Equivalenza delle rappresentazioni

Abbiamo ora discusso tre diversi modi per rappresentare i canali in termini matematici: le rappresentazioni di Stinespring, le rappresentazioni di Kraus e le rappresentazioni di Choi. Abbiamo anche la definizione di canale, che stabilisce che un canale è una mappa lineare che trasforma sempre le matrici densità in matrici densità, anche quando il canale viene applicato solo a una parte di un sistema composto. Il resto della lezione è dedicato a una dimostrazione matematica che le tre rappresentazioni sono equivalenti e catturano con precisione la definizione.

Panoramica della dimostrazione

Il nostro obiettivo è stabilire l'equivalenza di un insieme di quattro enunciati, e inizieremo scrivendoli in modo preciso. Tutti e quattro gli enunciati seguono le stesse convenzioni usate nel corso della lezione, ovvero che $\Phi$ è una mappa lineare da matrici quadrate a matrici quadrate, le righe e le colonne delle matrici in ingresso sono state messe in corrispondenza con gli stati classici di un sistema $\mathsf{X}$ (il sistema di ingresso), e le righe e le colonne delle matrici in uscita sono state messe in corrispondenza con gli stati classici di un sistema $\mathsf{Y}$ (il sistema di uscita).

1. $\Phi$ è un canale da $\mathsf{X}$ a $\mathsf{Y}.$ Cioè, $\Phi$ trasforma sempre le matrici densità in matrici densità, anche quando agisce su una parte di un sistema composto più grande.

2. La matrice di Choi $J(\Phi)$ è semidefinita positiva e soddisfa la condizione $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

3. Esiste una rappresentazione di Kraus per $\Phi$. Cioè, esistono matrici $A_0,\ldots,A_{N-1}$ per cui l'equazione $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ è vera per ogni ingresso $\rho$, e che soddisfano la condizione $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

4. Esiste una rappresentazione di Stinespring per $\Phi$. Cioè, esistono sistemi $\mathsf{W}$ e $\mathsf{G}$ per cui le coppie $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ e $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ hanno lo stesso numero di stati classici, insieme a una matrice unitaria $U$ che rappresenta un'operazione unitaria da $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ a $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$, tale che $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr)$.

Il modo in cui funziona la dimostrazione è che si prova un ciclo di implicazioni: il primo enunciato nella nostra lista implica il secondo, il secondo implica il terzo, il terzo implica il quarto, e il quarto enunciato implica il primo. Questo stabilisce che tutti e quattro gli enunciati sono equivalenti — ovvero che sono tutti veri o tutti falsi per una data scelta di $\Phi$ — perché le implicazioni possono essere seguite transitivamente da un enunciato a qualsiasi altro.

Questa è una strategia comune quando si dimostra che un insieme di enunciati è equivalente, e un trucco utile da usare in tale contesto è impostare le implicazioni in modo da renderle il più semplice possibile da dimostrare. È questo il caso qui — e in effetti abbiamo già incontrato due delle quattro implicazioni.

Dai canali alle matrici di Choi

Riferendoci agli enunciati elencati sopra tramite i loro numeri, la prima implicazione da dimostrare è 1 $\Rightarrow$ 2. Questa implicazione è già stata discussa nel contesto dello stato di Choi di un canale. Qui riassumeremo i dettagli matematici.

Supponiamo che l'insieme degli stati classici del sistema di ingresso $\mathsf{X}$ sia $\Sigma$ e sia $n = \vert\Sigma\vert$. Consideriamo la situazione in cui $\Phi$ viene applicato alla seconda di due copie di $\mathsf{X}$ nello stato

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

che, come matrice densità, è data da

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

Il risultato può essere scritto come

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

e per l'assunzione che $\Phi$ sia un canale, questo deve essere una matrice densità. Come tutte le matrici densità deve essere semidefinita positiva, e moltiplicare una matrice semidefinita positiva per un numero reale positivo produce un'altra matrice semidefinita positiva, e quindi $J(\Phi) \geq 0$.

