Еквівалентність представлень

Ми вже розглянули три різні способи математичного представлення каналів: представлення Стінспрінга, представлення Крауса та представлення Чоі. Також є визначення каналу, яке стверджує, що канал — це лінійне відображення, яке завжди перетворює матриці густини на матриці густини, навіть коли канал застосовується лише до частини складеної системи. Решта уроку присвячена математичному доведенню того, що три представлення є еквівалентними і точно відповідають визначенню.

Огляд доведення

Наша мета — встановити еквівалентність набору з чотирьох тверджень, і почнемо з того, що запишемо їх точно. Усі чотири твердження дотримуються тих самих угод, що використовувалися протягом уроку, а саме: $\Phi$ — це лінійне відображення з квадратних матриць у квадратні матриці, рядки і стовпці вхідних матриць приведено у відповідність до класичних станів системи $\mathsf{X}$ (вхідна система), а рядки і стовпці вихідних матриць — до класичних станів системи $\mathsf{Y}$ (вихідна система).

1. $\Phi$ є каналом з $\mathsf{X}$ до $\mathsf{Y}.$ Тобто $\Phi$ завжди перетворює матриці густини на матриці густини, навіть коли діє на одну частину більшої складеної системи.

2. Матриця Чоі $J(\Phi)$ є позитивно напівозначеною і задовольняє умову $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

3. Для $\Phi$ існує представлення Крауса. Тобто існують матриці $A_0,\ldots,A_{N-1}$, для яких рівняння $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ є істинним для кожного вхідного $\rho$, і які задовольняють умову $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

4. Для $\Phi$ існує представлення Стінспрінга. Тобто існують системи $\mathsf{W}$ та $\mathsf{G}$, для яких пари $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ та $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ мають однакову кількість класичних станів, а також унітарна матриця $U$, яка представляє унітарну операцію з $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ у $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$, така що $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr)$.

Доведення ґрунтується на тому, що доводиться цикл імплікацій: перше твердження з нашого списку тягне за собою друге, друге — третє, третє — четверте, а четверте твердження тягне за собою перше. Це встановлює еквівалентність усіх чотирьох тверджень — тобто для будь-якого конкретного вибору $\Phi$ вони або всі істинні, або всі хибні — оскільки імплікації можна транзитивно перейти від будь-якого одного твердження до будь-якого іншого.

Це поширена стратегія при доведенні еквівалентності набору тверджень, і корисний прийом у такому контексті — організувати імплікації так, щоб їх було якомога простіше довести. Саме так і є тут — і насправді ми вже зустрічали дві з чотирьох імплікацій.

Від каналів до матриць Чоі

Посилаючись на твердження зі списку вище за їхніми номерами, перша імплікація, яку слід довести, — це 1 $\Rightarrow$ 2. Ця імплікація вже розглядалася у контексті стану Чоі каналу. Тут ми підсумуємо математичні деталі.

Припустимо, що множина класичних станів вхідної системи $\mathsf{X}$ — це $\Sigma$, і нехай $n = \vert\Sigma\vert$. Розглянемо ситуацію, коли $\Phi$ застосовується до другої з двох копій $\mathsf{X}$ разом у стані

$$\vert \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{a \in \Sigma} \vert a \rangle \otimes \vert a \rangle,$$

що у вигляді матриці густини записується як

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b \in \Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert.$$

Результат можна записати як

$$(\operatorname{Id}\otimes \,\Phi) \bigl(\vert \psi \rangle \langle \psi \vert\bigr) = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) = \frac{J(\Phi)}{n},$$

і, за припущенням, що $\Phi$ є каналом, це має бути матриця густини. Як і всі матриці густини, вона має бути позитивно напівозначеною, а множення позитивно напівозначеної матриці на додатне дійсне число дає іншу позитивно напівозначену матрицю, тому $J(\Phi) \geq 0$.

Крім того, за припущенням, що $\Phi$ є каналом, він має зберігати слід, а отже

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\Phi( \vert a\rangle\langle b \vert)\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle\langle a \vert\\ & = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}. \end{aligned}$$

Від представлення Чоі до представлення Крауса

Друга імплікація, знову ж таки посилаючись на твердження нашого списку за їхніми номерами, — це 2 $\Rightarrow$ 3. Для ясності: ми ігноруємо інші твердження — і зокрема не можемо допускати, що $\Phi$ є каналом. Все, з чим ми маємо справу, — це те, що $\Phi$ є лінійним відображенням, чиє представлення Чоі задовольняє $J(\Phi) \geq 0$ і $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

Проте цього достатньо, щоб зробити висновок, що $\Phi$ має представлення Крауса

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

для якого виконується умова

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Починаємо з критично важливого припущення, що $J(\Phi)$ є позитивно напівозначеною, а це означає, що її можна записати у вигляді

Ми починаємо з критично важливого припущення, що $J(\Phi)$ є додатно напівозначеною, що означає, що її можна виразити у формі

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \tag{1}$$

для деякого способу вибору векторів $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$. Загалом існує кілька способів це зробити — і насправді це безпосередньо відображає свободу вибору представлення Крауса для $\Phi$.

