ข้อจำกัดของข้อมูลเชิงควอนตัม

แม้ว่าจะมีโครงสร้างทางคณิตศาสตร์พื้นฐานเดียวกัน แต่ข้อมูลเชิงควอนตัมและข้อมูลแบบคลาสสิกมีความแตกต่างสำคัญ ผลจากสิ่งนี้ มีตัวอย่างมากมายของงานที่ข้อมูลเชิงควอนตัมทำได้แต่ข้อมูลแบบคลาสสิกทำไม่ได้

อย่างไรก็ตาม ก่อนจะไปดูตัวอย่างเหล่านี้ เราจะมาดูข้อจำกัดสำคัญบางประการของข้อมูลเชิงควอนตัม การเข้าใจสิ่งที่ข้อมูลเชิงควอนตัมทำไม่ได้ช่วยให้เราระบุสิ่งที่มันทำได้

ความไม่มีความสำคัญของเฟสสากล

ข้อจำกัดแรกที่เราจะครอบคลุม — ซึ่งจริงๆ แล้วเป็นเพียงความเสื่อมเล็กน้อยในวิธีที่สถานะควอนตัมถูกแทนด้วยเวกเตอร์สถานะควอนตัม มากกว่าจะเป็นข้อจำกัดที่แท้จริง — เกี่ยวข้องกับแนวคิดของ เฟสสากล

สิ่งที่เราหมายถึงด้วยเฟสสากลคือ ให้ $\vert \psi \rangle$ และ $\vert \phi \rangle$ เป็นเวกเตอร์หน่วยที่แทนสถานะควอนตัมของระบบบางอย่าง และสมมติว่ามีจำนวนเชิงซ้อน $\alpha$ บนวงกลมหน่วย ซึ่งหมายความว่า $\vert \alpha \vert = 1$, หรืออีกทางหนึ่ง $\alpha = e^{i\theta}$ สำหรับจำนวนจริง $\theta$ บางค่า ที่ทำให้

$$\vert \phi \rangle = \alpha \vert \psi \rangle.$$

เวกเตอร์ $\vert \psi \rangle$ และ $\vert \phi \rangle$ จึงกล่าวว่า ต่างกันด้วยเฟสสากล บางครั้งเรายังอ้างถึง $\alpha$ ว่าเป็น เฟสสากล แม้ว่าสิ่งนี้จะขึ้นอยู่กับบริบท จำนวนใดๆ บนวงกลมหน่วยสามารถมองว่าเป็นเฟสสากลเมื่อคูณกับเวกเตอร์หน่วย

พิจารณาสิ่งที่เกิดขึ้นเมื่อระบบอยู่ในหนึ่งในสองสถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ และ $\vert\phi\rangle$ และระบบผ่านการวัดฐานมาตรฐาน ในกรณีแรกที่ระบบอยู่ในสถานะ $\vert\psi\rangle$ ความน่าจะเป็นของการวัดสถานะแบบคลาสสิกใดๆ $a$ คือ

$$\bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2.$$

ในกรณีที่สองที่ระบบอยู่ในสถานะ $\vert\phi\rangle$ ความน่าจะเป็นของการวัดสถานะแบบคลาสสิก $a$ ใดๆ คือ

$$\bigl\vert \langle a \vert \phi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \alpha \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \vert \alpha \vert^2 \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2,$$

เพราะ $\vert\alpha\vert = 1$ กล่าวคือ ความน่าจะเป็นของผลลัพธ์ที่ปรากฏนั้นเท่ากันสำหรับทั้งสองสถานะ

ต่อไปพิจารณาสิ่งที่เกิดขึ้นเมื่อเราใช้การดำเนินการ unitary $U$ ตามอำเภอใจกับทั้งสองสถานะ ในกรณีแรกที่สถานะเริ่มต้นคือ $\vert \psi \rangle$ สถานะกลายเป็น

