Очищення

Означення очищень

Почнімо з точного математичного означення очищень.

Означення

Нехай $\mathsf{X}$ — система в стані, описаному матрицею густини $\rho,$ а $\vert\psi\rangle$ — вектор квантового стану пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ що дає $\rho$ після часткового сліду по $\mathsf{Y}$:

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle\langle\psi\vert\bigr).$$

Тоді кажуть, що вектор стану $\vert\psi\rangle$ є очищенням $\rho.$

Чистий стан $\vert\psi\rangle\langle\psi\vert,$ записаний у вигляді матриці густини, а не вектора квантового стану, також часто називають очищенням $\rho,$ коли рівняння з означення виконується, — але ми здебільшого вживатимемо цей термін саме стосовно вектора квантового стану.

Термін очищення вживають і ширше: коли порядок систем змінено на протилежний, коли назви систем і станів інші (звісно), а також коли систем більше двох. Наприклад, якщо $\vert \psi \rangle$ — вектор квантового стану чистого стану складеної системи $(\mathsf{A},\mathsf{B},\mathsf{C}),$ і рівняння

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{B}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr)$$

виконується для матриці густини $\rho,$ що описує стан системи $(\mathsf{A},\mathsf{C}),$ то $\vert\psi\rangle$ все одно називають очищенням $\rho.$

Утім, у цьому уроці ми зосередимося на конкретній формі з наведеного означення. Властивості й факти про очищення, відповідно до цього означення, як правило, можна узагальнити на більше двох систем, перевпорядкувавши системи й розбивши їх на дві складені системи — одна відіграє роль $\mathsf{X},$ інша — роль $\mathsf{Y}.$

Існування очищень

Нехай $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ — довільні дві системи, а $\rho$ — заданий стан $\mathsf{X}.$ Доведемо, що існує вектор квантового стану $\vert\psi\rangle$ пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ який очищує $\rho$ — тобто є очищенням $\rho$ — за умови, що система $\mathsf{Y}$ достатньо велика. Зокрема, якщо $\mathsf{Y}$ має принаймні стільки ж класичних станів, скільки $\mathsf{X},$ то очищення такого вигляду обов'язково існує для кожного стану $\rho.$ Для деяких станів $\rho$ достатньо меншої кількості класичних станів $\mathsf{Y}$; загалом, $\operatorname{rank}(\rho)$ класичних станів $\mathsf{Y}$ є необхідними й достатніми для існування вектора квантового стану пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ що очищує $\rho.$

Розглянемо спершу довільний запис $\rho$ у вигляді опуклої комбінації $n$ чистих станів, для будь-якого натурального числа $n.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert$$

У цьому виразі $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ — вектор ймовірностей, а $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ — вектори квантових станів системи $\mathsf{X}.$

Один із способів отримати такий запис — скористатися спектральною теоремою; тоді $n$ — кількість класичних станів $\mathsf{X},$ $p_0,\ldots,p_{n-1}$ — власні значення $\rho,$ а $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ — ортонормовані власні вектори, що їм відповідають.

Насправді не обов'язково включати у суму члени, що відповідають нульовим власним значенням $\rho,$ тому можна альтернативно обрати $n = \operatorname{rank}(\rho),$ а $p_0,\ldots,p_{n-1}$ — ненульові власні значення $\rho.$ Це мінімальне значення $n,$ при якому запис $\rho$ у наведеній формі існує.

Щоб уникнути непорозумінь: обраний запис $\rho$ у вигляді опуклої комбінації чистих станів необов'язково має походити зі спектральної теореми — це лише один зі способів його отримати. Зокрема, $n$ може бути будь-яким натуральним числом, одиничні вектори $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ не обов'язково ортогональні, а ймовірності $p_0,\ldots,p_{n-1}$ не обов'язково є власними значеннями $\rho.$

Очищення $\rho$ можна тепер вказати явно.

