Откуда мы знаем, что если эволюционирует только ρAρA\rho_A, то эволюция ρABρAB\rho_{AB} задается выражением (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ otimes 1)(\rho_{AB})?

Question

Откуда мы знаем, что если эволюционирует только ρAρA\rho_A, то эволюция ρABρAB\rho_{AB} задается выражением (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ otimes 1)(\rho_{AB})?

след
Физика
оператор плотности
квантовая механика
квантовая информация
открытые квантовые системы

СтарБак

В настоящее время я изучаю квантовые карты, то есть карты, которые преобразуют матрицу плотности в другую.

Предположим, что мы находимся в гильбертовом пространстве: $H_A \otimes H_B$ . Я называю квантовую карту на матрице плотности $\rho_A$ жить в $H_A$ : $\mathcal{L}_A$ .

Постулаты следующие:

«выпуклая» линейность

л_{А} (п р_{А}^{1} + д р_{А}^{2}) "=" п л_{А} (р_{А}^{1}) + д л_{А} (р_{А}^{2})

$\mathcal{L}_A(p\rho^1_A+q\rho^2_A)=p\mathcal{L}_A (\rho^1_A)+q\mathcal{L}_A(\rho^2_A)$ где

p + q = 1

$p+q=1$

Сохранение герметичности

л_{А} (р_{А})^{†} "=" л_{А} (р_{А})

$\mathcal{L}_A(\rho_A)^{\dagger}=\mathcal{L}_A(\rho_A)$

Сохранение следов

Т р (л_{А} (р_{А})) "=" 1

$Tr(\mathcal{L}_A(\rho_A))=1$

позитив

\forall | ф^{А} ⟩ : ⟨ ф^{А} | л_{А} (р_{А}) | ф^{А} ⟩ \geq 0

$\forall |\phi^{A}\rangle : \langle \phi^{A} | \mathcal{L}_A(\rho_A) | \phi^{A} \rangle \geq 0$

Эти постулаты гарантируют нам, что $\mathcal{L}_A(\rho_A)$ представляет собой матрицу плотности $H_A$ .

Но есть дополнительный постулат, а именно:

$\forall \rho_{AB}$ матрица плотности $H_A \otimes H_B$ , у нас есть :

\forall | ф^{А Б} ⟩ : ⟨ ф^{А Б} | (л_{А} \otimes 1) р_{А Б} | ф^{А Б} ⟩ \geq 0

$\forall |\phi^{AB}\rangle : \langle \phi^{AB} | (\mathcal{L}_A \otimes 1)\rho_{AB} | \phi^{AB} \rangle \geq 0$

Я понимаю этот постулат как:

Если я представлю трансформацию $\rho_A=Tr_B(\rho_{AB})$ это не влияет $\rho_B = Tr_A(\rho_{AB})$ , то эволюция $\rho_{AB}$ написано $(\mathcal{L}_A \otimes 1)(\rho_{AB})$ , и мы хотим, чтобы эта последняя матрица была положительной (чтобы сохранить матрицу плотности).

Мой вопрос:

Откуда мы знаем, что эволюция $\rho_{AB}$ будет дано $(\mathcal{L}_A \otimes 1)(\rho_{AB})$ при условии, что только $\rho_A$ эволюционировать?

Действительно, для этого нам потребуется:

У нас есть : $\rho_{AB}$ развиваться, таким образом:

р_{А Б}^{'} "=" л (р_{А Б})

$\rho_{AB}' = \mathcal{L}(\rho_{AB})$

Ограничение:

$\rho_A$ развиваться под $\mathcal{L}_A$ :

р_{А}^{'} "=" л_{А} (р_{А})

$\rho_A'=\mathcal{L}_A(\rho_A)$

$\rho_B$ не развивается:

р_{Б}^{'} "=" р_{Б}

$\rho_B'=\rho_B$

Как из этих двух последних ограничений мы можем доказать, что на самом деле:

л "=" л_{А} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$

Для меня это совсем не очевидно.

