Purificazioni

Definizione di purificazioni

Iniziamo con una precisa definizione matematica di purificazioni.

Definizione

Supponiamo che $\mathsf{X}$ sia un sistema in uno stato rappresentato da una matrice densità $\rho,$ e che $\vert\psi\rangle$ sia un vettore di stato quantistico della coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ che lascia $\rho$ quando si esegue la traccia parziale su $\mathsf{Y}$:

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

Il vettore di stato $\vert\psi\rangle$ viene allora detto purificazione di $\rho.$

Lo stato puro $\vert\psi\rangle\langle\psi\vert,$ espresso come matrice densità anziché come vettore di stato quantistico, è anch'esso comunemente indicato come purificazione di $\rho$ quando l'equazione nella definizione è soddisfatta, ma generalmente useremo il termine per riferirci a un vettore di stato quantistico.

Il termine purificazione viene usato anche in senso più generale quando l'ordine dei sistemi è invertito, quando i nomi dei sistemi e degli stati sono diversi (ovviamente), e quando ci sono più di due sistemi. Per esempio, se $\vert \psi \rangle$ è un vettore di stato quantistico che rappresenta uno stato puro di un sistema composto $(\mathsf{A},\mathsf{B},\mathsf{C}),$ e l'equazione

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

è vera per una matrice densità $\rho$ che rappresenta uno stato del sistema $(\mathsf{A},\mathsf{C}),$ allora $\vert\psi\rangle$ viene comunque chiamata purificazione di $\rho.$

Ai fini di questa lezione, tuttavia, ci concentreremo sulla forma specifica descritta nella definizione. Le proprietà e i fatti riguardanti le purificazioni, secondo questa definizione, possono tipicamente essere generalizzati a più di due sistemi riordinando e suddividendo i sistemi in due sistemi composti, uno che svolge il ruolo di $\mathsf{X}$ e l'altro quello di $\mathsf{Y}.$

Esistenza delle purificazioni

Supponiamo che $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ siano due sistemi qualsiasi e che $\rho$ sia uno stato dato di $\mathsf{X}.$ Dimostreremo che esiste un vettore di stato quantistico $\vert\psi\rangle$ di $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ che purifica $\rho$ — un altro modo per dire che $\vert\psi\rangle$ è una purificazione di $\rho$ — a condizione che il sistema $\mathsf{Y}$ sia abbastanza grande. In particolare, se $\mathsf{Y}$ ha almeno tanti stati classici quanti $\mathsf{X},$ allora una purificazione di questa forma esiste necessariamente per ogni stato $\rho.$ Per alcuni stati $\rho$ sono richiesti meno stati classici di $\mathsf{Y};$ in generale, $\operatorname{rank}(\rho)$ stati classici di $\mathsf{Y}$ sono necessari e sufficienti per l'esistenza di un vettore di stato quantistico di $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ che purifica $\rho.$

Considera prima qualsiasi espressione di $\rho$ come combinazione convessa di $n$ stati puri, per un qualsiasi intero positivo $n.$

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

In questa espressione, $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ è un vettore di probabilità e $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ sono vettori di stato quantistico di $\mathsf{X}.$

Un modo per ottenere tale espressione è attraverso il teorema spettrale, nel qual caso $n$ è il numero di stati classici di $\mathsf{X},$ $p_0,\ldots,p_{n-1}$ sono gli autovalori di $\rho,$ e $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ sono autovettori ortonormali corrispondenti a questi autovalori.

In realtà non è necessario includere nella somma i termini corrispondenti agli autovalori nulli di $\rho,$ il che ci permette di scegliere in alternativa $n = \operatorname{rank}(\rho)$ e $p_0,\ldots,p_{n-1}$ come gli autovalori non nulli di $\rho.$ Questo è il valore minimo di $n$ per cui esiste un'espressione di $\rho$ della forma indicata sopra.

Per essere chiari, non è necessario che l'espressione scelta di $\rho$ come combinazione convessa di stati puri provenga dal teorema spettrale — questo è solo un modo per ottenere tale espressione. In particolare, $n$ può essere qualsiasi intero positivo, i vettori unitari $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ non devono essere ortogonali, e le probabilità $p_0,\ldots,p_{n-1}$ non devono essere autovalori di $\rho.$

Possiamo ora identificare una purificazione di $\rho$ come segue.