$$U \vert \psi \rangle,$$

และในกรณีที่สองที่สถานะเริ่มต้นคือ $\vert \phi\rangle$ มันกลายเป็น

$$U \vert \phi \rangle = \alpha U \vert \psi \rangle.$$

กล่าวคือ สองสถานะผลลัพธ์ยังคงต่างกันด้วยเฟสสากลเดิม $\alpha$

ดังนั้น สองสถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ และ $\vert\phi\rangle$ ที่ต่างกันด้วยเฟสสากลไม่สามารถแยกแยะออกจากกันได้เลยโดยสิ้นเชิง ไม่ว่าการดำเนินการหรือลำดับของการดำเนินการใดที่เราใช้กับสองสถานะ พวกมันจะต่างกันด้วยเฟสสากลเสมอ และการวัดฐานมาตรฐานจะให้ผลลัพธ์ด้วยความน่าจะเป็นที่เท่ากันทุกประการกับอีกสถานะหนึ่ง ด้วยเหตุนี้ เวกเตอร์สถานะควอนตัมสองตัวที่ต่างกันด้วยเฟสสากลถือว่าเทียบเท่ากัน และในทางปฏิบัติถูกมองว่าเป็นสถานะเดียวกัน

ตัวอย่างเช่น สถานะควอนตัม

$$\vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{และ}\quad -\vert - \rangle = -\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

ต่างกันด้วยเฟสสากล (ซึ่งเป็น $-1$ ในตัวอย่างนี้) และดังนั้นถือว่าเป็นสถานะเดียวกัน

ในทางตรงกันข้าม สถานะควอนตัม

$$\vert + \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{และ}\quad \vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

ไม่ได้ต่างกันด้วยเฟสสากล แม้ว่าความแตกต่างเพียงอย่างเดียวระหว่างสองสถานะคือเครื่องหมายบวกเปลี่ยนเป็นเครื่องหมายลบ แต่นี่ไม่ใช่ความแตกต่างของเฟส สากล มันเป็นความแตกต่างของเฟส สัมพัทธ์ เพราะมันไม่ส่งผลต่อทุกรายการในเวกเตอร์ แต่ส่งผลต่อเฉพาะส่วนย่อยที่เหมาะสมของรายการเหล่านั้น สิ่งนี้สอดคล้องกับสิ่งที่เราสังเกตเห็นไว้ก่อนหน้านี้ คือสถานะ $\vert{+} \rangle$ และ $\vert{-}\rangle$ สามารถแยกแยะได้อย่างสมบูรณ์ โดยเฉพาะอย่างยิ่ง การทำ Hadamard แล้วจึงวัดให้ความน่าจะเป็นผลลัพธ์ดังนี้:

$$\begin{aligned} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 1 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 0 \\[1mm] \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 0 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 1. \end{aligned}$$

ทฤษฎีบท no-cloning

ทฤษฎีบท no-cloning แสดงให้เห็นว่าเป็นไปไม่ได้ที่จะสร้างสำเนาที่สมบูรณ์แบบของสถานะควอนตัมที่ไม่ทราบค่า

ทฤษฎีบท

ทฤษฎีบท no-cloning: ให้ $\Sigma$ เป็นเซตสถานะแบบคลาสสิกที่มีอย่างน้อยสองสมาชิก และให้ $\mathsf{X}$ และ $\mathsf{Y}$ เป็นระบบที่แชร์เซตสถานะแบบคลาสสิก $\Sigma$ เดียวกัน ไม่มีสถานะควอนตัม $\vert \phi\rangle$ ของ $\mathsf{Y}$ และการดำเนินการ unitary $U$ บนคู่ $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ ที่ทำให้

$$U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$$

สำหรับทุกสถานะ $\vert \psi \rangle$ ของ $\mathsf{X}$

กล่าวคือ ไม่มีวิธี initialize ระบบ $\mathsf{Y}$ (ไปยังสถานะ $\vert\phi\rangle$ ใดๆ ก็ตาม) และทำการดำเนินการ unitary $U$ บนระบบร่วม $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ เพื่อให้ผลเป็นการ โคลน สถานะ $\vert\psi\rangle$ ของ $\mathsf{X}$ — ส่งผลให้ $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ อยู่ในสถานะ $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$

การพิสูจน์ทฤษฎีบทนี้จริงๆ แล้วค่อนข้างง่าย: มันสรุปลงมาที่การสังเกตว่าการแปลง

$$\vert\psi\rangle \otimes \vert \phi\rangle\mapsto\vert\psi\rangle \otimes \vert \psi\rangle$$

