Ранг оператора Крауса

Question

Ранг оператора Крауса

пользователь55552

Все квантовые операции $\mathcal{E}$ на системе размерности гильбертова пространства $\mathcal{d}$ может быть сгенерировано представлением суммы операторов, содержащим не более $\mathcal{d^2}$ элементы. Продолжая дальше, операция из пространства с размерностью $\mathcal{m}$ в пространство с измерением $\mathcal{n}$ имеет представление суммы операторов в терминах операторов Крауса. См.: http://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_operation#Kraus_operators .

Последующее доказательство основано на упражнении из книги Нильсена и Чуанга, упражнение 8.10. введите описание изображения здесь

Доказать первую часть достаточно просто... $W_{jk} = W_{kj}^{*}$ если расширить определение $W_{jk}$ и используя свойства транспонированной конъюгаты. Таким образом, W на самом деле эрмитово. Что он имеет ранг самое большее $d^2$ это то, что я не могу доказать.

Я читал в Википедии о свойствах ранга матрицы, и там говорится, что матрица ранга M может быть выражена как сумма M матриц ранга-1. В этом случае мне нужно было бы доказать, что отдельные члены в сумме:

$\sum_{j,k} tr(E_j^{+}E_k)\left|j\right \rangle \left\langle k \right|$

имеют ранг 1. Поскольку $tr(E_j^{+}E_k)$ на самом деле является скаляром, и $\left|j\right \rangle$ & $\left\langle k \right|$ являются собственным базисом для входного и выходного пространств, может быть d таких членов $\left|j\right \rangle$ и $\left|k\right \rangle$ соответственно, произведение которых образует матрицу ранга 1.

Следовательно, таких членов было бы не более d*d, если бы все члены $tr(E_j^{+}E_k)$ не равны нулю.

Это верное доказательство? Я где-то ошибаюсь?

Количество таких терминов также называется рангом Крауса, как указано в: https://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_channel#Pure_channel .

Мартин

да, вы ошибаетесь: матрица ранга k может быть выражена как сумма k матриц ранга-1 (через разложение по сингулярным числам, как говорят Нильсен и Чуанг), но это не означает, что ЛЮБОЕ разложение на ранг- 1 матриц имеет не более k матриц. Скорее наоборот: у него не менее k матриц. Таким образом, доказательство (что тривиально), что слагаемые в вашем some имеют ранг-1, никуда вас не приведет.

Ответы (2)

Ранг оператора Крауса

да, вы ошибаетесь: матрица ранга k может быть выражена как сумма k матриц ранга-1 (через разложение по сингулярным числам, как говорят Нильсен и Чуанг), но это не означает, что ЛЮБОЕ разложение на ранг- 1 матриц имеет не более k матриц. Скорее наоборот: у него не менее k матриц. Таким образом, доказательство (что тривиально), что слагаемые в вашем some имеют ранг-1, никуда вас не приведет.

Мартин · Answer 1

Поскольку ответа до сих пор нет, но вопрос получил несколько голосов, позвольте мне уточнить мой комментарий. Это больше математика, чем физика, но тем не менее.

Письмо $\sum_{jk} \mathrm{tr}(E_j^{\dagger}E_i)|j\rangle\langle k|$ ничего тебе не дает. Это действительно разложение первого ранга, но теорема не говорит вам, что ЛЮБОЕ разложение первого ранга имеет не более d^2 членов. Это было бы верно, если бы $|j\rangle$ был собственным базисом $\mathbb{C}^d$ - но это не так. $W$ является $M\times M$ матрица, следовательно $|j\rangle$ является собственным базисом $\mathbb{C}^M$ и $M$ может быть намного больше, чем это.

Однако верно то, что $E_j\in\mathbb{C}^{d\times d}$ . Ключевое наблюдение состоит в том, что не более $d^2$ из этих $E_j$ поэтому может быть линейно независимым, и это влечет за собой, что $W$ может иметь не более ранга $d^2$ . Вот доказательство (хотя и не такое красивое):

Существует основа $\mathbb{C}^{d\times d}$ с $d^2$ элементы, назовите это $F_j$ , который ортонормирован по отношению к скалярному произведению трасс. Теперь, поскольку $F_j$ составляют основу для каждого $E_j$ у нас есть:

Е_{Дж} "=" \sum_{я} а_{я}^{(Дж)} Ф_{я} а_{я}^{(Дж)} е С \forall Дж е {1, \dots, Н}

$E_j=\sum_i a_i^{(j)} F_i \qquad a_i^{(j)}\in\mathbb{C}\quad \forall\,j\in \{1,\ldots,N\}$

в $E_j$ являются линейными комбинациями $F_j$ . Но тогда мы можем перевыразить столбцы W следующим образом: $F_i$ и получить:

тр (Е_{я}^{†} Е_{Дж}) "=" \sum_{к "=" 1}^{д^{2}} {а_{к}^{(я)}}^{*} а_{к}^{(Дж)}

$\operatorname{tr}(E_i^{\dagger}E_j)=\sum_{k=1}^{d^2} {a_k^{(i)}}^* a_k^{(j)}$

По определению базиса только $d^2$ принадлежащий $E_i$ может быть линейно независимым. Не ограничивая общности, полагаем, что первое $d^2$ $E_i$ были линейно независимыми. Тогда давайте посмотрим на $(d^2+1)$ й столбец. С $E_{d^2+1}$ линейно зависим, его коэффициенты $a_k^{(d^2+1)}$ являются линейными комбинациями других $a^{(j)}$ , сказать

а_{к}^{(д^{2} + 1)} "=" \sum_{Дж "=" 1}^{д^{2}} б_{Дж} а_{к}^{(Дж)}

$a^{(d^2+1)}_k=\sum_{j=1}^{d^2} b_ja_k^{(j)}$

Но тогда мы можем видеть, что

тр (Е_{я}^{†} Е_{д^{2} + 1}) "=" \sum_{Дж} б_{Дж} тр (Е_{я}^{†} Е_{Дж})

$\operatorname{tr}(E_i^{\dagger}E_{d^2+1})=\sum_j b_j \operatorname{tr}(E_i^{\dagger}E_j)$

следовательно, весь столбец представляет собой линейную комбинацию предыдущих столбцов. Собрав все вместе, $W$ может иметь максимум $d^2$ линейно независимые столбцы. Затем мы можем провести диагонализацию $W$ , так как оно эрмитово, и действуйте, как указано.

Я понимаю причину определения максимально возможного ранга W. Тем не менее, я не вижу полезности использования W для доказательства конкретного утверждения. То есть, почему W построен именно так? Что делает унитарную матрицу U значимой благодаря ее способности сделать W диагональной? Я немного смущен предпосылками, предложенными для этой проблемы.

пользователь38762 · Answer 2

Нет необходимости вводить ортонормированный базис для пространства операторов. Позволять

| ж_{к} ⟩ \equiv \sum_{Дж} {Вт}_{Дж к} | Дж ⟩ "=" \sum_{Дж} т р (Е_{Дж}^{†} Е_{к}) | Дж ⟩

$|w_k\rangle \equiv \sum_{j}W_{jk}|j\rangle = \sum_{j}\mathrm{tr}(E_j^\dagger E_k)|j\rangle$ обозначить

k

$k$ й столбец

W

$W$ . Как отмечалось, не более

d^{2}

$d^2$ принадлежащий

E_{j}

$E_j$ может быть линейно независимым. Предположим без ограничения общности, что

E_{1}, \dots, E_{d^{2}}

$E_1, \dots, E_{d^2}$ линейно независимы. Тогда существуют

c_{k l} \in C

$c_{kl} \in \mathbb{C}$ для которого

E_{k} = \sum_{l = 1}^{d^{2}} c_{k l} E_{l}

$E_k = \sum_{l=1}^{d^2} c_{kl}E_l$ для любого

k > d^{2}

$k > d^2$ . Следовательно,

| ж_{к} ⟩ "=" \sum_{Дж} т р (Е_{Дж}^{†} \sum_{л "=" 1}^{д^{2}} с_{к л} Е_{л}) | Дж ⟩ "=" \sum_{л "=" 1}^{д^{2}} с_{к л} [\sum_{Дж} т р (Е_{Дж}^{†} Е_{л}) | Дж ⟩] "=" \sum_{л "=" 1}^{д^{2}} с_{к л} | ж_{л} ⟩,

$|w_k\rangle = \sum_j \mathrm{tr}\left(E_j^\dagger \sum_{l=1}^{d^2}c_{kl}E_l\right)|j\rangle = \sum_{l=1}^{d^2} c_{kl} \left[\sum_j \mathrm{tr}(E_j^\dagger E_l)|j\rangle\right] = \sum_{l=1}^{d^2}c_{kl}|w_l\rangle,$ т.е. для каждого

k > d^{2}

$k > d^2$ ,

k

$k$ й столбец

W

$W$ является линейной комбинацией первых

d^{2}

$d^2$ столбцы

W

$W$ . Таким образом, количество линейно независимых столбцов не превосходит

d^{2}

$d^2$ , поэтому ранг не более

d^{2}

$d^2$ .

Ранг оператора Крауса

пользователь55552

Мартин

Ответы (2)

Мартин

Инвокер

пользователь38762

Проблемы с пониманием упражнения Нильсена и Чуанга

Тензорное произведение двух частиц со спином 1

Гамильтониан, действующий на суммирующий оператор

Спектральная теорема: матрицы против операторов

Теорема Ульмана: доказательство tr(A†B)=⟨m|A⊗B|m⟩tr(A†B)=⟨m|A⊗B|m⟩\text{tr}(A^{\dagger} B ) = \ лангл м | A \otimes B |m\rangle [закрыто]

Эти два оператора коммутируют... но их собственные векторы не одинаковы. Почему?

Нулевая неопределенность подразумевает собственное состояние оператора [закрыто]

Как найти оператор проектирования на собственное пространство, если собственный вектор неизвестен?

Как доказать это неравенство для оператора Гамильтона?

Статистическая сумма физических величин в квантовой системе