Inoltre, sotto l'assunzione che $\Phi$ sia un canale, deve preservare la traccia, e quindi

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

Dalla rappresentazione di Choi a quella di Kraus

La seconda implicazione, sempre riferendoci agli enunciati nella nostra lista tramite i loro numeri, è 2 $\Rightarrow$ 3. Per essere chiari, stiamo ignorando gli altri enunciati — e in particolare non possiamo fare l'assunzione che $\Phi$ sia un canale. Tutto ciò con cui abbiamo a che fare è che $\Phi$ è una mappa lineare la cui rappresentazione di Choi soddisfa $J(\Phi) \geq 0$ e $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$.

Questo, tuttavia, è tutto ciò che ci serve per concludere che $\Phi$ ha una rappresentazione di Kraus

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

per cui la condizione

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

è soddisfatta.

Iniziamo con l'assunzione fondamentale che $J(\Phi)$ sia semidefinita positiva, il che significa che è possibile esprimerla nella forma

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

per qualche scelta dei vettori $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$. In generale ci saranno più modi per farlo — e in effetti questo rispecchia direttamente la libertà che si ha nello scegliere una rappresentazione di Kraus per $\Phi$.

Un modo per ottenere tale espressione è usare prima il teorema spettrale per scrivere

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

in cui $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ sono gli autovalori di $J(\Phi)$ (che sono necessariamente numeri reali non negativi perché $J(\Phi)$ è semidefinita positiva) e $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ sono autovettori unitari corrispondenti agli autovalori $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$.

Nota che, sebbene non vi sia libertà nella scelta degli autovalori (eccetto per come vengono ordinati), vi è libertà nella scelta degli autovettori, in particolare quando ci sono autovalori con molteplicità maggiore di uno. Quindi, questa non è un'espressione unica di $J(\Phi)$ — stiamo solo assumendo di averne una. In ogni caso, poiché gli autovalori sono numeri reali non negativi, hanno radici quadrate non negative, e quindi possiamo scegliere

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

per ogni $k = 0,\ldots,N-1$ per ottenere un'espressione della forma $(1)$.

Non è tuttavia essenziale che l'espressione $(1)$ provenga da una decomposizione spettrale in questo modo, e in particolare i vettori $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ non devono necessariamente essere ortogonali in generale. È degno di nota, però, che possiamo scegliere questi vettori in modo che siano ortogonali se lo desideriamo — e inoltre non è mai necessario che $N$ sia maggiore di $nm$ (ricordando che $n$ e $m$ denotano i numeri di stati classici di $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$, rispettivamente).

Successivamente, ciascuno dei vettori $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ può essere ulteriormente decomposto come

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

dove i vettori $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ hanno componenti corrispondenti agli stati classici di $\mathsf{Y}$ e possono essere determinati esplicitamente dall'equazione

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

per ogni $a\in\Sigma$ e $k=0,\ldots,N-1$. Sebbene $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ non siano necessariamente vettori unitari, questo è lo stesso processo che useremmo per analizzare cosa accadrebbe se venisse eseguita una misura nella base standard sul sistema $\mathsf{X}$ dato un vettore di stato quantistico della coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$.

Ed ecco il trucco che fa funzionare questa parte della dimostrazione. Definiamo le nostre matrici di Kraus $A_0,\ldots,A_{N-1}$ secondo la seguente equazione.

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

Possiamo pensare a questa formula in modo puramente simbolico: $\vert a\rangle$ viene effettivamente ribaltato per formare $\langle a\vert$ e spostato sul lato destro, formando una matrice. Ai fini della verifica della dimostrazione, la formula è tutto ciò che ci serve.

