Запутанность образования смеси максимально запутанных состояний

Question

Запутанность образования смеси максимально запутанных состояний

пользователь193108

Предположим, у нас есть два спин- $S$ системы. Позволять $\left| \psi_{a,b} \right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\left| a,b \right\rangle+\left| b,a \right\rangle)$ быть максимально запутанным состоянием. ( $a\neq b$ и $-S\leq a,b \leq S$ .)

Для чего нужна Запутанность образования $\rho=\frac{1}{C} \sum_{a\neq b} \left| \psi_{a,b} \right\rangle \left\langle \psi_{a,b} \right|$ ? $C$ - нормирующая постоянная.

Тривиальная верхняя граница равна 1. Но можем ли мы дать нетривиальную верхнюю границу или хотя бы вычислить ее явно?

Кеннет Гуденаф

Если я правильно понимаю, ваши состояния являются подмножеством диагонали Белла для состояний кубит-кубит. Запутанность образования этих состояний точно известна, см.: quantiki.org/wiki/bell-diagonal-state

Норберт Шух

Почему вы называете их "максимально запутанными"? Их нет, кроме кубитов.

Норберт Шух

@KennethGoodenough Для кубитов,

ρ

$\rho$ чистый.

пользователь193108

@NorbertSchuch Просто чтобы уточнить, предположим

S = 1

$S=1$ . Затем

a, b

$a,b$ может принимать значения из

{- 1, 0, 1}

$\{-1,0,1\}$ . Я хочу знать запутанность образования смеси

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 0, 1 ⟩ + | 1, 0 ⟩)

$\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 0,1 \right\rangle+\left| 1,0 \right\rangle)$ ,

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 0, 2 ⟩ + | 2, 0 ⟩)

$\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 0,2 \right\rangle+\left| 2,0 \right\rangle)$ , и

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 1, 2 ⟩ + | 2, 1 ⟩)

$\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 1,2 \right\rangle+\left| 2,1 \right\rangle)$ . Я не знаю, как правильно назвать эти состояния.

пользователь193108

@KennethGoodenough Смотрите мой предыдущий комментарий для уточнения.

Норберт Шух

Я тоже не уверен, но они не "максимально запутаны".

Норберт Шух

Есть ли особая причина, по которой вы заинтересованы в них? Есть ли у них какие-то особые свойства? Это может быть полезно.

Норберт Шух

Если вы включите для a = b, это должны быть состояния Вернера с EoF 0. Возможно, можно использовать некоторое вращение к состояниям Вернера, чтобы также вычислить их EoF.

пользователь193108

@NorbertSchuch Я намеренно исключаю случай

a = b

$a=b$ . Я жду

ρ

$\rho$ является «менее запутанным», чем состояние Белла, поэтому я хочу найти меру запутанности, чтобы разделить их. Любая мера запутывания, кроме EoF, также желательна.

Норберт Шух

Но почему вы исключаете этот случай - какая-то конкретная мотивация?

Норберт Шух

Начнем с того, что ваше состояние имеет неположительную частичную транспонирование, поэтому оно наверняка запутано.

Норберт Шух

Затем вы можете настроить протокол, который позволяет выделить запутанность, позволяя проецироваться как A, так и B на любое подпространство, охватываемое любыми двумя состояниями |a> и |b>. Если они получают один и тот же результат — что происходит с конечной вероятностью — они имеют максимально запутанное состояние кубита.

Норберт Шух

Обратите внимание, что вы можете точно вычислить отрицательность, если эта мера достаточно хороша!

пользователь193108

Эта статья может быть актуальной.

