Представлення каналів

Далі розглянемо математичні представлення каналів.

Лінійні відображення з векторів у вектори можна представляти матрицями звичним чином, де дія лінійного відображення описується множенням матриці на вектор. Але канали — це лінійні відображення з матриць у матриці, а не з векторів у вектори. Тому, у загальному випадку, як можна виразити канали математично?

Для деяких каналів може існувати проста формула, що їх описує — як-от для трьох прикладів неунітарних кубітних каналів, розглянутих раніше. Але для довільного каналу такої зручної формули може не бути, тому виражати канал у такий спосіб загалом непрактично.

Для порівняння: у спрощеному формулюванні квантової інформації ми використовуємо унітарні матриці для представлення операцій над квантовими векторами стану: кожна унітарна матриця відповідає коректній операції, і кожну коректну операцію можна виразити як унітарну матрицю. По суті, постає питання: чи можна зробити щось аналогічне для каналів?

Щоб відповісти на це питання, знадобляться додаткові математичні інструменти. Ми побачимо, що канали насправді можна описати кількома різними способами, зокрема через представлення, названі на честь трьох людей, які відіграли ключову роль у їхньому розвитку: Штайнспрінга, Крауса та Чоя. Разом ці різні способи опису каналів дають змогу розглядати й аналізувати їх під різними кутами.

Представлення Штайнспрінга

Представлення Штайнспрінга ґрунтуються на ідеї, що кожен канал можна реалізувати стандартним способом: спершу вхідна система поєднується з ініціалізованою робочою системою, утворюючи складену систему; потім над цією складеною системою виконується унітарна операція; нарешті робоча система відкидається (або береться часткова траса), і залишається вихід каналу.

На наступному рисунку зображено таку реалізацію у вигляді схеми кола для каналу, у якого вхідна та вихідна системи збігаються — це система $\mathsf{X}.$

На цій схемі дроти представляють довільні системи, як зазначено мітками над ними, і не обов'язково є окремими кубітами. Також символ землі, широко використовуваний в електротехніці, явно позначає, що $\mathsf{W}$ відкидається.

Словами реалізація працює так. Вхідна система $\mathsf{X}$ починає у деякому стані $\rho,$ тоді як робоча система $\mathsf{W}$ ініціалізується у стандартний базисний стан $\vert 0\rangle.$ Унітарна операція $U$ виконується над парою $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ і нарешті робоча система $\mathsf{W}$ береться в часткову трасу, залишаючи $\mathsf{X}$ на виході.

Зверни увагу, що ми припускаємо, що $0$ — це класичний стан системи $\mathsf{W},$ і ми обираємо його як початковий стан цієї системи, що спростить математику. Втім, замість нього можна вибрати будь-який фіксований чистий стан як початковий стан $\mathsf{W}$, не змінюючи основних властивостей представлення.

Математичний вираз для відповідного каналу $\Phi$ має такий вигляд.

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

Як зазвичай, ми використовуємо угоду Qiskit щодо порядку: система $\mathsf{X}$ знаходиться зверху на схемі, тому відповідає правому тензорному множнику у формулі.

У загальному випадку вхідна та вихідна системи каналу не обов'язково збігаються. Ось рисунок, що зображує реалізацію каналу $\Phi$, у якого вхідна система — $\mathsf{X},$ а вихідна — $\mathsf{Y}.$

Цього разу унітарна операція перетворює $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ на пару $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ де $\mathsf{G}$ — нова «сміттєва» система, яка береться в трасу, залишаючи $\mathsf{Y}$ як вихідну систему. Щоб $U$ була унітарною, вона повинна бути квадратною матрицею. Це вимагає, щоб пара $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ мала стільки ж класичних станів, скільки пара $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ тому системи $\mathsf{W}$ і $\mathsf{G}$ мають бути обрані так, щоб це було можливим.

Математичний вираз для відповідного каналу $\Phi$ аналогічний до попереднього.