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

Qui stiamo facendo l'ipotesi che gli stati classici di $\mathsf{Y}$ includano $0,\ldots,n-1.$ Se non è così, è possibile sostituire $0,\ldots,n-1$ con una scelta arbitraria di $n$ stati classici distinti di $\mathsf{Y}.$ Verificare che questa sia effettivamente una purificazione di $\rho$ è una semplice questione di calcolo della traccia parziale, che può essere effettuata nei seguenti due modi equivalenti.

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

Più in generale, per qualsiasi insieme ortonormale di vettori $\{\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{n-1}\rangle\},$ il vettore di stato quantistico

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

è una purificazione di $\rho.$

Esempio

Supponiamo che $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ siano entrambi qubit e che

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

sia una matrice densità che rappresenta uno stato di $\mathsf{X}.$

Possiamo usare il teorema spettrale per esprimere $\rho$ come

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

dove $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta) \vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Il vettore di stato quantistico

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

che descrive uno stato puro della coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ è quindi una purificazione di $\rho.$

In alternativa, possiamo scrivere

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

Questa è una combinazione convessa di stati puri ma non una decomposizione spettrale, perché $\vert 0\rangle$ e $\vert +\rangle$ non sono ortogonali e $1/2$ non è un autovalore di $\rho.$ Ciononostante, il vettore di stato quantistico

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

è una purificazione di $\rho.$

Decomposizioni di Schmidt

Ora discuteremo le decomposizioni di Schmidt, ovvero espressioni di vettori di stato quantistico di coppie di sistemi che assumono una certa forma. Le decomposizioni di Schmidt sono strettamente legate alle purificazioni e sono molto utili di per sé. Infatti, quando si ragiona su un dato vettore di stato quantistico $\vert\psi\rangle$ di una coppia di sistemi, il primo passo consiste spesso nell'identificare o nel considerare una decomposizione di Schmidt di tale stato.

Definizione

Sia $\vert \psi\rangle$ un dato vettore di stato quantistico di una coppia di sistemi $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Una decomposizione di Schmidt di $\vert\psi\rangle$ è un'espressione della forma

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

dove $p_0,\ldots,p_{r-1}$ sono numeri reali positivi che sommano a $1$ e entrambi gli insiemi $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ e $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ sono ortonormali.

I valori

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

in una decomposizione di Schmidt di $\vert\psi\rangle$ sono noti come coefficienti di Schmidt, che sono determinati in modo univoco (a meno del loro ordine) — sono gli unici numeri reali positivi che possono comparire in tale espressione di $\vert\psi\rangle.$ Gli insiemi

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

invece, non sono determinati in modo univoco, e la libertà di cui si dispone nella scelta di questi insiemi di vettori sarà chiarita nella spiegazione che segue.

Verificheremo ora che un dato vettore di stato quantistico $\vert\psi\rangle$ ha effettivamente una decomposizione di Schmidt, e nel processo impareremo come trovarne una.

Considera prima una base arbitraria (non necessariamente ortogonale) $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ dello spazio vettoriale corrispondente al sistema $\mathsf{X}.$ Poiché questa è una base, esisterà sempre una selezione univocamente determinata di vettori $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ per cui la seguente equazione è vera.

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

Per esempio, supponiamo che $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ sia la base standard associata a $\mathsf{X}.$ Supponendo che l'insieme di stati classici di $\mathsf{X}$ sia $\{0,\ldots,n-1\},$ ciò significa che $\vert x_a\rangle = \vert a\rangle$ per ogni $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ e troviamo che

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

quando

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

per ogni $a\in\{0,\ldots,n-1\}.$ Consideriamo spesso espressioni di questo tipo quando ragioniamo su una misurazione nella base standard di $\mathsf{X}.$

È importante notare che la formula

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

per i vettori $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ in questo esempio funziona solo perché $\{\vert 0\rangle,\ldots,\vert n-1\rangle\}$ è una base ortonormale. In generale, se $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ è una base non necessariamente ortonormale, i vettori $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ sono comunque determinati in modo univoco dall'equazione $(1),$ ma è necessaria una formula diversa. Un modo per trovarli è identificare prima dei vettori $\vert w_0\rangle,\ldots,\vert w_{n-1}\rangle$ tali che l'equazione

