle\langle j\vert$ . Последнюю часть можно вычислить, явно записав трассировку по $B$ и используя свойства ортонормированного базиса.

Таким образом, у нас есть $\rho_{A} = \sum_i p_i\vert i\rangle\langle i\vert = \sum_{ij} \langle \tilde{j}\vert\tilde{i}\rangle \vert i\rangle\langle j\vert$ . То есть $\langle \tilde{j}\vert \tilde{i}\rangle = p_i\delta_{ij}$ . Внезапно, $\vert\tilde{i}\rangle$ все ортогональны друг другу.

Почему выбор основы, где $\rho_A$ диагональ также дает вам ортогональные векторы в $B$ ? Это, казалось, упало с неба для меня, хотя математика ясна. Каков физический смысл этого?

Ответы (2)

Объяснение того, почему этот вывод разложения Шмидта работает

Норберт Шух · Answer 1

Начнем с разложения Шмидта $|\psi\rangle = \sum s_i |a_i\rangle |b_i\rangle$ .

Теперь рассмотрим приведенное состояние $A$ : $\rho_A=\sum s_i^2 |a_i\rangle\langle a_i|$ . Это означает, что собственный базис A — это именно тот базис, который вам нужен для разложения Шмидта!

Таким образом, если вы запишете свое состояние, используя этот собственный базис Алисы,

| ψ ⟩ "=" \sum_{я} | а_{я} ⟩ (\sum_{Дж} λ_{я Дж} | Дж ⟩),

$|\psi\rangle = \sum_i |a_i\rangle \Big(\sum_j \lambda_{ij}|j\rangle\Big)\ ,$ часть

| {\tilde{b}}_{i} ⟩ = \sum_{j} λ_{i j} | j ⟩

$|\tilde b_i\rangle=\sum_j \lambda_{ij}|j\rangle$ должно быть равно

s_{i} | b_{i} ⟩

$s_i|b_i\rangle$ , так как разложение Шмидта единственно (по модулю вырождений).

Хиральная аномалия · Answer 2

Почему выбор основы, где $\rho_A$ диагональ также дает вам ортогональные векторы в $B$ ?

Ответ содержится в доказательстве, показанном в вопросе. Я напишу это здесь немного по-другому, чтобы попытаться выделить то, что происходит:

Предположим, что государство

\begin{matrix} (1) & ψ_{А Б} "=" \sum_{н} | А_{н} ⟩ | Б_{н} ⟩ \end{matrix}

$\psi_{AB}=\sum_n |A_n\rangle |B_n\rangle \tag{1}$ таково, что редуцированное состояние

\begin{matrix} (2) & р_{А} "=" {След}_{Б} (ψ_{А Б}) \end{matrix}

$\rho_A = \text{Trace}_{B}(\psi_{AB}) \tag{2}$ находится по диагонали в

A_{n}

$A_n$ основа. Более явно, приведенное состояние определяется как

\begin{matrix} (3) & р_{А} "=" \sum_{к} (\sum_{н} | А_{н} ⟩ ⟨ {\hat{Б}}_{к} | Б_{н} ⟩) (\sum_{м} ⟨ Б_{м} | {\hat{Б}}_{к} ⟩ ⟨ А_{м} |) \end{matrix}

$\rho_A = \sum_k \big(\sum_n |A_n\rangle \langle \hat B_k|B_n\rangle\big) \big(\sum_m \langle B_m|\hat B_k\rangle \langle A_m|\,\big) \tag{3}$ где векторы

| {\hat{B}}_{k} ⟩

$|\hat B_k\rangle$ ортонормированы по определению (поскольку мы используем их для вычисления трассировки). Из этого следует

\begin{matrix} (4) & р_{А} "=" \sum_{н, м} | А_{н} ⟩ ⟨ Б_{м} | Б_{н} ⟩ ⟨ А_{м} | . \end{matrix}

$\rho_A = \sum_{n,m} |A_n\rangle \langle B_m|B_n\rangle \langle A_m|. \tag{4}$ Мы предположили, что

ρ_{A}

$\rho_A$ находится по диагонали в

A_{n}

$A_n$ базис, а все члены суммы в (4) линейно независимы, это возможно только в том случае, если коэффициент каждого отдельного недиагонального члена равен нулю:

⟨ Б_{м} | Б_{н} ⟩ "=" 0.

$\langle B_m|B_n\rangle = 0.$ Таким образом, уравнение (1) находится в форме Шмидта.

Извините, возможно, мой вопрос должен был быть более ясным, но я понял, что существует уникальный выбор базы для $A$ (в отличие от произвольного основания $A$ ), что дает мне ортогональные векторы в $B$ . Я просто не понимаю, почему этот конкретный выбор базиса, который диагонализует $\rho_A$ также может давать ортогональные векторы на $B$ . Какая связь между диагонализацией $\rho_A$ и получение описания Шмидта для $\rho_{AB}$ ?
@ user1936752 Я заменил свой ответ на тот, который пытается сделать эту связь более ясной, хотя это просто переписывание исходного доказательства. Дело в том, что если мы посмотрим на уравнение (3) и предположим, что недиагональные члены равны нулю (это то, что мы говорим, когда говорим, что $\rho_A$ находится по диагонали в $A_n$ основе ), вывод о том, что $B_n$ ортогональны следует сразу. Я бы не сказал, что это имеет какой-то «физический смысл»; это просто математическое тождество.
Ладно, все равно спасибо, что написали! Я оставлю вопрос открытым на некоторое время, чтобы посмотреть, есть ли у кого-то еще какая-то интуиция, почему это работает, помимо математического доказательства.

Объяснение того, почему этот вывод разложения Шмидта работает

пользователь1936752

Ответы (2)

Норберт Шух

Хиральная аномалия

пользователь1936752

Хиральная аномалия

пользователь1936752

Квантовая запутанность неразличимых частиц

Полная положительность: почему условие достаточно для квантовых карт?

Чем квантовая суперпозиция отличается от смешанного состояния?

Классы эквивалентности в гильбертовом пространстве

Попытка понять смешанные состояния

Означает ли эта цитата из моего учебника, что не все состояния являются суперпозициями?

Как происходит отслеживание физической операции?

Переводит ли унитарный оператор чистое состояние в чистое состояние или может переводить чистое состояние в смешанное состояние? [закрыто]

Означает ли корреляция результатов измерения, что состояние запутано?

В чем качественное различие между квантовой суперпозицией и смешанными состояниями? [дубликат]