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

Коли канал описано таким чином — як унітарна операція разом із специфікацією того, як ініціалізується робоча система і як вибирається вихідна система — кажуть, що він виражений у формі Штайнспрінга або що це представлення Штайнспрінга каналу.

Це зовсім не очевидно, але кожен канал справді має представлення Штайнспрінга, що ми побачимо наприкінці уроку. Ми також побачимо, що представлення Штайнспрінга не є унікальними; завжди існуватимуть різні способи реалізувати один і той самий канал описаним чином.

Зауваження

У контексті квантової інформації термін представлення Штайнспрінга зазвичай стосується дещо загальнішого виразу каналу у формі

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( A \rho A^{\dagger} \bigr)$$

для ізометрії $A$ — матриці, стовпці якої є ортонормованими, але яка може не бути квадратною. Для представлень Штайнспрінга у формі, яку ми прийняли як визначення, можна отримати вираз у цій іншій формі, поклавши

$$A = U (\vert 0\rangle_{\mathsf{W}} \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{X}}).$$

Повністю дефазуючий канал

Ось представлення Штайнспрінга кубітного дефазуючого каналу $\Delta.$ На цій схемі обидва дроти представляють окремі кубіти — тобто це звичайна схема квантового кола.

Щоб переконатися, що ефект цього кола на вхідний кубіт справді описується повністю дефазуючим каналом, пройдемо по колу крок за кроком, використовуючи явне матричне представлення часткової траси, розглянуте в попередньому уроці. Назвемо верхній кубіт $\mathsf{X}$ — це вхід і вихід каналу — і припустимо, що $\mathsf{X}$ починає у деякому довільному стані $\rho.$

Першим кроком є введення робочого кубіта $\mathsf{W}.$ До виконання вентиля CNOT стан пари $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ представляється такою матрицею густини.

$$\begin{aligned} \vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho & = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Відповідно до угоди Qiskit щодо порядку, верхній кубіт $\mathsf{X}$ знаходиться праворуч, а нижній кубіт $\mathsf{W}$ — ліворуч. Ми використовуємо матриці густини замість квантових векторів стану, але тензорний добуток будується аналогічно до того, що робиться у спрощеному формулюванні квантової інформації.

Наступним кроком є виконання операції CNOT, де $\mathsf{X}$ є керуючим, а $\mathsf{W}$ — цільовим кубітом. З урахуванням угоди Qiskit щодо порядку, матричне представлення цього вентиля має такий вигляд.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Це унітарна операція, і щоб застосувати її до матриці густини, ми виконуємо спряження унітарною матрицею. Ця конкретна матриця не змінюється при ермітовому спряженні, тому результат має такий вигляд.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\\[3mm] = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}$$

Нарешті виконується часткова траса по $\mathsf{W}.$ Згадуючи дію цієї операції на матриці $4\times 4$, описану в попередньому уроці, отримуємо таку матрицю густини на виході.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Можна також обчислити часткову трасу, спершу перейшовши до нотації Дірака.

$$\begin{pmatrix} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \end{pmatrix} = \begin{array}{r} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 1\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 1\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 1\vert \end{array}$$

Виконання часткової траси по кубіту з лівого боку дає той самий результат, що й раніше.

$$\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert = \Delta(\rho)$$

Інтуїтивний спосіб осмислити це коло такий: операція CNOT фактично копіює класичний стан вхідного кубіта, і коли копія викидається в «сміттєвий кошик», вхідний кубіт «колапсує» імовірнісно до одного з двох можливих класичних станів, що рівносильно повному дефазуванню.

Повністю дефазуючий канал (альтернатива)

Описане вище коло — не єдиний спосіб реалізувати повністю дефазуючий канал. Ось інший спосіб це зробити.