Один зі способів отримати такий вираз — спочатку використати спектральну теорему, щоб записати

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \lambda_k \vert \gamma_k \rangle \langle \gamma_k \vert,$$

де $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ — власні значення $J(\Phi)$ (які обов'язково є невід'ємними дійсними числами, оскільки $J(\Phi)$ додатно напівозначена), а $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ — одиничні власні вектори, що відповідають власним значенням $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$.

Зауваж, що, хоча немає свободи у виборі власних значень (крім порядку їх розташування), є свобода у виборі власних векторів, особливо коли є власні значення з кратністю більше одиниці. Отже, це не унікальний вираз $J(\Phi)$ — ми лише припускаємо, що маємо один такий вираз. Попри це, оскільки власні значення є невід'ємними дійсними числами, вони мають невід'ємні квадратні корені, тому ми можемо вибрати

$$\vert\psi_k\rangle = \sqrt{\lambda_k} \vert \gamma_k\rangle$$

для кожного $k = 0,\ldots,N-1$, щоб отримати вираз форми $(1)$.

Однак не обов'язково, щоб вираз $(1)$ походив саме зі спектрального розкладу таким чином, і зокрема вектори $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ не обов'язково мають бути ортогональними в загальному випадку. Варто зазначити, однак, що ми можемо обрати ці вектори ортогональними, якщо забажаємо — і більше того, нам ніколи не потрібно, щоб $N$ було більшим за $nm$ (нагадуємо, що $n$ і $m$ позначають кількість класичних станів $\mathsf{X}$ та $\mathsf{Y}$ відповідно).

Далі, кожен із векторів $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ можна додатково розкласти як

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle,$$

де вектори $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ мають елементи, що відповідають класичним станам $\mathsf{Y}$, і можуть бути явно визначені рівнянням

$$\vert \phi_{k,a}\rangle = \bigl( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}\bigr) \vert \psi_k\rangle$$

для кожного $a\in\Sigma$ та $k=0,\ldots,N-1$. Хоча $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ не обов'язково є одиничними векторами, це той самий процес, який ми б використали для аналізу того, що станеться, якщо виконати стандартне базисне вимірювання системи $\mathsf{X}$, маючи вектор квантового стану пари $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$.

І тепер ми переходимо до прийому, який робить цю частину доведення дієвою. Ми визначаємо наші матриці Крауса $A_0,\ldots,A_{N-1}$ відповідно до наступного рівняння.

$$A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

Про цю формулу можна думати чисто символічно: $\vert a\rangle$ фактично перевертається, утворюючи $\langle a\vert$, і переміщується в праву частину, утворюючи матрицю. Для цілей перевірки доведення нам потрібна лише ця формула.

Однак існує простий та інтуїтивний зв'язок між вектором $\vert\psi_k\rangle$ та матрицею $A_k$, який полягає в тому, що, векторизувавши $A_k$, ми отримуємо $\vert\psi_k\rangle$. Векторизувати $A_k$ означає укласти стовпці один на інший (з крайнім лівим стовпцем зверху, продовжуючи до крайнього правого знизу), щоб утворити вектор. Наприклад, якщо $\mathsf{X}$ та $\mathsf{Y}$ обидва є кубітами, і для деякого вибору $k$ ми маємо

$$\begin{aligned} \vert\psi_k\rangle & = \alpha_{00} \vert 0\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{01} \vert 0\rangle \otimes \vert 1\rangle + \alpha_{10} \vert 1\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{11} \vert 1\rangle \otimes \vert 1\rangle\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} \\[1mm] \alpha_{01} \\[1mm] \alpha_{10} \\[1mm] \alpha_{11} \end{pmatrix}, \end{aligned}$$

then

$$\begin{aligned} A_k & = \alpha_{00} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \alpha_{01} \vert 1\rangle\langle 0\vert + \alpha_{10} \vert 0\rangle\langle 1\vert + \alpha_{11} \vert 1\rangle\langle 1\vert\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} & \alpha_{10}\\[1mm] \alpha_{01} & \alpha_{11} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

(Обережно: іноді векторизація матриці визначається дещо інакше, а саме, що рядки матриці транспонуються та укладаються один на інший, щоб утворити вектор-стовпець.)