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert a \rangle$$

Тут ми припускаємо, що класичні стани $\mathsf{Y}$ включають $0,\ldots,n-1.$ Якщо це не так, замість $0,\ldots,n-1$ можна підставити будь-який вибір $n$ різних класичних станів $\mathsf{Y}.$ Перевірити, що це справді є очищенням $\rho,$ нескладно — треба просто обчислити частковий слід, що можна зробити двома еквівалентними способами.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{n-1} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \langle a\vert) \vert\psi\rangle\langle\psi\vert (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \vert a\rangle) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert = \rho$$ $$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \sqrt{p_b} \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_b\vert \, \operatorname{Tr}(\vert a \rangle \langle b \vert) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_a\vert = \rho$$

Більш загально, для будь-якої ортонормованої множини векторів $\{\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{n-1}\rangle\}$ вектор квантового стану

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert \gamma_a \rangle$$

є очищенням $\rho.$

Приклад

Нехай $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ — обидва кубіти, і

$$\rho = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

— матриця густини, що описує стан $\mathsf{X}.$

За допомогою спектральної теореми $\rho$ можна записати як

$$\rho = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle\langle\psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle\langle\psi_{5\pi/8}\vert,$$

де $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta) \vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Вектор квантового стану

$$\cos(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle \otimes \vert 0\rangle + \sin(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle \otimes \vert 1\rangle$$

що описує чистий стан пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ є очищенням $\rho.$

Також можна записати

$$\rho = \frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert.$$

Це опукла комбінація чистих станів, але не спектральний розклад, бо $\vert 0\rangle$ і $\vert +\rangle$ не ортогональні, а $1/2$ не є власним значенням $\rho.$ Проте вектор квантового стану

$$\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle \otimes \vert 0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert + \rangle \otimes \vert 1\rangle$$

є очищенням $\rho.$

Розкладання Шмідта

Далі ми обговоримо розкладання Шмідта — це записи векторів квантових станів пар систем у певній формі. Розкладання Шмідта тісно пов'язані з очищеннями й самі по собі дуже корисні. Справді, при роботі з заданим вектором квантового стану $\vert\psi\rangle$ пари систем першим кроком нерідко є пошук або розгляд розкладання Шмідта цього стану.

Означення

Нехай $\vert \psi\rangle$ — заданий вектор квантового стану пари систем $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Розкладанням Шмідта $\vert\psi\rangle$ називають вираз вигляду

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle,$$

де $p_0,\ldots,p_{r-1}$ — додатні дійсні числа, що в сумі дають $1,$ а обидві множини $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ і $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ є ортонормованими.

Значення

$$\sqrt{p_0},\ldots,\sqrt{p_{r-1}}$$

у розкладанні Шмідта $\vert\psi\rangle$ називають коефіцієнтами Шмідта; вони визначені однозначно (з точністю до порядку) — це єдині додатні дійсні числа, що можуть входити до такого виразу для $\vert\psi\rangle.$ Множини

$$\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\} \quad\text{and}\quad \{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$$

натомість, визначені неоднозначно, і свобода вибору цих множин векторів буде пояснена нижче.

Тепер перевіримо, що заданий вектор квантового стану $\vert\psi\rangle$ справді має розкладання Шмідта, і заодно навчимося його знаходити.

Розглянемо спершу довільний (не обов'язково ортогональний) базис $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ векторного простору, що відповідає системі $\mathsf{X}.$ Оскільки це базис, завжди існує єдиний набір векторів $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle,$ для якого виконується таке рівняння.

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a \rangle \tag{1}$$

Наприклад, нехай $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ — стандартний базис системи $\mathsf{X}.$ Якщо множина класичних станів $\mathsf{X}$ — це $\{0,\ldots,n-1\},$ то $\vert x_a\rangle = \vert a\rangle$ для кожного $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ і тоді

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert a\rangle \otimes \vert z_a\rangle$$

при

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

для кожного $a\in\{0,\ldots,n-1\}.$ Такі вирази ми часто розглядаємо, думаючи про вимірювання $\mathsf{X}$ у стандартному базисі.