Ось короткий аналіз, що підтверджує коректність цієї реалізації. Після виконання вентиля Адамара стан двох кубітів як матриця густини має такий вигляд:

$$\begin{aligned} \vert + \rangle\langle + \vert \otimes \rho & = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1\\[1mm] 1 & 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Вентиль controlled-$\sigma_z$ діє шляхом спряження таким чином.

$$\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\\[3mm] = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}$$

Нарешті виконується часткова траса по робочій системі $\mathsf{W}.$

$$\frac{1}{2} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] \begin{aligned} & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[2mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Ця реалізація ґрунтується на простій ідеї: дефазування рівносильне тому, що або нічого не відбувається (тобто застосовується тотожна операція), або застосовується вентиль $\sigma_z$, кожне з імовірністю $1/2.$

$$\begin{aligned} \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[2mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Тобто повністю дефазуючий канал є прикладом змішано-унітарного каналу, а конкретніше — каналу Паулі.

Канал скидання кубіта

Канал скидання кубіта можна реалізувати так.

Вентиль SWAP просто переміщує ініціалізований стан $\vert 0\rangle$ робочого кубіта на вихід, тоді як вхідний стан $\rho$ переміщується до нижнього кубіта і потім береться в трасу.

Альтернативно, якщо не вимагати, щоб вихід каналу залишався зверху, можна взяти за представлення ось це дуже просте коло.

Простіше кажучи, скидання кубіта до стану $\vert 0\rangle$ рівносильне викиданню кубіта в «смітник» і отриманню нового.

Представлення Крауса

Тепер розглянемо представлення Крауса, що пропонують зручний формульний спосіб виражати дію каналу через множення та додавання матриць. Зокрема, представлення Крауса — це специфікація каналу $\Phi$ у такій формі.

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

Тут $A_0,\ldots,A_{N-1}$ — матриці однакових розмірів: їхні стовпці відповідають класичним станам вхідної системи $\mathsf{X},$ а рядки — класичним станам вихідної системи, чи то $\mathsf{X},$ чи якоїсь іншої системи $\mathsf{Y}.$ Щоб $\Phi$ була коректним каналом, ці матриці мають задовольняти таку умову.

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

Ця умова рівносильна умові збереження $\Phi$ сліду. Інша властивість, що вимагається від каналу — повна позитивність — випливає із загальної форми рівняння для $\Phi$ як суми спряжень.

Іноді зручно позначати матриці $A_0,\ldots,A_{N-1}$ по-іншому. Наприклад, можна нумерувати їх починаючи з $1,$ або використовувати стани з деякої довільної множини класичних станів $\Gamma$ замість чисел як індекси:

$$\Phi(\rho) = \sum_{a\in\Gamma} A_a \rho A_a^{\dagger} \quad \text{where} \quad \sum_{a\in\Gamma} A_a^{\dagger} A_a = \mathbb{I}.$$

Ці різні способи позначення матриць, що звуться матрицями Крауса, є поширеними і можуть бути зручними в різних ситуаціях — але в цьому уроці для простоти ми дотримуватимемося позначень $A_0,\ldots,A_{N-1}.$

Число $N$ може бути довільним додатним цілим числом, але воно ніколи не потребує бути надто великим: якщо вхідна система $\mathsf{X}$ має $n$ класичних станів, а вихідна система $\mathsf{Y}$ — $m$ класичних станів, то для будь-якого заданого каналу з $\mathsf{X}$ у $\mathsf{Y}$ завжди існує представлення Крауса, у якому $N$ не перевищує добутку $nm.$

Повністю деполяризуючий канал за фазою

Представлення Крауса для повністю деполяризуючого за фазою каналу отримуємо, беручи $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ та $A_1 = \vert 1\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 1\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 1 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1 \vert \\[2mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Ці матриці задовольняють необхідну умову.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert 1\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Альтернативно можна взяти $A_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbb{I}$ та $A_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z,$ так що

$$\sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} = \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z = \Delta(\rho),$$

як і було обчислено раніше. Цього разу необхідну умову можна перевірити наступним чином.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \sigma_z^2 = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \mathbb{I} = \mathbb{I}$$

Канал скидання кубіту

Представлення Крауса для каналу скидання кубіту отримуємо, беручи $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ та $A_1 = \vert 0\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 0\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 0 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert\\[2mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \vert 0\rangle \langle 0 \vert \end{aligned}$$