[править]: я попытался посмотреть на трюк, предложенный Лузанной в комментарии, но не нашел решения.

Так что я исправляю $\mathcal{L}_A$ и интересно что будет $\mathcal{L}$ .

Я знаю, что для матриц плотности в виде $\rho_{AB}=\rho_A \otimes \rho_B$ , У меня есть :

л (р_{А Б}) "=" л_{А} (р_{А}) \otimes р_{Б}

$\mathcal{L}(\rho_{AB})=\mathcal{L}_A(\rho_A) \otimes \rho_B$

Я пытаюсь использовать эти частные случаи, чтобы показать, что $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .

р_{А Б} "=" \sum_{я Дж к л} а_{я Дж} б_{к л} | {ты}_{я} ⟩ ⟨ {ты}_{Дж} | \otimes | в_{к} ⟩ ⟨ в_{л} |

$\rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} |u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|$

Таким образом :

р_{А Б} "=" \sum_{я Дж к л} а_{я Дж} б_{к л} л (| {ты}_{я} ⟩ ⟨ {ты}_{Дж} | \otimes | в_{к} ⟩ ⟨ в_{л} |) "=" р_{А Б} "=" \sum_{я Дж к л} а_{я Дж} б_{к л} (л_{А} \otimes 1) (| {ты}_{я} ⟩ ⟨ {ты}_{Дж} | \otimes | в_{к} ⟩ ⟨ в_{л} |)

$\rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} \mathcal{L}(|u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|)= \rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} (\mathcal{L_A} \otimes 1)(|u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|)$

Чтобы показать, что две линейные карты равны, я должен проверить каждый вектор базиса, но я должен иметь $\rho_A$ и $\rho_B$ здесь матрицы плотности.

Таким образом, взяв $\rho_A=|u_i \rangle \langle u_i |$ и $\rho_B=|v_k \rangle \langle u_k |$ , Я могу иметь :

л (| {ты}_{я} в_{к} ⟩ ⟨ {ты}_{я} в_{к} |) "=" (л_{А} \otimes 1) (| {ты}_{я} в_{к} ⟩ ⟨ {ты}_{я} в_{к} |)

$\mathcal{L}(|u_i v_k \rangle \langle u_i v_k|)= (\mathcal{L}_A \otimes 1)(|u_i v_k \rangle \langle u_i v_k|)$

Но я не вижу, как это доказать и для недиагональных элементов базиса, который здесь тоже необходим...

Лузанн

Как

L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1}$ точно определил? Я знаю, как построить тензорное произведение линейных карт, но с

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ априори определено только в матрицах плотности, я не уверен, как вычислить

(L_{A} \otimes 1) (ρ_{A B})

$(\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_{AB})$ для общего

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ с.

СтарБак

@Luzanne на самом деле мы можем расширить с помощью сложной линейности действие

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ любой матрице (не только матрице плотности). Это объясняется на странице 150 «От классической к квантовой теории Шеннона» Марка М. Уайльда: arxiv.org/abs/1106.1445

СтарБак

@Luzanne Предполагая

L = L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ , я согласен, что у меня будет

ρ_{B}^{'} = ρ_{B} = T r_{A} (ρ_{A B}^{'})

$\rho'_B=\rho_B=Tr_A(\rho'_{AB})$ и

ρ_{A}^{'} = L_{A} (ρ_{A}) = T r_{B} (ρ_{A B}^{'})

$\rho'_A=\mathcal{L}_A(\rho_A)=Tr_B(\rho'_{AB})$ , но я не уверен, достаточно ли иметь хорошие матрицы частичной плотности, чтобы гарантировать, что у нас есть хорошая "глобальная" матрица плотности

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ ?

СтарБак

Другими словами, достаточно ли нам знать матрицу парциальной плотности в

H_{A}

$H_A$ и

H_{B}

$H_B$ вывести матрицу плотности в

H_{A} \otimes H_{B}

$H_A \otimes H_B$ ? Если да, это решит мою проблему, если нет, следует использовать другой метод, чтобы понять, почему

L = L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .

Лузанн

Нет, в общем случае совместная матрица плотности не может быть однозначно восстановлена, зная обе частные: см. этот вопрос .

Лузанн

но: если оба

L

$\mathcal{L}$ и

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ можно считать линейными функциями на пространстве всех матриц (соответственно на пространстве операторов трассировки в бесконечном измерении), то я думаю, что форма для

L

$\mathcal{L}$ можно получить, взглянув сначала на

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ формы

ρ_{A} \otimes | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$\rho_A \otimes |\psi\rangle\langle\psi|$ (поскольку ограничения на

L

$\mathcal{L}$ должен держаться за всех

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ х, а затем в частности для тех), а затем с использованием линейности.

СтарБак

@Luzanne спасибо за вашу помощь. Я пытался следовать тому, что вы предложили, но я застрял (см. мое редактирование)

Ответы (1)

Откуда мы знаем, что если эволюционирует только ρAρA\rho_A, то эволюция ρABρAB\rho_{AB} задается выражением (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ otimes 1)(\rho_{AB})?

Как $\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1}$ точно определил? Я знаю, как построить тензорное произведение линейных карт, но с $\mathcal{L}_A$ априори определено только в матрицах плотности, я не уверен, как вычислить $(\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_{AB})$ для общего $\rho_{AB}$ с.
@Luzanne на самом деле мы можем расширить с помощью сложной линейности действие $\mathcal{L}_A$ любой матрице (не только матрице плотности). Это объясняется на странице 150 «От классической к квантовой теории Шеннона» Марка М. Уайльда: arxiv.org/abs/1106.1445
@Luzanne Предполагая $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ , я согласен, что у меня будет $\rho'_B=\rho_B=Tr_A(\rho'_{AB})$ и $\rho'_A=\mathcal{L}_A(\rho_A)=Tr_B(\rho'_{AB})$ , но я не уверен, достаточно ли иметь хорошие матрицы частичной плотности, чтобы гарантировать, что у нас есть хорошая "глобальная" матрица плотности $\rho_{AB}$ ?
Другими словами, достаточно ли нам знать матрицу парциальной плотности в $H_A$ и $H_B$ вывести матрицу плотности в $H_A \otimes H_B$ ? Если да, это решит мою проблему, если нет, следует использовать другой метод, чтобы понять, почему $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .
Нет, в общем случае совместная матрица плотности не может быть однозначно восстановлена, зная обе частные: см. этот вопрос .
но: если оба $\mathcal{L}$ и $\mathcal{L}_A$ можно считать линейными функциями на пространстве всех матриц (соответственно на пространстве операторов трассировки в бесконечном измерении), то я думаю, что форма для $\mathcal{L}$ можно получить, взглянув сначала на $\rho_{AB}$ формы $\rho_A \otimes |\psi\rangle\langle\psi|$ (поскольку ограничения на $\mathcal{L}$ должен держаться за всех $\rho_{AB}$ х, а затем в частности для тех), а затем с использованием линейности.
@Luzanne спасибо за вашу помощь. Я пытался следовать тому, что вы предложили, но я застрял (см. мое редактирование)

Лузанн · Answer 1

Таким образом, используя предоставленную вами ссылку (в частности, Приложение B, где выполняется тяжелая работа), мы можем расширить $\mathcal{L}$ и $\mathcal{L}_A$ как вещественно-линейные отображения на пространстве эрмитовых матриц на $\mathcal{H} := \mathcal{H}_A \otimes \mathcal{H}_B$ , соотв. $\mathcal{H}_A$ (упомянутая ссылка затем переходит к определению комплексно-линейных карт в пространстве всех матриц, но мне это не понадобится).

Особый случай: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\rho_A$ матрица плотности

Во-первых, пусть $\rho_A$ быть матрицей плотности над $\mathcal{H}_A$ и разреши $\psi_B \in \mathcal{H}_B$ с $\|\psi_B\|=1$ . Определение $\rho'_{AB} := \mathcal{L}(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|)$ , у нас есть:

{Тр}_{А} (р_{А Б}^{'}) "=" {Тр}_{А} (р_{А} \otimes | ψ_{Б} ⟩ ⟨ ψ_{Б} |) "=" | ψ_{Б} ⟩ ⟨ ψ_{Б} | .