Ответы (1)

Запутанность образования смеси максимально запутанных состояний

Если я правильно понимаю, ваши состояния являются подмножеством диагонали Белла для состояний кубит-кубит. Запутанность образования этих состояний точно известна, см.: quantiki.org/wiki/bell-diagonal-state
Почему вы называете их "максимально запутанными"? Их нет, кроме кубитов.
@KennethGoodenough Для кубитов, $\rho$ чистый.
@NorbertSchuch Просто чтобы уточнить, предположим $S=1$ . Затем $a,b$ может принимать значения из $\{-1,0,1\}$ . Я хочу знать запутанность образования смеси $\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 0,1 \right\rangle+\left| 1,0 \right\rangle)$ , $\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 0,2 \right\rangle+\left| 2,0 \right\rangle)$ , и $\frac{1}{\sqrt{2}}(\left| 1,2 \right\rangle+\left| 2,1 \right\rangle)$ . Я не знаю, как правильно назвать эти состояния.
@KennethGoodenough Смотрите мой предыдущий комментарий для уточнения.
Я тоже не уверен, но они не "максимально запутаны".
Есть ли особая причина, по которой вы заинтересованы в них? Есть ли у них какие-то особые свойства? Это может быть полезно.
Если вы включите для a = b, это должны быть состояния Вернера с EoF 0. Возможно, можно использовать некоторое вращение к состояниям Вернера, чтобы также вычислить их EoF.
@NorbertSchuch Я намеренно исключаю случай $a=b$ . Я жду $\rho$ является «менее запутанным», чем состояние Белла, поэтому я хочу найти меру запутанности, чтобы разделить их. Любая мера запутывания, кроме EoF, также желательна.
Но почему вы исключаете этот случай - какая-то конкретная мотивация?
Начнем с того, что ваше состояние имеет неположительную частичную транспонирование, поэтому оно наверняка запутано.
Затем вы можете настроить протокол, который позволяет выделить запутанность, позволяя проецироваться как A, так и B на любое подпространство, охватываемое любыми двумя состояниями |a> и |b>. Если они получают один и тот же результат — что происходит с конечной вероятностью — они имеют максимально запутанное состояние кубита.
Обратите внимание, что вы можете точно вычислить отрицательность, если эта мера достаточно хороша!
Эта статья может быть актуальной.

Норберт Шух · Answer 1

Поскольку вы говорите, что подойдет любая другая мера запутанности, давайте вычислим отрицательность. Позвольте мне обозначить через $\rho_{ab}:=|\psi_{a,b}\rangle\langle\psi_{a,b}|$ .

С $^{T_A}$ частичное транспонирование, мы имеем

р_{а б}^{Т_{А}} "=" \frac{1}{2} [| а, а ⟩ ⟨ б, б | + | б, б ⟩ ⟨ а, а | + | а, б ⟩ ⟨ а, б | + | б, а ⟩ ⟨ б, а |] .

$\rho_{ab}^{T_A} = \frac12 \Big[ |a,a\rangle\langle b,b|+|b,b\rangle\langle a,a|+ |a,b\rangle\langle a,b|+|b,a\rangle\langle b,a|\Big]\ .$ Таким образом (обозначая через

D := 2 S + 1

$D:=2S+1$ количество базисных состояний),

р^{Т_{А}} "=" \frac{2}{Д (Д - 1)} \sum_{а > б} р_{а б}^{Т_{А}}

$\rho^{T_A} = \frac{2}{D(D-1)}\sum_{a>b} \rho_{ab}^{T_A}$ блочно-диагональный с двумя блоками:

ρ_{a b, a^{'} b^{'}}^{T_{A}}

$\rho^{T_A}_{ab,a'b'}$ для

a \neq b

$a\ne b$ ,

a^{'} \neq b^{'}

$a'\ne b'$ диагональ с элементами

\frac{1}{D (D - 1)}

$\tfrac{1}{D(D-1)}$ (т.е.,

D (D - 1)

$D(D-1)$ записи) и

ρ_{a a, a^{'} a^{'}}^{T_{A}}

$\rho^{T_A}_{aa,a'a'}$ (а

D \times D

$D\times D$ матрица) равна

\frac{1}{D (D - 1)}

$\tfrac{1}{D(D-1)}$ везде, кроме диагонали (которая равна нулю). Так как последний равен

\frac{Д}{Д (Д - 1)} | + ⟩ ⟨ + | - \frac{1}{Д (Д - 1)} 1 1,

$\tfrac{D}{D(D-1)}|+\rangle\langle +|-\tfrac{1}{D(D-1)}1\!\!1\ ,$ с

| + ⟩ = (\sum | a ⟩) / \sqrt{D}

$|+\rangle = (\sum |a\rangle)/\sqrt{D}$ , у него есть собственные значения

- \frac{1}{D (D - 1)}

$-\tfrac{1}{D(D-1)}$ с множественностью

D - 1

$D-1$ и

\frac{1}{D}

$\tfrac{1}{D}$ с множественностью

1

$1$ , соответственно.