Esiste tuttavia una relazione semplice e intuitiva tra il vettore $\vert\psi_k\rangle$ e la matrice $A_k$, ovvero che vettorizzando $A_k$ si ottiene $\vert\psi_k\rangle$. Vettorizzare $A_k$ significa impilare le colonne una sull'altra (con la colonna più a sinistra in cima e quella più a destra in fondo), per formare un vettore. Ad esempio, se $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ sono entrambi qubit, e per qualche scelta di $k$ abbiamo

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

allora

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

(Attenzione: a volte la vettorizzazione di una matrice è definita in modo leggermente diverso, ovvero che le righe della matrice vengono trasposte e impilate una sull'altra per formare un vettore colonna.)

Prima verificheremo che questa scelta di matrici di Kraus descriva correttamente la mappa $\Phi$, dopodiché verificheremo l'altra condizione richiesta. Per tenere le cose chiare, definiamo una nuova mappa $\Psi$ come segue.

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

Quindi, il nostro obiettivo è verificare che $\Psi = \Phi$.

Il modo in cui possiamo farlo è confrontare le rappresentazioni di Choi di queste mappe. Le rappresentazioni di Choi sono fedeli, quindi $\Psi = \Phi$ se e solo se $J(\Phi) = J(\Psi)$. A questo punto possiamo semplicemente calcolare $J(\Psi)$ usando le espressioni

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

insieme alla bilinearità dei prodotti tensoriali per semplificare.

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

Quindi, le nostre matrici di Kraus descrivono correttamente $\Phi$.

Resta da verificare la condizione richiesta su $A_0,\ldots,A_{N-1}$, che risulta essere equivalente all'assunzione $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (che non abbiamo ancora usato). Quello che mostreremo è questa relazione:

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

(in cui ci riferiamo alla trasposta della matrice sul lato sinistro).

Partendo dal lato sinistro, possiamo prima osservare che

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

L'ultima uguaglianza segue dal fatto che la trasposizione è lineare e manda $\vert b\rangle\langle a \vert$ in $\vert a\rangle\langle b \vert$.

Passando al lato destro della nostra equazione, abbiamo

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

e quindi

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

Abbiamo ottenuto lo stesso risultato, e quindi l'equazione $(2)$ è stata verificata. Ne consegue, per l'assunzione $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$, che

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

e quindi, poiché la matrice identità è la propria trasposta, la condizione richiesta è vera.

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

Da Kraus a rappresentazioni di Stinespring

Supponiamo ora di avere una rappresentazione di Kraus di una mappatura

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

per cui

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

Il nostro obiettivo è trovare una rappresentazione di Stinespring per $\Phi$.

La prima cosa che vogliamo fare è scegliere il sistema spazzatura $\mathsf{G}$ in modo che il suo insieme di stati classici sia $\{0,\ldots,N-1\}$. Affinché $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ e $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ abbiano la stessa dimensione, però, è necessario che $n$ divida $m N$, il che ci permette di scegliere $\mathsf{W}$ con stati classici $\{0,\ldots,d-1\}$ dove $d = mN/n$.

Per una scelta arbitraria di $n,$ $m$ e $N,$ potrebbe non essere garantito che $mN/n$ sia un intero, quindi non siamo liberi di scegliere $\mathsf{G}$ con insieme di stati classici $\{0,\ldots,N-1\}$ in modo incondizionato. Possiamo però sempre aumentare $N$ arbitrariamente nella rappresentazione di Kraus scegliendo $A_k = 0$ per quanti valori aggiuntivi di $k$ desideriamo.

Quindi, se assumiamo implicitamente che $mN/n$ sia un intero — il che equivale a richiedere che $N$ sia un multiplo di $n/\operatorname{gcd}(n,m)$ — siamo liberi di prendere $\mathsf{G}$ con insieme di stati classici $\{0,\ldots,N-1\}$. In particolare, se $N = nm$, possiamo scegliere $\mathsf{W}$ con $m^2$ stati classici.

Resta da scegliere $U$, e lo faremo seguendo il pattern sottostante.

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

Per essere precisi, questo pattern intende rappresentare una matrice a blocchi, dove ogni blocco (inclusi $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ e i blocchi contrassegnati con un punto interrogativo) ha $m$ righe e $n$ colonne. Ci sono $N$ righe di blocchi, il che significa che ci sono $d = mN/n$ colonne di blocchi.