ไม่เป็น linear ใน $\vert\psi\rangle$

โดยเฉพาะอย่างยิ่ง เนื่องจาก $\Sigma$ มีอย่างน้อยสองสมาชิก เราสามารถเลือก $a,b\in\Sigma$ ที่ $a\neq b$ ถ้ามีสถานะควอนตัม $\vert \phi\rangle$ ของ $\mathsf{Y}$ และการดำเนินการ unitary $U$ บนคู่ $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ ที่ทำให้ $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ สำหรับทุกสถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ ของ $\mathsf{X}$ แล้วจะต้องเป็นว่า

$$U \bigl( \vert a \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle \quad\text{และ}\quad U \bigl( \vert b \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

โดย linearity หมายถึง linearity ของ tensor product ในอาร์กิวเมนต์แรกและ linearity ของการคูณเมทริกซ์-เวกเตอร์ในอาร์กิวเมนต์ที่สอง (เวกเตอร์) เราจึงต้องมี

$$U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr) = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

อย่างไรก็ตาม ข้อกำหนดที่ว่า $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ สำหรับทุกสถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ ต้องการว่า

$$\begin{aligned} & U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr)\\ & \qquad = \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr) \otimes \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr)\\ & \qquad = \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert b\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle\\ & \qquad \neq \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle \end{aligned}$$

ดังนั้นจึงไม่มีสถานะ $\vert \phi\rangle$ และการดำเนินการ unitary $U$ ที่ทำให้ $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ สำหรับทุกเวกเตอร์สถานะควอนตัม $\vert \psi\rangle$

มีข้อสังเกตบางประการเกี่ยวกับทฤษฎีบท no-cloning ที่ควรกล่าวถึง ข้อแรกคือคำกล่าวของทฤษฎีบท no-cloning ข้างต้นเป็นแบบสัมบูรณ์ ในแง่ที่ว่ามันระบุว่าการโคลน สมบูรณ์แบบ เป็นไปไม่ได้ — แต่มันไม่ได้พูดอะไรเกี่ยวกับการโคลนที่อาจทำได้ด้วยความแม่นยำที่จำกัด ซึ่งเราอาจประสบความสำเร็จในการผลิตโคลนโดยประมาณ (เมื่อเทียบกับวิธีวัดความคล้ายคลึงของสองสถานะควอนตัมที่แตกต่างกัน) จริงๆ แล้วมีคำกล่าวของทฤษฎีบท no-cloning ที่วางข้อจำกัดบนการโคลนโดยประมาณ เช่นเดียวกับวิธีการในการบรรลุการโคลนโดยประมาณด้วยความแม่นยำที่จำกัด

ข้อสังเกตที่สองคือทฤษฎีบท no-cloning เป็นคำกล่าวเกี่ยวกับความเป็นไปไม่ได้ของการโคลนสถานะ ตามอำเภอใจ $\vert\psi\rangle$ ในทางตรงกันข้าม เราสามารถสร้างโคลนของสถานะฐานมาตรฐานใดๆ ได้ง่ายๆ เป็นต้น ตัวอย่างเช่น เราสามารถโคลนสถานะฐานมาตรฐาน qubit โดยใช้การดำเนินการ controlled-NOT:

ที่นี่ $|a\rangle$ คือ $|0\rangle$ หรือ $|1\rangle$, ซึ่งเป็นสถานะที่สามารถสร้างได้แบบคลาสสิก แม้ว่าจะไม่มีความยากลำบากในการสร้างโคลนของสถานะฐานมาตรฐาน แต่สิ่งนี้ไม่ขัดแย้งกับทฤษฎีบท no-cloning วิธีการใช้ controlled-NOT gate นี้จะไม่ประสบความสำเร็จในการสร้างโคลนของสถานะ $\vert + \rangle$ ตัวอย่างเช่น