Сумма модулей собственных значений $\rho^{T_A}$ таким образом

‖ р^{Т_{А}} ‖_{1} "=" Д (Д - 1) \frac{1}{Д (Д - 1)} + (Д - 1) \frac{1}{Д (Д - 1)} + \frac{1}{Д} "=" 1 + \frac{2}{Д} .

$\|\rho^{T_A}\|_1={D(D-1)}\frac{1}{D(D-1)}+(D-1)\frac{1}{D(D-1)}+\frac{1}{D} = 1+\frac{2}{D}\ .$ Таким образом, негатив

Н (р) "=" \frac{‖ р^{Т_{А}} ‖_{1} - 1}{2} "=" \frac{1}{Д}

$\mathcal N(\rho) = \frac{\|\rho^{T_A}\|_1-1}{2} = \frac{1}{D}$ и логарифмическая отрицательность

Е_{Н} (р) "=" бревно (‖ р^{Т_{А}} ‖_{1}) "=" бревно (1 + 2 / Д) .

$E_N(\rho) = \log(\|\rho^{T_A}\|_1) = \log(1+2/D)\ .$

Спасибо, Норберт. Другой вопрос. Мы знаем, что логарифмическая отрицательность не является точной мерой запутанности. Является $\rho$ обязательно близко к сепарабельному состоянию для больших D? Если да, то мы можем лечить $\rho$ как если бы это было отделимое государство.
@ user193108 В каком смысле «закрыть»? Это может иметь отношение к измерению расстояния.
В след норм. Меня беспокоит то, что $\rho$ может быть еще далеко не разделимым в следовой норме даже $E_N(\rho) \to 0$ .
Ну, я бы сказал, что данное состояние далеко не разделимо в норме трассировки (относится к упомянутому выше протоколу дистилляции). Но это будет отдельный вопрос. (Не говоря уже о том, что такого рода вопросы требуют много работы и, кажется, не дают голосов.) --- Но почему бы вам не спросить, что вас действительно интересует?
@user193108 user193108 Тогда я предлагаю вам задать свой актуальный вопрос (т.е. разделить $\rho$ из состояния Белла -- кстати, что это вообще значит, они живут в разных гильбертовых пространствах!), и, если хотите, вы можете впоследствии высказать свои мысли, которые относятся к другому вопросу. Таким образом, вы задаете вопрос, который, вероятно, намного сложнее, чем то, что вы на самом деле хотите знать!

Запутанность образования смеси максимально запутанных состояний

пользователь193108

Кеннет Гуденаф

Норберт Шух

Норберт Шух

пользователь193108

пользователь193108

Норберт Шух

Норберт Шух

Норберт Шух

пользователь193108

Норберт Шух

Норберт Шух

Норберт Шух

Норберт Шух

пользователь193108

Ответы (1)

Норберт Шух

пользователь193108

Норберт Шух

пользователь193108

Норберт Шух

Норберт Шух

Квантовая телепортация атомных состояний, связанных с энергией [дубликат]

Измерение двух компонентов одновременно с помощью Entanglement

Максимально смешанное состояние находится в центре всех квантовых состояний.

Типы запутанности, не связанные с принципами сохранения

Квантовая телепортация и теорема об отсутствии связи

Что такое когерентность в квантовой механике?

Пределы сверхплотного кодирования

Можно ли сделать томографию запутанного состояния только по измерениям на подсистемах?

Что не так с этим мысленным экспериментом со сверхсветовой скоростью?

Построение максимально запутанного состояния кутрита из nnn состояний Белла