$\text{Tr}_A(\rho'_{AB}) = \text{Tr}_A(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|) = |\psi_B\rangle\langle\psi_B|.$ С

ρ_{A B}^{'}

$\rho'_{AB}$ это матрица плотности существуют вещественные числа

p_{k} \in] 0, 1]

$p_k \in ]0,1]$ с

\sum_{k} p_{k} = 1

$\sum_k p_k = 1$ и единичные векторы

Ψ_{k} \in H

$\Psi_k \in \mathcal{H}$ так что:

р_{А Б}^{'} "=" \sum_{к} п_{к} | Ψ_{к} ⟩ ⟨ Ψ_{к} |,

$\rho'_{AB} = \sum_k p_k |\Psi_k\rangle\langle\Psi_k|,$ поэтому определение ортогонального проектора

Π := 1 \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |

$\Pi := \mathbb{1} \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ и, используя свойства частичной трассы, имеем:

\sum_{к} п_{к} ⟨ Ψ_{к} | Π | Ψ_{к} ⟩ "=" Тр (р_{А Б}^{'} Π) "=" 1 "=" \sum_{к} п_{к} ⟨ Ψ_{к} | Ψ_{к} ⟩ .

$\sum_k p_k \langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle = \text{Tr} (\rho'_{AB} \Pi) = 1 = \sum_k p_k \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle.$ Используя это все

p_{k}

$p_k$ положительны с

⟨ Ψ_{k} | Π | Ψ_{k} ⟩ \leq ⟨ Ψ_{k} | Ψ_{k} ⟩

$\langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle \leq \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle$ , мы делаем вывод

⟨ Ψ_{k} | Π | Ψ_{k} ⟩ = ⟨ Ψ_{k} | Ψ_{k} ⟩

$\langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle = \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle$ и поэтому

| Ψ_{k} ⟩ = Π | Ψ_{k} ⟩

$|\Psi_k\rangle = \Pi|\Psi_k\rangle$ . Другими словами, существуют единичные векторы

ϕ_{k} \in H_{A}

$\phi_k \in \mathcal{H}_A$ такой, что

Ψ_{k} = ϕ_{k} \otimes ψ_{B}

$\Psi_k = \phi_k \otimes \psi_B$ . Определение матрицы плотности

ρ_{A}^{'} := \sum_{k} p_{k} | ϕ_{k} ⟩ ⟨ ϕ_{k} |

$\rho'_A := \sum_k p_k |\phi_k\rangle\langle\phi_k|$ , таким образом имеем:

р_{А Б}^{'} "=" р_{А}^{'} \otimes | ψ_{Б} ⟩ ⟨ ψ_{Б} |,

$\rho'_{AB} = \rho'_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|,$ и с тех пор

ρ_{A}^{'} = {Tr}_{B} ρ_{A B}^{'} = L_{A} (ρ_{A})

$\rho'_A = \text{Tr}_B \rho'_{AB} = \mathcal{L}_A(\rho_A)$ , мы заключаем:

л (р_{А} \otimes | ψ_{Б} ⟩ ⟨ ψ_{Б} |) "=" (л_{А} \otimes 1) (р_{А} \otimes | ψ_{Б} ⟩ ⟨ ψ_{Б} |) .

$\mathcal{L}(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|) = (\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|).$

Расширение по линейности до $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\sigma_A$ произвольная эрмитова матрица

Затем мы можем распространить этот результат по линейности на произвольные эрмитовы матрицы $\sigma_A$ на $\mathcal{H}_A$ (любая такая эрмитова матрица может быть записана как линейная комбинация матриц плотности над $\mathcal{H}_A$ : конкретно как $\sigma_A = r^+ \rho_A^+ - r^- \rho_A^-$ с $r^+,r^-$ неотрицательные вещественные числа и $\rho_A^+,\rho_A^-$ матрицы плотности; см. указанную выше ссылку).