ข้อสังเกตสุดท้ายเกี่ยวกับทฤษฎีบท no-cloning คือมันไม่ได้เป็นเรื่องเฉพาะของข้อมูลเชิงควอนตัมจริงๆ — มันเป็นไปไม่ได้ที่จะโคลนสถานะแบบความน่าจะเป็นตามอำเภอใจโดยใช้กระบวนการแบบคลาสสิก (แบบเชิงกำหนดหรือแบบความน่าจะเป็น) ด้วยเช่นกัน ลองนึกภาพว่าคนหนึ่งส่งระบบในสถานะแบบความน่าจะเป็นบางอย่างมาให้คุณ แต่คุณไม่แน่ใจว่าสถานะแบบความน่าจะเป็นนั้นคืออะไร ตัวอย่างเช่น อาจเป็นไปได้ว่าพวกเขาสร้างตัวเลขแบบสุ่มระหว่าง $1$ ถึง $10$ แต่พวกเขาไม่ได้บอกคุณว่าพวกเขาสร้างตัวเลขนั้นอย่างไร ไม่มีกระบวนการทางกายภาพใดเลยที่จะทำให้คุณได้สำเนาของสถานะแบบความน่าจะเป็นเดิมสองชุดที่ เป็นอิสระต่อกัน: สิ่งที่คุณมีในมือคือตัวเลขระหว่าง $1$ ถึง $10$ และไม่มีข้อมูลเพียงพอสำหรับให้คุณสร้างความน่าจะเป็นสำหรับผลลัพธ์อื่นๆ ทั้งหมดขึ้นมาใหม่ได้

ในทางคณิตศาสตร์ เวอร์ชันของทฤษฎีบท no-cloning สำหรับสถานะแบบความน่าจะเป็นสามารถพิสูจน์ได้ในลักษณะเดียวกับทฤษฎีบท no-cloning ปกติ (สำหรับสถานะควอนตัม) กล่าวคือ การโคลนสถานะแบบความน่าจะเป็นตามอำเภอใจเป็นกระบวนการที่ไม่เป็น linear ดังนั้นจึงไม่สามารถแทนด้วย stochastic matrix ได้

สถานะที่ไม่ตั้งฉากกันไม่สามารถแยกแยะได้อย่างสมบูรณ์

สำหรับข้อจำกัดสุดท้ายที่จะครอบคลุมในบทเรียนนี้ เราจะแสดงให้เห็นว่าถ้าเรามีสองสถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ และ $\vert\phi\rangle$ ที่ไม่ตั้งฉากกัน ซึ่งหมายความว่า $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$ แล้วเป็นไปไม่ได้ที่จะแยกแยะพวกมัน (หรือพูดอีกอย่างก็คือ บอกความแตกต่างของพวกมัน) ได้อย่างสมบูรณ์ จริงๆ แล้ว เราจะแสดงสิ่งที่เทียบเท่าทางตรรกะ: ถ้าเรามีวิธีแยกแยะสองสถานะได้อย่างสมบูรณ์โดยไม่มีข้อผิดพลาด แล้วพวกมันต้องตั้งฉากกัน

เราจะจำกัดความสนใจไปที่ quantum circuit ที่ประกอบด้วย unitary gate จำนวนเท่าใดก็ได้ ตามด้วยการวัดฐานมาตรฐานของ qubit บนสุดเพียงครั้งเดียว สิ่งที่เราต้องการจาก quantum circuit เพื่อบอกว่ามันแยกแยะสถานะ $\vert\psi\rangle$ และ $\vert\phi\rangle$ ได้อย่างสมบูรณ์ คือการวัดให้ค่า $0$ เสมอสำหรับสถานะหนึ่งในสองสถานะ และให้ค่า $1$ เสมอสำหรับอีกสถานะหนึ่ง เพื่อความแม่นยำ เราจะสมมติว่าเรามี quantum circuit ที่ทำงานตามที่แผนภาพต่อไปนี้แนะนำ:

กล่อง $U$ แทนการดำเนินการ unitary ที่แทนการกระทำรวมของ unitary gate ทั้งหมดใน circuit ของเรา แต่ไม่รวมการวัดสุดท้าย ไม่มีการสูญเสียความทั่วไปในการสมมติว่าการวัดให้ผลลัพธ์ $0$ สำหรับ $\vert\psi\rangle$ และ $1$ สำหรับ $\vert\phi\rangle$ — การวิเคราะห์จะไม่แตกต่างกันโดยพื้นฐานถ้าค่าผลลัพธ์เหล่านี้กลับกัน

สังเกตว่า นอกจาก qubit ที่เก็บ $\vert\psi\rangle$ หรือ $\vert\phi\rangle$ ในตอนแรก circuit ยังมีอิสระที่จะใช้ qubit เพิ่มเติมจำนวนเท่าใดก็ได้เป็น workspace qubit เหล่านี้ถูก set ไว้ที่สถานะ $\vert 0\rangle$ ในตอนแรก — ดังนั้นสถานะรวมของพวกมันแทนด้วย $\vert 0\cdots 0\rangle$ ในรูป — และ qubit เหล่านี้สามารถถูกใช้โดย circuit ในทางใดก็ตามที่อาจเป็นประโยชน์ การใช้ workspace qubit ใน quantum circuit เช่นนี้เป็นเรื่องปกติมาก