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

sia soddisfatta per tutti $a,b\in\{0,\ldots,n-1\},$ a quel punto si ha

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

Per una data base $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ dello spazio vettoriale corrispondente a $\mathsf{X},$ i vettori $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ univocamente determinati per cui l'equazione $(1)$ è soddisfatta non soddisferanno necessariamente proprietà speciali, anche se $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ dovesse essere una base ortonormale. Se però scegliamo $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ come una base ortonormale di autovettori dello stato ridotto

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

accade qualcosa di interessante. In particolare, per la collezione univocamente determinata $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ per cui l'equazione $(1)$ è vera, si scopre che questa collezione deve essere ortogonale.

In maggior dettaglio, considera una decomposizione spettrale di $\rho.$

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

Qui denotiamo gli autovalori di $\rho$ con $p_0,\ldots,p_{n-1}$ in riconoscimento del fatto che $\rho$ è una matrice densità — quindi il vettore degli autovalori $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ forma un vettore di probabilità — mentre $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ è una base ortonormale di autovettori corrispondente a questi autovalori. Per vedere che la collezione unica $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ per cui l'equazione $(1)$ è vera è necessariamente ortogonale, possiamo iniziare calcolando la traccia parziale.

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

Questa espressione deve coincidere con la decomposizione spettrale di $\rho.$ Poiché $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ è una base, concludiamo che l'insieme di matrici

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

è linearmente indipendente, quindi segue che

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

il che stabilisce che $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ è ortogonale.

Siamo quasi arrivati a una decomposizione di Schmidt di $\vert\psi\rangle.$ Resta da eliminare i termini in $(1)$ per cui $p_a = 0$ e poi scrivere $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ per un vettore unitario $\vert y_a\rangle$ per ciascuno dei termini rimanenti.

Un modo conveniente per farlo inizia con l'osservazione che siamo liberi di numerare le coppie autovalore/autovettore in una decomposizione spettrale dello stato ridotto $\rho$ come vogliamo — quindi possiamo supporre che gli autovalori siano ordinati in ordine decrescente:

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

Posto $r = \operatorname{rank}(\rho),$ troviamo che $p_0,\ldots,p_{r-1} > 0$ e $p_r = \cdots = p_{n-1} = 0.$ Quindi abbiamo

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

e possiamo scrivere il vettore di stato quantistico $\vert \psi \rangle$ come

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

Dato che

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

per $a=0,\ldots,r-1,$ possiamo definire i vettori unitari $\vert y_0 \rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle$ come

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

in modo che $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ per ogni $a\in\{0,\ldots,r-1\}.$ Poiché i vettori $\{\vert z_0\rangle, \ldots, \vert z_{r-1}\rangle\}$ sono ortogonali e non nulli, ne segue che $\{\vert y_0\rangle, \ldots, \vert y_{r-1}\rangle\}$ è un insieme ortonormale, e così abbiamo ottenuto una decomposizione di Schmidt di $\vert\psi\rangle.$

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

Riguardo alla scelta dei vettori $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ e $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$ possiamo scegliere $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ come qualsiasi insieme ortonormale di autovettori corrispondenti agli autovalori non nulli dello stato ridotto $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ (come abbiamo fatto sopra), nel qual caso i vettori $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ sono univocamente determinati.

La situazione è simmetrica tra i due sistemi, quindi possiamo in alternativa scegliere $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ come qualsiasi insieme ortonormale di autovettori corrispondenti agli autovalori non nulli dello stato ridotto $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert),$ nel qual caso i vettori $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ saranno univocamente determinati.

Nota tuttavia che, una volta selezionato uno degli insiemi come insieme di autovettori del corrispondente stato ridotto come descritto, l'altro è determinato — quindi non possono essere scelti in modo indipendente.

Sebbene non torni in questa serie, vale la pena notare che gli autovalori non nulli $p_0,\ldots,p_{r-1}$ dello stato ridotto $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ devono sempre coincidere con gli autovalori non nulli dello stato ridotto $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ per qualsiasi stato puro $\vert\psi\rangle$ di una coppia di sistemi $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Intuitivamente, gli stati ridotti di $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ contengono esattamente la stessa quantità di casualità quando la coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ si trova in uno stato puro. Questo fatto è rivelato dalla decomposizione di Schmidt: in entrambi i casi gli autovalori degli stati ridotti devono coincidere con i quadrati dei coefficienti di Schmidt dello stato puro.