Важливо зазначити, що формула

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

для векторів $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ у цьому прикладі працює лише тому, що $\{\vert 0\rangle,\ldots,\vert n-1\rangle\}$ — ортонормований базис. Загалом, якщо $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ — базис, що не обов'язково є ортонормованим, то вектори $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ усе одно однозначно визначені рівнянням $(1),$ але потрібна інша формула. Один із способів їх знайти — спочатку визначити вектори $\vert w_0\rangle,\ldots,\vert w_{n-1}\rangle$ так, щоб

$$\langle w_a \vert x_b \rangle = \begin{cases} 1 & a=b\\ 0 & a\neq b \end{cases}$$

виконувалося для всіх $a,b\in\{0,\ldots,n-1\},$ після чого

$$\vert z_a \rangle = (\langle w_a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle.$$

Для заданого базису $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ векторного простору системи $\mathsf{X}$ однозначно визначені вектори $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle,$ для яких виконується рівняння $(1),$ не обов'язково задовольняють якісь особливі властивості — навіть якщо $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ виявляється ортонормованим базисом. Якщо ж обрати $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ як ортонормований базис власних векторів зведеного стану

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle \langle \psi \vert \bigr),$$

відбудеться дещо цікаве. А саме: для єдиного набору $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle,\}$ при якому рівняння $(1)$ виконується, цей набір обов'язково буде ортогональним.

Розглянемо докладніше спектральний розклад $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert$$

Тут власні значення $\rho$ позначено $p_0,\ldots,p_{n-1}$ з огляду на те, що $\rho$ — матриця густини, тобто вектор власних значень $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ утворює вектор ймовірностей, а $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ — ортонормований базис власних векторів, що відповідають цим власним значенням. Щоб переконатися, що єдиний набір $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ при якому рівняння $(1)$ виконується, є ортогональним, почнемо з обчислення часткового сліду.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \operatorname{Tr}(\vert z_a\rangle\langle z_b\vert)\\ & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \langle z_b\vert z_a\rangle \, \vert x_a\rangle\langle x_b\vert. \end{aligned}$$

Цей вираз має збігатися зі спектральним розкладом $\rho.$ Оскільки $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ — базис, робимо висновок, що множина матриць

$$\bigl\{ \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \,:\, a,b\in\{0,\ldots,n-1\} \bigr\}$$

лінійно незалежна, тому

$$\langle z_b \vert z_a\rangle = \begin{cases} p_a & a=b\\[1mm] 0 & a\neq b, \end{cases}$$

що доводить ортогональність $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}.$

Ми майже отримали розкладання Шмідта $\vert\psi\rangle.$ Залишається відкинути ті члени у $(1),$ для яких $p_a = 0,$ а потім записати $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ для одиничного вектора $\vert y_a\rangle$ для кожного з решти членів.

Зручний спосіб це зробити починається зі спостереження, що пари власне значення/власний вектор у спектральному розкладі зведеного стану $\rho$ можна нумерувати як завгодно — тому можна вважати, що власні значення відсортовано за спаданням:

$$p_0 \geq p_1 \geq \cdots \geq p_{n-1}.$$

Поклавши $r = \operatorname{rank}(\rho),$ маємо $p_0,\ldots,p_{r-1} > 0$ і $p_r = \cdots = p_{n-1} = 0.$ Тоді

$$\rho = \sum_{a = 0}^{r-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert,$$

а вектор квантового стану $\vert \psi \rangle$ можна записати як

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a\rangle.$$

Оскільки

$$\| \vert z_a \rangle \|^2 = \langle z_a \vert z_a \rangle = p_a > 0$$

для $a=0,\ldots,r-1,$ визначимо одиничні вектори $\vert y_0 \rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle$ як

$$\vert y_a\rangle = \frac{\vert z_a\rangle}{\|\vert z_a\rangle\|} = \frac{\vert z_a\rangle}{\sqrt{p_a}},$$