Ці матриці задовольняють необхідну умову.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Повністю деполяризуючий канал

Один зі способів отримати представлення Крауса для повністю деполяризуючого каналу — обрати матриці Крауса $A_0,\ldots,A_3$ наступним чином.

$$A_0 = \frac{\vert 0\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_1 = \frac{\vert 0\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}} \quad A_2 = \frac{\vert 1\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_3 = \frac{\vert 1\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}}$$

Для довільної матриці густини кубіту $\rho$ маємо

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{1}{2} \bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 0\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 1\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr)\\ & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2}\\[1mm] & = \Omega(\rho). \end{aligned}$$

Альтернативне представлення Крауса отримуємо, обравши матриці Крауса так.

$$A_0 = \frac{\mathbb{I}}{2} \quad A_1 = \frac{\sigma_x}{2} \quad A_2 = \frac{\sigma_y}{2} \quad A_3 = \frac{\sigma_z}{2}$$

Щоб переконатись, що ці матриці Крауса справді представляють повністю деполяризуючий канал, спочатку зауважимо, як відбувається спряження довільної матриці $2\times 2$ матрицею Паулі.

$$\begin{aligned} \sigma_x \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_x & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & \alpha_{1,0}\\[1mm] \alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_y \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_y & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & -\alpha_{1,0}\\[1mm] -\alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_z \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_z & = \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & -\alpha_{0,1}\\[1mm] -\alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Це дає змогу перевірити правильність нашого представлення Крауса.

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{\rho + \sigma_x \rho \sigma_x + \sigma_y \rho \sigma_y + \sigma_z \rho \sigma_z}{4} \\ & = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle \\[2mm] \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle \end{pmatrix} \\[4mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2} \end{aligned}$$

Це представлення Крауса виражає важливу ідею: стан кубіту можна повністю рандомізувати, застосувавши до нього одну з чотирьох матриць Паулі (включаючи одиничну матрицю), обрану рівномірно випадково. Таким чином, повністю деполяризуючий канал є ще одним прикладом каналу Паулі.

Неможливо знайти представлення Крауса для повністю деполяризуючого каналу $\Omega$ з трьома або меншою кількістю матриць Крауса — для цього каналу потрібно щонайменше чотири.

Унітарні канали

Якщо маємо унітарну матрицю $U$, що описує операцію над системою $\mathsf{X},$ можна виразити дію цієї унітарної операції як канал:

$$\Phi(\rho) = U \rho U^{\dagger}.$$

Цей вираз вже є коректним представленням Крауса каналу $\Phi,$ де є лише одна матриця Крауса $A_0 = U.$ У цьому випадку необхідна умова

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

набуває набагато простішого вигляду $U^{\dagger} U = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ що виконується, оскільки $U$ є унітарною.

Представлення Чоя

Тепер обговоримо третій спосіб опису каналів — через представлення Чоя. Суть у тому, що кожен канал представляється однією матрицею, яка називається матрицею Чоя. Якщо вхідна система має $n$ класичних станів, а вихідна — $m$ класичних станів, то матриця Чоя каналу матиме $nm$ рядків та $nm$ стовпців.

Матриці Чоя забезпечують вірне представлення каналів, тобто два канали збігаються тоді й лише тоді, коли вони мають однакові матриці Чоя. Одна з причин, чому це важливо: такий підхід дає можливість з'ясувати, чи два різних описи відповідають одному каналу чи різним — достатньо обчислити матриці Чоя і порівняти їх на рівність. На відміну від цього, представлення Стайнспрінга та Крауса не є унікальними в цьому сенсі, як ми вже бачили.

Матриці Чоя також корисні в інших відношеннях для розкриття різних математичних властивостей каналів.