Спочатку ми перевіримо, що цей вибір матриць Крауса правильно описує відображення $\Phi$, після чого перевіримо іншу необхідну умову. Щоб не заплутатися, визначимо нове відображення $\Psi$ наступним чином.

$$\Psi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

Отже, наша мета — перевірити, що $\Psi = \Phi$.

Спосіб, яким ми можемо це зробити, — порівняти представлення Чoї цих відображень. Представлення Чoї є достовірними, тому маємо $\Psi = \Phi$ тоді й лише тоді, коли $J(\Phi) = J(\Psi)$. На цьому етапі ми можемо просто обчислити $J(\Psi)$, використовуючи вирази

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle \quad\text{and}\quad A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

разом з білінійністю тензорних добутків для спрощення.

$$\begin{aligned} J(\Psi) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \vert a\rangle \langle b \vert A_k^{\dagger}\\[2mm] & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \biggl(\sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a} \rangle\biggr) \biggl(\sum_{b\in\Sigma} \langle b\vert \otimes \langle \phi_{k,b} \vert\biggr)\\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \\[2mm] & = J(\Phi) \end{aligned}$$

Отже, наші матриці Крауса правильно описують $\Phi$.

Залишається перевірити необхідну умову для $A_0,\ldots,A_{N-1}$, яка виявляється еквівалентною припущенню $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (яке ми ще не використовували). Ми покажемо цей зв'язок:

$$\Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr)^{T} = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) \tag{2}$$

(в якому ми маємо на увазі транспонування матриці у лівій частині).

Починаючи з лівої частини, ми спочатку можемо спостерегти, що

$$\begin{aligned} \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T & = \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert b \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle a \vert\Biggr)^T\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Остання рівність випливає з того факту, що транспонування є лінійним і відображає $\vert b\rangle\langle a \vert$ у $\vert a\rangle\langle b \vert$.

Переходячи до правої частини нашого рівняння, маємо

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k\rangle\langle\psi_k \vert = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert$$

а отже

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert \bigr)\, \vert a\rangle \langle b \vert\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Ми отримали той самий результат, і тому рівняння $(2)$ підтверджено. Звідси, за припущенням $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$, випливає, що

$$\Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

а отже, оскільки одинична матриця є своїм власним транспонуванням, необхідна умова є істинною.

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Від представлення Крауса до представлення Стінспрінга

Тепер припустимо, що ми маємо представлення Крауса відображення

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

для якого

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Наша мета — знайти представлення Стайнспрінга для $\Phi$.

Спочатку ми хотіли б обрати систему сміття $\mathsf{G}$ так, щоб її множина класичних станів була $\{0,\ldots,N-1\}$. Однак, щоб $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ та $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ мали однаковий розмір, необхідно, щоб $n$ ділило $mN$, що дозволяє нам взяти $\mathsf{W}$ з класичними станами $\{0,\ldots,d-1\}$ для $d = mN/n$.

Для довільного вибору $n$, $m$ та $N$ може виявитися, що $mN/n$ не є цілим числом, тому ми насправді не вільні обирати $\mathsf{G}$ так, щоб її множина класичних станів була $\{0,\ldots,N-1\}$. Але ми завжди можемо довільно збільшити $N$ у представленні Крауса, вибираючи $A_k = 0$ для скількох завгодно додаткових значень $k$.

Отже, якщо ми мовчазно припустимо, що $mN/n$ є цілим числом, що еквівалентно тому, що $N$ є кратним $n/\operatorname{gcd}(n,m)$, тоді ми вільні обрати $\mathsf{G}$ так, щоб його множина класичних станів була $\{0,\ldots,N-1\}$. Зокрема, якщо виявиться, що $N = nm$, тоді ми можемо взяти $\mathsf{W}$ з $m^2$ класичними станами.

Залишається вибрати $U$, і ми зробимо це, зіставивши з наступним шаблоном.

$$U = \begin{pmatrix} A_{0} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] A_{1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] A_{N-1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \end{pmatrix}$$

Для ясності, цей шаблон покликаний позначати блочну матрицю, де кожен блок (включно з $A_{0},\ldots,A_{N-1}$, а також блоки, позначені знаком питання) має $m$ рядків та $n$ стовпців. Є $N$ рядків блоків, що означає, що є $d = mN/n$ стовпців блоків.

Виражаючи в більш формульних термінах, ми визначимо $U$ як

$$\begin{aligned} U & = \sum_{k=0}^{N-1} \sum_{j=0}^{d-1} \vert k \rangle \langle j \vert \otimes M_{k,j} \\[4mm] & = \begin{pmatrix} M_{0,0} & M_{0,1} & \cdots & M_{0,d-1} \\[1mm] M_{1,0} & M_{1,1} & \cdots & M_{1,d-1} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] M_{N-1,0} & M_{N-1,1} & \cdots & M_{N-1,d-1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

де кожна матриця $M_{k,j}$ має $m$ рядків та $n$ стовпців, і зокрема ми візьмемо $M_{k,0} = A_k$ для $k = 0,\ldots,N-1$.