так що $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ для кожного $a\in\{0,\ldots,r-1\}.$ Оскільки вектори $\{\vert z_0\rangle, \ldots, \vert z_{r-1}\rangle\}$ ортогональні й ненульові, $\{\vert y_0\rangle, \ldots, \vert y_{r-1}\rangle\}$ є ортонормованою множиною, і ми отримали розкладання Шмідта $\vert\psi\rangle.$

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle$$

Щодо вибору векторів $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ і $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$: ми можемо обрати $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ як будь-яку ортонормовану множину власних векторів, що відповідають ненульовим власним значенням зведеного стану $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ (як ми й зробили вище), тоді вектори $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ визначаються однозначно.

Ситуація симетрична відносно двох систем, тому можна альтернативно обрати $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ як будь-яку ортонормовану множину власних векторів, що відповідають ненульовим власним значенням зведеного стану $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert),$ тоді вектори $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ визначаться однозначно.

Зауваж, однак, що щойно одну з множин вибрано як множину власних векторів відповідного зведеного стану, як описано вище, інша однозначно визначена — тобто їх не можна обирати незалежно.

Хоча до цього в серії ми більше не повернемося, варто зазначити, що ненульові власні значення $p_0,\ldots,p_{r-1}$ зведеного стану $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ завжди збігаються з ненульовими власними значеннями зведеного стану $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ для будь-якого чистого стану $\vert\psi\rangle$ пари систем $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Інтуїтивно кажучи, зведені стани $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ мають рівно однакову кількість випадковості, коли пара $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ перебуває в чистому стані. Цей факт розкривається через розкладання Шмідта: в обох випадках власні значення зведених станів збігаються з квадратами коефіцієнтів Шмідта чистого стану.

Унітарна еквівалентність очищень

Розкладання Шмідта дозволяють встановити фундаментально важливий факт про очищення, відомий як унітарна еквівалентність очищень.

Теорема

Унітарна еквівалентність очищень: нехай $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ — системи, а $\vert\psi\rangle$ і $\vert\phi\rangle$ — вектори квантових станів $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ що обидва очищують один і той самий стан $\mathsf{X}.$ Тобто

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

для деякої матриці густини $\rho,$ що описує стан $\mathsf{X}.$ Тоді обов'язково існує унітарна операція $U$ на одній лише системі $\mathsf{Y},$ що переводить перше очищення в друге:

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle = \vert\phi\rangle.$$

Розглянемо кілька наслідків цієї теореми по ходу уроку, але спочатку подивімося, як вона випливає з нашого попереднього обговорення розкладань Шмідта.

Наше припущення полягає в тому, що $\vert\psi\rangle$ і $\vert\phi\rangle$ — вектори квантових станів пари систем $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ що задовольняють рівняння

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

для деякої матриці густини $\rho,$ що описує стан $\mathsf{X}.$

Розглянемо спектральний розклад $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a\rangle\langle x_a\vert$$

Тут $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ — ортонормований базис власних векторів $\rho.$ Дотримуючись описаного раніше рецепту, можна отримати розкладання Шмідта як для $\vert\psi\rangle,$ так і для $\vert\phi\rangle$ у такому вигляді.

$$\begin{aligned} \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert u_a\rangle\\[1mm] \vert\phi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle \end{aligned}$$

У цих виразах $r$ — ранг $\rho,$ а $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{r-1}\rangle\}$ і $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{r-1}\rangle\}$ — ортонормовані множини векторів у просторі, що відповідає $\mathsf{Y}.$