Визначення

Нехай $\Phi$ — канал із системи $\mathsf{X}$ в систему $\mathsf{Y},$ і припустимо, що множина класичних станів вхідної системи $\mathsf{X}$ є $\Sigma.$ Представлення Чоя для $\Phi,$ яке позначається $J(\Phi),$ визначається наступним рівнянням.

$$J(\Phi) = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl( \vert a\rangle\langle b \vert\bigr)$$

Якщо припустити, що $\Sigma = \{0,\ldots, n-1\}$ для деякого додатного цілого числа $n,$ то можна альтернативно виразити $J(\Phi)$ як блокову матрицю:

$$J(\Phi) = \begin{pmatrix} \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \end{pmatrix}$$

Тобто, як блокова матриця, матриця Чоя каналу має один блок $\Phi(\vert a\rangle\langle b\vert)$ для кожної пари $(a,b)$ класичних станів вхідної системи, причому блоки розташовані природним чином.

Зауважимо, що множина $\{\vert a\rangle\langle b\vert \,:\, 0\leq a,b < n\}$ утворює базис у просторі всіх матриць розміру $n\times n$. Оскільки $\Phi$ є лінійним, його дія може бути відновлена з матриці Чоя шляхом взяття лінійних комбінацій блоків.

Стан Чоя каналу

Інший спосіб розуміти матрицю Чоя каналу — це розглядати її як матрицю густини, поділену на $n = \vert\Sigma\vert.$ Зосередимось для простоти на ситуації, де $\Sigma = \{0,\ldots,n-1\}$, і уявімо, що маємо дві однакові копії $\mathsf{X}$, які разом перебувають у заплутаному стані

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

Як матриця густини цей стан виглядає так.

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert$$

Якщо застосувати $\Phi$ до копії $\mathsf{X}$ з правого боку, отримаємо матрицю Чоя, поділену на $n.$

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

Іншими словами, з точністю до нормувального множника $1/n,$ матриця Чоя для $\Phi$ — це матриця густини, отримана шляхом застосування $\Phi$ до однієї половини максимально заплутаної пари вхідних систем, як зображено на наступній схемі.

Зауважимо, що це зокрема означає: матриця Чоя каналу завжди має бути позитивно напівдовизначеною.

Також бачимо, що оскільки канал $\Phi$ застосовується лише до правої/верхньої системи, він не може вплинути на зведений стан лівої/нижньої системи. У нашому випадку цей стан є повністю змішаним станом $\mathbb{I}_{\mathsf{X}}/n,$ і тому

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \biggl(\frac{J(\Phi)}{n}\biggr) = \frac{\mathbb{I}_{\mathsf{X}}}{n}.$$

Скорочуючи знаменник $n$ з обох сторін, отримуємо $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Можна дійти того самого висновку, скориставшись тим, що канали завжди зберігають слід, і тому

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

Підсумовуючи, представлення Чоя $J(\Phi)$ для будь-якого каналу $\Phi$ має бути позитивно напівдовизначеним і задовольняти умову

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Як ми побачимо в кінці уроку, ці дві умови не лише необхідні, але й достатні — тобто будь-яке лінійне відображення $\Phi$ з матриць у матриці, що задовольняє цим вимогам, насправді є каналом.

Повністю деполяризуючий за фазою канал

Представлення Чоя для повністю деполяризуючого за фазою каналу $\Delta$ має вигляд

$$\begin{aligned} J(\Delta) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Delta\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert a\rangle\langle a \vert \\[4mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Повністю деполяризуючий канал

Представлення Чоя для повністю деполяризуючого каналу має вигляд

$$\begin{aligned} J(\Omega) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Omega\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \frac{1}{2} \mathbb{I} \\[4mm] & = \frac{1}{2} \mathbb{I} \otimes \mathbb{I}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Канал скидання кубіту

Представлення Чоя для каналу скидання кубіту $\Phi$ має вигляд

$$\begin{aligned} J(\Lambda) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Lambda\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[4mm] & = \mathbb{I} \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[3mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Тотожній канал

Представлення Чоя для тотожного каналу кубіту $\operatorname{Id}$ має вигляд

$$\begin{aligned} J(\operatorname{Id}) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \operatorname{Id}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a \rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle \langle b \vert \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Зауважимо зокрема, що $J(\operatorname{Id})$ не є одиничною матрицею.