Espresso in termini più formali, definiremo $U$ come

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

dove ogni matrice $M_{k,j}$ ha $m$ righe e $n$ colonne, e in particolare poniamo $M_{k,0} = A_k$ per $k = 0,\ldots,N-1$.

Questa deve essere una matrice unitaria, e i blocchi contrassegnati con un punto interrogativo — ovvero $M_{k,j}$ per $j>0$ — devono essere scelti tenendo ciò a mente; al di là del fatto che consentono a $U$ di essere unitaria, tuttavia, questi blocchi non avranno alcuna rilevanza nella dimostrazione.

Mettiamo da parte per un momento la preoccupazione che $U$ sia unitaria e concentriamoci sull'espressione

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

che descrive lo stato di uscita di $\mathsf{Y}$ dato lo stato di ingresso $\rho$ di $\mathsf{X}$ nella nostra rappresentazione di Stinespring. Possiamo riscrivere

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

e dalla nostra scelta di $U$ vediamo che

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

Troviamo quindi che

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

and so

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

Abbiamo quindi una rappresentazione corretta per la mappa $\Phi$, e resta da verificare che possiamo scegliere $U$ in modo che sia unitaria.

Considera le prime $n$ colonne di $U$ quando è selezionata secondo lo schema sopra. Prendendo solo queste colonne, abbiamo una matrice a blocchi

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

Ci sono $n$ colonne, una per ogni stato classico di $\mathsf{X}$, e come vettori nominiamo le colonne come $\vert \gamma_a \rangle$ per ogni $a\in\Sigma$. Ecco una formula per questi vettori che può essere accoppiata alla rappresentazione della matrice a blocchi sopra.

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

Ora calcoliamo il prodotto interno tra due di questi vettori, il che significa quelli corrispondenti a qualsiasi scelta di $a,b\in\Sigma$.

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

Per l'ipotesi

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

concludiamo che gli $n$ vettori colonna $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ formano un insieme ortonormale:

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

per ogni $a,b\in\Sigma$.

Questo implica che è possibile completare le colonne rimanenti di $U$ in modo che diventi una matrice unitaria. In particolare, il processo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt può essere usato per selezionare le colonne rimanenti. Qualcosa di simile è stato fatto nella lezione Quantum circuits di "Basics of quantum information" nel contesto del problema di discriminazione degli stati.

Da rappresentazioni di Stinespring alla definizione

L'ultima implicazione è 4 $\Rightarrow$ 1. Ossia, assumiamo di avere un'operazione unitaria che trasforma una coppia di sistemi $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ in una coppia $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$, e il nostro obiettivo è concludere che la mappatura

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

è un canale valido. Dalla sua forma è evidente che $\Phi$ è lineare, e resta da verificare che trasformi sempre matrici densità in matrici densità. Questo è abbastanza diretto e abbiamo già discusso i punti chiave.

In particolare, se partiamo da una matrice densità $\sigma$ di un sistema composto $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ e aggiungiamo un ulteriore sistema di workspace $\mathsf{W}$, otterremo certamente ancora una matrice densità. Se riordiniamo i sistemi $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ per comodità, possiamo scrivere questo stato come

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

Applichiamo poi l'operazione unitaria $U$, che come abbiamo già discusso è un canale valido e quindi mappa matrici densità in matrici densità. Infine, la traccia parziale di una matrice densità è anch'essa una matrice densità.

Un altro modo per dirlo è osservare innanzitutto che ognuna delle seguenti operazioni è un canale valido:

1. Introdurre un sistema di workspace inizializzato.

2. Eseguire un'operazione unitaria.

3. Tracciare fuori un sistema.

E infine, qualsiasi composizione di canali è ancora un canale — il che è immediato dalla definizione, ma è anche un fatto degno di nota di per sé.

Questo completa la dimostrazione dell'implicazione finale, e quindi abbiamo stabilito l'equivalenza delle quattro affermazioni elencate all'inizio della sezione.