Equivalenza unitaria delle purificazioni

Possiamo usare le decomposizioni di Schmidt per stabilire un fatto fondamentalmente importante sulle purificazioni, noto come equivalenza unitaria delle purificazioni.

Teorema

Equivalenza unitaria delle purificazioni: Supponiamo che $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ siano sistemi, e che $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ siano vettori di stato quantistico di $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ che purificano entrambi lo stesso stato di $\mathsf{X}.$ In simboli,

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

per qualche matrice densità $\rho$ che rappresenta uno stato di $\mathsf{X}.$ Deve allora esistere un'operazione unitaria $U$ su $\mathsf{Y}$ soltanto che trasforma la prima purificazione nella seconda:

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

Discuteremo alcune implicazioni di questo teorema man mano che la lezione prosegue, ma prima vediamo come deriva dalla nostra precedente discussione sulle decomposizioni di Schmidt.

La nostra ipotesi è che $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ siano vettori di stato quantistico di una coppia di sistemi $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ che soddisfano l'equazione

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

per qualche matrice densità $\rho$ che rappresenta uno stato di $\mathsf{X}.$

Considera una decomposizione spettrale di $\rho.$

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

Qui $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ è una base ortonormale di autovettori di $\rho.$ Seguendo la procedura descritta in precedenza possiamo ottenere decomposizioni di Schmidt sia per $\vert\psi\rangle$ che per $\vert\phi\rangle$ della seguente forma.

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

In queste espressioni $r$ è il rango di $\rho$ e $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{r-1}\rangle\}$ e $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{r-1}\rangle\}$ sono insiemi ortonormali di vettori nello spazio corrispondente a $\mathsf{Y}.$

Per qualsiasi due insiemi ortonormali nello stesso spazio con lo stesso numero di elementi, esiste sempre una matrice unitaria che trasforma il primo insieme nel secondo, quindi possiamo scegliere una matrice unitaria $U$ tale che $U \vert u_a\rangle = \vert v_a\rangle$ per $a = 0,\ldots,r-1.$ In particolare, per trovare tale matrice $U$ possiamo prima usare il processo di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt per estendere i nostri insiemi ortonormali a basi ortonormali $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{m-1}\rangle\}$ e $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{m-1}\rangle\},$ dove $m$ è la dimensione dello spazio corrispondente a $\mathsf{Y},$ e poi prendere

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

Troviamo ora che

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

il che completa la dimostrazione.

Ecco solo alcuni dei molti esempi interessanti e delle implicazioni legate all'equivalenza unitaria delle purificazioni. Vedremo un altro esempio di importanza cruciale più avanti nella lezione, nel contesto della fedeltà, noto come teorema di Uhlmann.

Codifica superdensa

Nel protocollo di codifica superdensa, Alice e Bob condividono un e-bit, ovvero Alice possiede un qubit $\mathsf{A},$ Bob possiede un qubit $\mathsf{B},$ e insieme la coppia $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ si trova nello stato di Bell $\vert\phi^{+}\rangle.$ Il protocollo descrive come Alice può trasformare questo stato condiviso in uno qualsiasi dei quattro stati di Bell, $\vert\phi^+\rangle,$ $\vert\phi^-\rangle,$ $\vert\psi^+\rangle,$ e $\vert\psi^-\rangle,$ applicando un'operazione unitaria al suo qubit $\mathsf{A}.$ Una volta fatto ciò, invia $\mathsf{A}$ a Bob, che poi esegue una misurazione sulla coppia $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ per determinare in quale stato di Bell si trova.

Per tutti e quattro gli stati di Bell, lo stato ridotto del qubit $\mathsf{B}$ di Bob è lo stato completamente misto.

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

Grazie all'equivalenza unitaria delle purificazioni, concludiamo immediatamente che per ogni stato di Bell deve esistere un'operazione unitaria sul qubit $\mathsf{A}$ di Alice soltanto che trasforma $\vert\phi^+\rangle$ nello stato di Bell scelto. Sebbene ciò non riveli i dettagli precisi del protocollo, l'equivalenza unitaria delle purificazioni implica immediatamente che la codifica superdensa è possibile.