Расширение по линейности до общих произвольных эрмитовых матриц $\sigma_{AB}$

Теперь позвольте $\sigma_{AB}$ — общая эрмитова матрица на $\mathcal{H}$ и разреши $\left(e_i \right)_i$ быть ортонормированным базисом $\mathcal{H}_B$ . У нас есть:

о_{А Б} "=" \sum_{я, Дж} т_{А}^{я Дж} \otimes | е_{я} ⟩ ⟨ е_{Дж} |,

$\sigma_{AB} = \sum_{i,j} \tau_A^{ij} \otimes |e_i\rangle\langle e_j|,$ с

τ_{A}^{j i} = {(τ_{A}^{i j})}^{†}

$\tau_A^{ji} = \left(\tau_A^{ij}\right)^{\dagger}$ . Реорганизуя термины, это становится:

о_{А Б} "=" \sum_{я} т_{А}^{я я} \otimes | е_{я} ⟩ ⟨ е_{я} | + \sum_{я < Дж} \frac{т_{А}^{я Дж} + т_{А}^{Дж я}}{2} \otimes (| е_{я} ⟩ ⟨ е_{Дж} | + | е_{Дж} ⟩ ⟨ е_{я} |) + \frac{я т_{А}^{я Дж} - я т_{А}^{Дж я}}{2} \otimes (| е_{я} ⟩ ⟨ я е_{Дж} | + | я е_{Дж} ⟩ ⟨ е_{я} |) .

$\sigma_{AB} = \sum_{i} \tau_A^{ii} \otimes |e_i\rangle\langle e_i| + \sum_{i<j} \frac{\tau_A^{ij} + \tau_A^{ji}}{2} \otimes (|e_i\rangle\langle e_j| + |e_j\rangle\langle e_i|) + \frac{i\tau_A^{ij} - i\tau_A^{ji}}{2} \otimes (|e_i\rangle\langle ie_j| + |ie_j\rangle\langle e_i|).$ А еще у нас есть:

| е_{я} ⟩ ⟨ е_{Дж} | + | е_{Дж} ⟩ ⟨ е_{я} | "=" \frac{| е_{я} + е_{Дж} ⟩}{\sqrt{2}} \frac{⟨ е_{я} + е_{Дж} |}{\sqrt{2}} - \frac{| е_{я} - е_{Дж} ⟩}{\sqrt{2}} \frac{⟨ е_{я} - е_{Дж} |}{\sqrt{2}},

$|e_i\rangle\langle e_j| + |e_j\rangle\langle e_i| = \frac{|e_i+e_j\rangle}{\sqrt{2}}\frac{\langle e_i+e_j|}{\sqrt{2}} - \frac{|e_i - e_j\rangle}{\sqrt{2}}\frac{\langle e_i - e_j|}{\sqrt{2}},$ а также аналогичная формула для

| e_{i} ⟩ ⟨ i e_{j} | + | i e_{j} ⟩ ⟨ e_{i} |

$|e_i\rangle\langle ie_j| + |ie_j\rangle\langle e_i|$ . Собирая все вместе, существуют эрмитовы матрицы.

σ_{A}^{k}

$\sigma_A^k$ и единичные векторы

ψ_{B}^{k}

$\psi_B^k$ так что:

о_{А Б} "=" \sum_{к} о_{А}^{к} \otimes | ψ_{Б}^{к} ⟩ ⟨ ψ_{Б}^{к} |,

$\sigma_{AB} = \sum_k \sigma_A^k \otimes |\psi_B^k\rangle\langle\psi_B^k|,$ поэтому по линейности общий результат

L (σ_{A B}) = (L_{A} \otimes 1) (σ_{A B})

$\mathcal{L}(\sigma_{AB}) = (\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\sigma_{AB})$ следует из предыдущего случая.