Для будь-яких двох ортонормованих множин одного простору з однаковою кількістю елементів завжди існує унітарна матриця, що переводить першу множину в другу, тому можна обрати унітарну матрицю $U$ так, що $U \vert u_a\rangle = \vert v_a\rangle$ для $a = 0,\ldots,r-1.$ Зокрема, щоб знайти таку матрицю $U,$ можна спочатку за допомогою процесу ортогоналізації Грама–Шмідта розширити ортонормовані множини до ортонормованих базисів $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{m-1}\rangle\}$ і $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{m-1}\rangle\},$ де $m$ — вимірність простору системи $\mathsf{Y},$ а потім покласти

$$U = \sum_{a = 0}^{m-1} \vert v_a\rangle\langle u_a\vert.$$

Тоді отримаємо

$$\begin{aligned} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes U \vert u_a\rangle\\ & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle\\ & = \vert\phi\rangle, \end{aligned}$$

що завершує доведення.

Нижче наведено лише кілька з багатьох цікавих прикладів і наслідків, пов'язаних з унітарною еквівалентністю очищень. Ще один критично важливий — в контексті точності — ми побачимо пізніше в уроці; він відомий як теорема Ulmann.

Надгусте кодування

У протоколі надгустого кодування Аліса і Боб спільно використовують е-біт: Аліса тримає кубіт $\mathsf{A},$ Боб тримає кубіт $\mathsf{B},$ і разом пара $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ перебуває в стані Белла $\vert\phi^{+}\rangle.$ Протокол описує, як Аліса може перевести цей спільний стан у будь-який із чотирьох станів Белла — $\vert\phi^+\rangle,$ $\vert\phi^-\rangle,$ $\vert\psi^+\rangle$ і $\vert\psi^-\rangle$ — застосувавши унітарну операцію до свого кубіта $\mathsf{A}.$ Після цього вона відправляє $\mathsf{A}$ Бобу, і Боб виконує вимірювання пари $(\mathsf{A},\mathsf{B}),$ щоб з'ясувати, у якому стані Белла вона перебуває.

Для всіх чотирьох станів Белла зведений стан кубіта Боба $\mathsf{B}$ є цілком змішаним станом.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^+\rangle\langle\phi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^-\rangle\langle\phi^-\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^+\rangle\langle\psi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^-\rangle\langle\psi^-\vert) = \frac{\mathbb{I}}{2}$$

З унітарної еквівалентності очищень безпосередньо випливає, що для кожного стану Белла має існувати унітарна операція на одному лише кубіті Аліси $\mathsf{A},$ що переводить $\vert\phi^+\rangle$ у вибраний стан Белла. Хоча це не розкриває точних деталей протоколу, унітарна еквівалентність очищень безпосередньо означає, що надгусте кодування можливе.

Можна також зробити висновок, що узагальнення надгустого кодування на більші системи завжди можливі за умови, що стани Белла замінити будь-яким ортонормованим базисом із очищень цілком змішаного стану.

Криптографічні наслідки

Унітарна еквівалентність очищень має наслідки для реалізації криптографічних примітивів за допомогою квантової інформації. Зокрема, унітарна еквівалентність очищень доводить, що неможливо реалізувати ідеальну форму зобов'язання бітом (bit commitment) за допомогою квантової інформації.

Примітив зобов'язання бітом передбачає двох учасників — Аліса і Боб (які не довіряють один одному) — і складається з двох фаз.

• Перша фаза — це фаза зобов'язання (commit), протягом якої Аліса бере зобов'язання щодо бінарного значення $b\in\{0,1\}.$ Це зобов'язання має бути прив'язуючим (binding) — тобто Аліса не може передумати — а також приховуючим (concealing) — тобто Боб не може дізнатися, яке значення вибрала Аліса.
• Друга фаза — це фаза розкриття (reveal), у якій біт, зафіксований Алісою, стає відомим Бобу, і Боб має бути переконаний, що саме зафіксоване значення й було розкрито.