Possiamo anche concludere che le generalizzazioni della codifica superdensa a sistemi più grandi sono sempre possibili, a condizione di sostituire gli stati di Bell con qualsiasi base ortonormale di purificazioni dello stato completamente misto.

Implicazioni crittografiche

L'equivalenza unitaria delle purificazioni ha implicazioni riguardanti l'implementazione di primitive crittografiche usando l'informazione quantistica. Per esempio, l'equivalenza unitaria delle purificazioni rivela che è impossibile implementare una forma ideale di bit commitment usando l'informazione quantistica.

La primitiva di bit commitment coinvolge due partecipanti, Alice e Bob (che non si fidano l'uno dell'altro), e ha due fasi.

• La prima fase è la fase di commit, attraverso la quale Alice si impegna su un valore binario $b\in\{0,1\}.$ Questo impegno deve essere vincolante, il che significa che Alice non può cambiare idea, nonché nascosto, il che significa che Bob non può capire su quale valore Alice si è impegnata.
• La seconda fase è la fase di reveal, in cui il bit su cui si è impegnata Alice diventa noto a Bob, che dovrebbe quindi essere convinto che sia stato effettivamente il valore impegnato a essere rivelato.

In termini intuitivi e operativi, la prima fase del bit commitment dovrebbe funzionare come se Alice scrivesse un valore binario su un foglio di carta, chiudesse il foglio in una cassaforte e consegnasse la cassaforte a Bob tenendo la chiave per sé. Alice si è impegnata sul valore binario scritto sul foglio perché la cassaforte è in possesso di Bob (quindi è vincolante), ma poiché Bob non può aprire la cassaforte non può sapere su quale valore si è impegnata Alice (quindi è nascosto). La seconda fase dovrebbe funzionare come se Alice consegnasse la chiave della cassaforte a Bob, in modo che possa aprirla e scoprire il valore su cui si è impegnata Alice.

Come si scopre, è impossibile implementare un protocollo di bit commitment perfetto attraverso l'informazione quantistica soltanto, poiché ciò contraddirebbe l'equivalenza unitaria delle purificazioni. Ecco un riassunto ad alto livello di un argomento che stabilisce questo fatto.

Per cominciare, possiamo assumere che Alice e Bob eseguano solo operazioni unitarie o introducano nuovi sistemi inizializzati durante l'esecuzione del protocollo. Il fatto che ogni canale abbia una rappresentazione di Stinespring ci consente di fare questa ipotesi.

Al termine della fase di commit del protocollo, Bob possiede un sistema composto che deve trovarsi in uno di due stati quantistici: $\rho_0$ se Alice si è impegnata sul valore $0$ e $\rho_1$ se Alice si è impegnata sul valore $1.$ Affinché il protocollo sia perfettamente nascosto, Bob non dovrebbe essere in grado di distinguere tra questi due stati — quindi deve essere che $\rho_0 = \rho_1.$ (Altrimenti esisterebbe una misurazione in grado di discriminare probabilisticamente questi stati.)

Tuttavia, poiché Alice e Bob hanno usato solo operazioni unitarie, lo stato di tutti i sistemi coinvolti nel protocollo insieme dopo la fase di commit deve trovarsi in uno stato puro. In particolare, supponiamo che $\vert\psi_0\rangle$ sia lo stato puro di tutti i sistemi coinvolti nel protocollo quando Alice si impegna su $0,$ e $\vert\psi_1\rangle$ sia lo stato puro di tutti i sistemi coinvolti nel protocollo quando Alice si impegna su $1.$ Se scriviamo $\mathsf{A}$ e $\mathsf{B}$ per indicare i sistemi (eventualmente composti) di Alice e Bob, allora

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

Data la condizione $\rho_0 = \rho_1$ per un protocollo perfettamente nascosto, troviamo che $\vert\psi_0\rangle$ e $\vert\psi_1\rangle$ sono purificazioni dello stesso stato — e quindi, per l'equivalenza unitaria delle purificazioni, deve esistere un'operazione unitaria $U$ su $\mathsf{A}$ soltanto tale che

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

Alice è quindi libera di cambiare il suo impegno da $0$ a $1$ applicando $U$ a $\mathsf{A},$ o da $1$ a $0$ applicando $U^{\dagger},$ e così il protocollo ipotetico in esame risulta completamente non vincolante.