Примечание 1. Альтернативным доказательством последней части будет последовательное использование того факта, что любая матрица плотности $\rho_B$ представляет собой линейную комбинацию $|\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ , любая эрмитова матрица $\sigma_B$ представляет собой линейную комбинацию $\rho_B$ , и любая эрмитова матрица $\sigma_{AB}$ представляет собой линейную комбинацию $\sigma_A \otimes \sigma_B$ с. В некотором смысле приведенное выше доказательство просто делает это разложение явным. Мне нравится, что он лучше показывает, что происходит с недиагональными членами, а именно, что их можно сделать диагональными в сверхполном (неортогональном) базисе.

Примечание 2: Наоборот, вместо вызова связанной ссылки для расширения результата особого случая из $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (с $\rho_A$ матрица плотности) к $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (с $\sigma_A$ эрмитова матрица), мы могли бы использовать такое явное разложение $\sigma_A$ (выглядело бы очень похоже на формулы из прошлой части, только с простыми комплексными коэффициентами $\lambda^{ij}$ вместо $\otimes$ -перемноженные матрицы $\tau^{ij}$ ).

Примечание 3. Многие вопросы о матрицах плотности имеют аналоги в терминах классических плотностей вероятностей, где у нас может быть больше интуиции. Аналоговая проблема здесь была бы при линейном преобразовании совместной вероятности:

п_{А Б}^{'} (а, б) "=" \int г а^{'} г б^{'} К (а, б; а^{'}, б^{'}) п_{А Б} (а^{'}, б^{'}),

$p'_{AB}(a,b) = \int \!da' db'\, K(a,b;a',b') \, p_{AB}(a',b'),$ который для любого $p_{AB}$ , преобразует предельную вероятность для $A$ как: $п_{А}^{'} (а) "=" \int г а^{'} К_{А} (а; а^{'}) п_{А} (а^{'}),$ $p'_A(a) = \int \!da'\, K_A(a;a') \, p_A(a'),$ и оставляет предельную вероятность для $B$ без изменений, какова форма ядра $K$ ? Способ решить эту классическую проблему состоит в том, чтобы избавиться от сложности полной совместной вероятности, рассматривая сначала то, что произойдет, если состояние $B$ определенно, т.е. $p_{AB}(a,b) = p_A(a) \delta(b-b_o)$ . Тогда предельная вероятность для $B$ после трансформации останется $\delta(b-b_o)$ , т.е. Штат $B$ будет по-прежнему определена, и поэтому совместная вероятность будет иметь вид $p'_{AB}(a,b) = p'_A(a) \delta(b-b_o)$ , уступая $K(a,b;a',b_o) = K_A(a;a') \delta(b-b_o)$ (или, в записи линейного оператора: $K = K_A \otimes \mathbb{1}$ ). Как только мы поймем этот классический случай, мы сможем попытаться адаптировать доказательство к квантовой проблеме, заменив $\delta$ чистым состоянием для $B$ . Конечно, в квантовом случае есть сложности (в частности, нам нужно использовать эрмитовы матрицы, которые не являются матрицами плотности в промежуточных шагах, в то время как классический случай можно было бы сделать полностью, действуя только на плотности вероятности и используя исключительно выпуклую линейность), но дух тот же.