В інтуїтивно-операційних термінах перша фаза зобов'язання бітом має працювати так, ніби Аліса записує бінарне значення на папері, замикає папір у сейфі і передає сейф Бобу, залишаючи ключ собі. Аліса взяла зобов'язання щодо бінарного значення, записаного на папері, бо сейф знаходиться у Боба (тобто це прив'язуюче), а оскільки Боб не може відкрити сейф, він не може дізнатися, яке значення вибрала Аліса (тобто це приховуюче). Друга фаза має працювати так, ніби Аліса передає Бобу ключ від сейфа, щоб він міг відкрити його й розкрити значення, до якого зобов'язалася Аліса.

Як виявляється, неможливо реалізувати досконалий протокол зобов'язання бітом лише засобами квантової інформації, оскільки це суперечить унітарній еквівалентності очищень. Нижче наведено стислий виклад аргументу, що це доводить.

Для початку можна припустити, що в ході виконання протоколу Аліса і Боб виконують лише унітарні операції або вводять нові ініціалізовані системи. Це припущення правомірне завдяки тому, що кожний канал має представлення Штайнспрінга.

Наприкінці фази зобов'язання протоколу Боб має у своєму розпорядженні деяку складену систему, яка повинна перебувати в одному з двох квантових станів: $\rho_0$ — якщо Аліса зобов'язалася щодо значення $0$, і $\rho_1$ — якщо щодо значення $1.$ Щоб протокол був досконало приховуючим, Боб не повинен уміти розрізняти ці два стани — тобто має виконуватися $\rho_0 = \rho_1.$ (Інакше існувало б вимірювання, яке ймовірнісно розрізняє ці стани.)

Однак оскільки Аліса і Боб використовували лише унітарні операції, стан усіх систем, задіяних у протоколі, після фази зобов'язання має бути чистим. Зокрема, припустимо, що $\vert\psi_0\rangle$ — це чистий стан усіх систем протоколу, коли Аліса зобов'язується щодо $0$, а $\vert\psi_1\rangle$ — чистий стан усіх систем, коли Аліса зобов'язується щодо $1.$ Позначивши $\mathsf{A}$ і $\mathsf{B}$ (можливо, складені) системи Аліси і Боба відповідно, маємо:

$$\begin{aligned} \rho_0 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert)\\[1mm] \rho_1 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert). \end{aligned}$$

З вимоги $\rho_0 = \rho_1$ для досконало приховуючого протоколу випливає, що $\vert\psi_0\rangle$ і $\vert\psi_1\rangle$ є очищеннями одного й того самого стану — а отже, за унітарною еквівалентністю очищень, існує унітарна операція $U$ над $\mathsf{A}$ така, що

$$(U\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{B}})\vert\psi_0\rangle = \vert\psi_1\rangle.$$

Таким чином, Аліса може вільно змінити своє зобов'язання з $0$ на $1$, застосувавши $U$ до $\mathsf{A},$ або з $1$ на $0$, застосувавши $U^{\dagger}$, тому розглянутий гіпотетичний протокол абсолютно не є прив'язуючим.

Теорема Г'юстона-Йожи-Вуттерса

Останній наслідок унітарної еквівалентності очищень, який ми розглянемо в цій частині уроку, — це теорема, відома як теорема Г'юстона-Йожи-Вуттерса. (Насправді це дещо спрощена формулювання теореми, що носить цю назву.)