Це повинна бути унітарна матриця, і блоки, позначені знаком питання, або еквівалентно $M_{k,j}$ для $j>0$, потрібно обирати з цим на увазі — але окрім того, щоб дозволити $U$ бути унітарною, блоки, позначені знаком питання, не матимуть жодного відношення до доведення.

Давайте на мить відкладемо занепокоєння про те, що $U$ унітарна, і зосередимося на виразі

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

що описує вихідний стан $\mathsf{Y}$, враховуючи вхідний стан $\rho$ системи $\mathsf{X}$ для нашого представлення Стайнспрінга. Ми можемо альтернативно записати

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{X}}) \rho (\langle 0\vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{X}}) U^{\dagger},$$

і ми бачимо з нашого вибору $U$, що

$$U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{X}}) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k.$$

Отже, ми знаходимо, що

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \vert k\rangle\langle j\vert \otimes A_k \rho A_j^{\dagger},$$

and so

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho) U^{\dagger}\bigr) & = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert k\rangle\langle j\vert\bigr) \, A_k \rho A_j^{\dagger} \\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger} \\ & = \Phi(\rho). \end{aligned}$$

Отже, ми маємо коректне представлення для відображення $\Phi$, і залишається перевірити, що ми можемо обрати $U$ унітарною.

Розглянемо перші $n$ стовпців $U$, коли він обраний відповідно до шаблону вище. Беручи лише ці стовпці, ми маємо блочну матрицю

$$\begin{pmatrix} A_0\\[1mm] A_1\\[1mm] \vdots\\[1mm] A_{N-1} \end{pmatrix}.$$

Є $n$ стовпців, по одному для кожного класичного стану $\mathsf{X}$, і як вектори назвемо стовпці $\vert \gamma_a \rangle$ для кожного $a\in\Sigma$. Ось формула для цих векторів, яку можна зіставити з блочним матричним представленням вище.

$$\vert \gamma_a\rangle = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k \vert a \rangle$$

Тепер обчислимо скалярний добуток між будь-якими двома з цих векторів, тобто тими, що відповідають будь-якому вибору $a,b\in\Sigma$.

$$\langle \gamma_a \vert \gamma_b \rangle = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \langle k \vert j \rangle \, \langle a \vert A_k^{\dagger} A_j \vert b\rangle = \langle a \vert \Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr) \vert b\rangle$$

За припущенням

$$\sum_{k = 0}^{m-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

ми доходимо висновку, що $n$ стовпчикових векторів $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ утворюють ортонормовану множину:

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

для всіх $a,b\in\Sigma$.

Це означає, що можна заповнити решту стовпців $U$ так, щоб вона стала унітарною матрицею. Зокрема, для вибору решти стовпців можна використати процес ортогоналізації Грама-Шмідта. Щось подібне робилося в уроці Квантові схеми курсу "Основи квантової інформації" в контексті задачі розрізнення станів.

Від представлення Стінспрінга назад до визначення

Остання імплікація — це 4 $\Rightarrow$ 1. Тобто ми припускаємо, що маємо унітарну операцію, яка перетворює пару систем $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ на пару $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$, і наша мета — зробити висновок, що відображення

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

є коректним каналом. З його форми очевидно, що $\Phi$ є лінійним, і залишається перевірити, що воно завжди перетворює матриці густини на матриці густини. Це досить прямолінійно, і ми вже обговорили ключові моменти.

Зокрема, якщо почати з матриці густини $\sigma$ складеної системи $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ і потім додати додаткову робочу систему $\mathsf{W}$, ми, безперечно, залишимося з матрицею густини. Якщо для зручності впорядкувати системи $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$, цей стан можна записати як

$$\vert 0\rangle\langle 0\vert_{\mathsf{W}} \otimes \sigma.$$

Потім застосовуємо унітарну операцію $U$, і, як ми вже обговорювали, це є коректним каналом, а отже відображає матриці густини на матриці густини. Нарешті, частковий слід матриці густини є ще однією матрицею густини.

Інший спосіб сказати це — спочатку зауважити, що кожна з таких речей є коректним каналом:

1. Введення ініціалізованої робочої системи.

2. Виконання унітарної операції.

3. Взяття часткового сліду по системі.

І нарешті, будь-яка композиція каналів є ще одним каналом — що безпосередньо випливає з визначення, але є також фактом, вартим окремої уваги.

Це завершує доведення останньої імплікації, і таким чином ми встановили еквівалентність чотирьох тверджень, перелічених на початку розділу.