Я, вероятно, упускаю что-то очевидное, но почему у вас есть $Tr_A(\rho'_{AB})=|\psi_B \rangle \langle \psi_B |$ ? Поскольку вы используете это свойство, когда пишете $Tr(\rho'_{AB} \Pi)=1$ верно ?
Да, я думаю, что каким-то образом следую вашему доказательству, за исключением $Tr_A(\rho'_{AB})=|\psi_B \rangle \langle \psi_B|$ . Если я пишу именно слева, я получаю: $\sum_p \sum_{i,j} c_{ij} \langle \phi^A_p | \mathcal{L}( |u_i \rangle |\psi_B \rangle \langle u_j| \langle \psi_B |) | \phi^A_p \rangle$ и я действительно не понимаю, как мы можем в конечном итоге $|\psi_B \rangle \langle \psi_B |$ с этим?
@StarBucK $\text{Tr}_A (\rho'_{AB}) = |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ следует из требования, что $\rho_B$ не развивается (ваше второе ограничение на $\mathcal{L}$ ).
О, вы правы, извините... Сейчас читаю вторую часть доказательства об обобщении, спасибо за это.
Хорошо для второй части, я не понимаю вашего вывода. Из того, что я понял применительно к матрице плотности: вы показали, что любая матрица плотности в $AB$ можно записать как: $\rho_{AB}=\sum_k \sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |$ . Таким образом, по линейности: $\mathcal{\rho_{AB}}=\sum_k \mathcal{\sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |}$ . И вы хотите применить результат своей первой части к этому $\sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |$ . Но я не понимаю, так как этот член не является матрицей плотности (сумма этих членов является матрицей плотности, но не одной).
@StarBucK В самом конце 1-й части был промежуточный шаг для расширения результата из $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (с $\rho_A$ матрица плотности) к $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (с $\sigma_A$ общая эрмитова матрица). Я добавил заголовки, которые, надеюсь, сделают логику доказательства более понятной.
Спасибо за все это. Я внимательно прочитаю все завтра или в конце этой недели и дам вам знать, все ли у меня в порядке !! (и тогда я приму ответ)

Откуда мы знаем, что если эволюционирует только ρAρA\rho_A, то эволюция ρABρAB\rho_{AB} задается выражением (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ otimes 1)(\rho_{AB})?

СтарБак

Лузанн

СтарБак

СтарБак

СтарБак

Лузанн

Лузанн

СтарБак

Ответы (1)

Лузанн

Особый случай: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\rho_A$ матрица плотности

Расширение по линейности до $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\sigma_A$ произвольная эрмитова матрица

Расширение по линейности до общих произвольных эрмитовых матриц $\sigma_{AB}$

СтарБак

СтарБак

Лузанн

СтарБак

СтарБак

Лузанн

СтарБак

Полная положительность: почему условие достаточно для квантовых карт?

Как решить уравнение с частичной трассировкой?

Где выражение Tr(K)=∑nj=1⟨ψj|K|ψj⟩Tr(K)=∑j=1n⟨ψj|K|ψj⟩\mathrm{Tr}(K) = \sum_{j= 1}^{n}\langle\psi_j|K|\psi_j\rangle для частичной трассировки?

Как происходит отслеживание физической операции?

Является ли частичная трасса циклической?

Использование динамики открытых систем для определения квантового состояния

Максимально смешанное состояние находится в центре всех квантовых состояний.

След матрицы плотности для смешанного состояния

Матрицы 2x2, которые не являются действительными квантовыми состояниями

Квантовая запутанность неразличимых частиц

Откуда мы знаем, что если эволюционирует только ρAρA\rho_A, то эволюция ρABρAB\rho_{AB} задается выражением (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ otimes 1)(\rho_{AB})?

СтарБак

Лузанн

СтарБак

СтарБак

СтарБак

Лузанн

Лузанн

СтарБак

Ответы (1)

Лузанн

Особый случай:рА⊗ |ψБ⟩ ⟨ψБ| р А ⊗ | ψ Б ⟩ ⟨ ψ Б | \rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|срА р А \rho_Aматрица плотности

Расширение по линейности дооА⊗ |ψБ⟩ ⟨ψБ| о А ⊗ | ψ Б ⟩ ⟨ ψ Б | \sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|соА о А \sigma_Aпроизвольная эрмитова матрица

Расширение по линейности до общих произвольных эрмитовых матрицоА Б о А Б \sigma_{AB}

СтарБак

СтарБак

Лузанн

СтарБак

СтарБак

Лузанн

СтарБак

Особый случай: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\rho_A$ матрица плотности

Расширение по линейности до $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ с $\sigma_A$ произвольная эрмитова матрица

Расширение по линейности до общих произвольных эрмитовых матриц $\sigma_{AB}$