Теорема

Г'юстон-Йожи-Вуттерс: Нехай $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ — системи, а $\vert\phi\rangle$ — вектор квантового стану пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Нехай також $N$ — довільне натуральне число, $(p_0,\ldots,p_{N-1})$ — вектор ймовірностей, а $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ — вектори квантових станів, що описують стани системи $\mathsf{X}$, причому

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Існує (загальне) вимірювання $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ над $\mathsf{Y}$ таке, що при виконанні цього вимірювання над $\mathsf{Y}$, коли $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ перебуває у стані $\vert\phi\rangle$, виконуються такі два твердження:

1. Кожний результат вимірювання $a\in\{0,\ldots,N-1\}$ з'являється з імовірністю $p_a$.
2. За умови отримання результату вимірювання $a$ стан системи $\mathsf{X}$ стає $\vert\psi_a\rangle.$

Інтуїтивно ця теорема стверджує: якщо ми маємо чистий стан двох систем, то для будь-якого способу представлення зведеного стану першої системи як опуклої комбінації чистих станів існує вимірювання другої системи, яке фактично робить цей спосіб мислення про першу систему реальністю. Зауваж, що число $N$ не обов'язково обмежене кількістю класичних станів $\mathsf{X}$ чи $\mathsf{Y}.$ Наприклад, може бути $N = 1\,000\,000$, тоді як $\mathsf{X}$ і $\mathsf{Y}$ є кубітами.

Доведемо цю теорему, використовуючи унітарну еквівалентність очищень, починаючи з введення нової системи $\mathsf{Z}$, множина класичних станів якої — $\{0,\ldots,N-1\}.$ Розглянемо такі два вектори квантових станів трійки $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z}).$

$$\begin{aligned} \vert\gamma_0\rangle & = \vert\phi\rangle_{\mathsf{XY}}\otimes\vert 0\rangle_{\mathsf{Z}}\\[1mm] \vert\gamma_1\rangle & = \sum_{a = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\, \vert\psi_a\rangle_{\mathsf{X}} \otimes \vert 0\rangle_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle_{\mathsf{Z}} \end{aligned}$$

Перший вектор $\vert\gamma_0\rangle$ — це просто заданий вектор квантового стану $\vert\phi\rangle$, доповнений тензорним добутком з $\vert 0\rangle$ нової системи $\mathsf{Z}.$ Щодо другого вектора $\vert\gamma_1\rangle$: по суті, це вектор квантового стану, який робив би теорему тривіальною — принаймні якби $\mathsf{Y}$ замінити на $\mathsf{Z}$ — оскільки стандартне базисне вимірювання $\mathsf{Z}$ очевидно дає кожний результат $a$ з імовірністю $p_a$, а за умови отримання цього результату стан $\mathsf{X}$ стає $\vert\psi_a\rangle.$

Розглядаючи пару $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ як єдину складену систему, яку можна відслідкувати, залишивши $\mathsf{X}$, ми знаходимо два різних очищення стану

$$\rho = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Зокрема, для першого маємо

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_0\rangle\langle\gamma_0\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert) = \rho$$

а для другого маємо

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_1\rangle\langle\gamma_1\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\sqrt{p_b} \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert \operatorname{Tr}(\vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert a\rangle\langle b\vert)\\ & = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert\\ & = \rho. \end{aligned}$$

Тому за унітарною еквівалентністю очищень має існувати унітарна операція $U$ над $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$, що задовольняє

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert \gamma_0 \rangle = \vert\gamma_1\rangle$$

Використовуючи цю унітарну операцію $U$, ми можемо реалізувати вимірювання, яке задовольняє вимоги теореми, як показано на діаграмі нижче. Словами: ми вводимо нову систему $\mathsf{Z}$, ініціалізовану у стан $\vert 0\rangle$, застосовуємо $U$ до $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$, що переводить стан $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ з $\vert\gamma_0\rangle$ у $\vert\gamma_1\rangle$, а потім вимірюємо $\mathsf{Z}$ стандартним базисним вимірюванням, яке, як ми вже бачили, дає потрібну поведінку.

Пунктирний прямокутник на рисунку зображує реалізацію цього вимірювання, яке можна описати як сукупність позитивно напіввизначених матриць $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ таким чином.

$$P_a = (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \langle 0\vert) U^{\dagger} (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle\langle a \vert)U (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert 0\rangle)$$