Teorema di Hughston-Jozsa-Wootters

L'ultima implicazione dell'equivalenza unitaria delle purificazioni che discuteremo in questa parte della lezione è il seguente teorema, noto come teorema di Hughston-Jozsa-Wootters. (Questa è, in realtà, una versione leggermente semplificata del teorema noto con questo nome.)

Teorema

Hughston-Jozsa-Wootters: Siano $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ sistemi e sia $\vert\phi\rangle$ un vettore di stato quantistico della coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Siano inoltre $N$ un intero positivo arbitrario, $(p_0,\ldots,p_{N-1})$ un vettore di probabilità, e $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ vettori di stato quantistico che rappresentano stati di $\mathsf{X}$ tali che

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

Esiste una misurazione (generale) $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ su $\mathsf{Y}$ tale che le seguenti due affermazioni sono vere quando questa misurazione viene eseguita su $\mathsf{Y}$ con $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ nello stato $\vert\phi\rangle:$

1. Ogni esito di misurazione $a\in\{0,\ldots,N-1\}$ si presenta con probabilità $p_a$.
2. Condizionatamente all'ottenimento dell'esito di misurazione $a,$ lo stato di $\mathsf{X}$ diventa $\vert\psi_a\rangle.$

Intuitivamente, questo teorema afferma che finché abbiamo uno stato puro di due sistemi, per qualsiasi modo di pensare allo stato ridotto del primo sistema come combinazione convessa di stati puri, esiste una misurazione del secondo sistema che rende concreto tale modo di pensare al primo sistema. Nota che il numero $N$ non è necessariamente limitato dal numero di stati classici di $\mathsf{X}$ o $\mathsf{Y}.$ Per esempio, potrebbe essere che $N = 1.000.000$ mentre $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ sono qubit.

Dimostreremo questo teorema usando l'equivalenza unitaria delle purificazioni, iniziando con l'introduzione di un nuovo sistema $\mathsf{Z}$ il cui insieme di stati classici è $\{0,\ldots,N-1\}.$ Considera i seguenti due vettori di stato quantistico della tripla $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z}).$

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

Il primo vettore $\vert\gamma_0\rangle$ è semplicemente il vettore di stato quantistico dato $\vert\phi\rangle$ prodotto tensore con $\vert 0\rangle$ per il nuovo sistema $\mathsf{Z}.$ Per il secondo vettore $\vert\gamma_1\rangle,$ abbiamo essenzialmente un vettore di stato quantistico che renderebbe il teorema banale — almeno se $\mathsf{Y}$ fosse sostituito da $\mathsf{Z}$ — perché una misurazione nella base standard eseguita su $\mathsf{Z}$ dà chiaramente ciascun esito $a$ con probabilità $p_a,$ e condizionatamente all'ottenimento di tale esito lo stato di $\mathsf{X}$ diventa $\vert\psi_a\rangle.$

Pensando alla coppia $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ come a un singolo sistema composto che può essere tracciato per lasciare $\mathsf{X},$ troviamo di aver identificato due diverse purificazioni dello stato

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

Nello specifico, per la prima abbiamo

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

e per la seconda abbiamo

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

Deve quindi esistere un'operazione unitaria $U$ su $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ che soddisfa

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

per l'equivalenza unitaria delle purificazioni.

Usando questa operazione unitaria $U,$ possiamo implementare una misurazione che soddisfa i requisiti del teorema, come illustra il diagramma seguente. In parole, introduciamo il nuovo sistema $\mathsf{Z}$ inizializzato allo stato $\vert 0\rangle,$ applichiamo $U$ a $(\mathsf{Y},\mathsf{Z}),$ che trasforma lo stato di $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ da $\vert\gamma_0\rangle$ a $\vert\gamma_1\rangle,$ e poi misuriamo $\mathsf{Z}$ con una misurazione nella base standard, che come abbiamo già osservato dà il comportamento desiderato.

Il rettangolo tratteggiato nella figura rappresenta un'implementazione di questa misurazione, che può essere descritta come una collezione di matrici semidefinite positive $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ come segue.

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