ต่อไป พิจารณาสิ่งที่เกิดขึ้นเมื่อเรารัน circuit ของเราบนสถานะ $\vert\psi\rangle$ (พร้อมกับ workspace qubit ที่ initialize แล้ว) สถานะผลลัพธ์ ก่อนการวัดทันที สามารถเขียนได้เป็น

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0 \rangle \vert \psi \rangle\bigr) = \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle + \vert \gamma_1 \rangle\vert 1 \rangle$$

สำหรับเวกเตอร์สองตัว $\vert \gamma_0\rangle$ และ $\vert \gamma_1\rangle$ ที่สอดคล้องกับ qubit ทั้งหมดยกเว้น qubit บนสุด โดยทั่วไปสำหรับสถานะดังกล่าว ความน่าจะเป็นที่การวัด qubit บนสุดให้ผลลัพธ์ $0$ และ $1$ เป็นดังนี้:

$$\operatorname{Pr}(\text{outcome is $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{and}\qquad \operatorname{Pr}(\text{outcome is $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

เนื่องจาก circuit ของเราให้ผลลัพธ์ $0$ เสมอสำหรับสถานะ $\vert\psi\rangle$ จึงต้องเป็นว่า $\vert\gamma_1\rangle = 0$ และดังนั้น

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle \bigr) = \vert\gamma_0\rangle\vert 0 \rangle.$$

การคูณทั้งสองข้างของสมการนี้ด้วย $U^{\dagger}$ ให้สมการนี้:

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr). \tag{1}$$

ด้วยเหตุผลในทำนองเดียวกันสำหรับ $\vert\phi\rangle$ แทน $\vert\psi\rangle$ เราสรุปได้ว่า

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle \bigr) = \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle$$

สำหรับเวกเตอร์บางตัว $\vert\delta_1\rangle$ และดังนั้น

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr). \tag{2}$$

ต่อไปให้หา inner product ของเวกเตอร์ที่แทนด้วยสมการ $(1)$ และ $(2)$ โดยเริ่มจากการแทนทางขวามือของแต่ละสมการ เรามี

$$\bigl(U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr)\bigr)^{\dagger} = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U,$$

ดังนั้น inner product ของเวกเตอร์ $(1)$ กับเวกเตอร์ $(2)$ คือ

$$\bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr) \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle \langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$$

ที่นี่เราได้ใช้ความจริงที่ว่า $U U^{\dagger} = \mathbb{I}$ รวมถึงความจริงที่ว่า inner product ของ tensor product คือผลคูณของ inner product:

$$\langle u \otimes v \vert w \otimes x\rangle = \langle u \vert w\rangle \langle v \vert x\rangle$$

สำหรับทุกการเลือกของเวกเตอร์เหล่านี้ (สมมติว่า $\vert u\rangle$ และ $\vert w\rangle$ มีจำนวนรายการเท่ากัน และ $\vert v\rangle$ และ $\vert x\rangle$ มีจำนวนรายการเท่ากัน เพื่อให้มีความหมายที่จะสร้าง inner product $\langle u\vert w\rangle$ และ $\langle v\vert x \rangle$) สังเกตว่าค่าของ inner product $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ ไม่มีความสำคัญเพราะมันถูกคูณด้วย $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0$

สุดท้าย การหา inner product ของเวกเตอร์ทางด้านซ้ายมือของสมการ $(1)$ และ $(2)$ ต้องให้ค่าศูนย์เดิมที่เราคำนวณไว้แล้ว ดังนั้น

$$0 = \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle \vert \psi\rangle\bigr)^{\dagger} \bigl(\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi\rangle\bigr) = \langle 0\cdots 0 \vert 0\cdots 0 \rangle \langle \psi \vert \phi \rangle = \langle \psi \vert \phi \rangle.$$

ดังนั้นเราจึงสรุปได้ตามที่ต้องการ คือ $\vert \psi\rangle$ และ $\vert\phi\rangle$ ตั้งฉากกัน: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0$

อนึ่ง เป็นไปได้ที่จะแยกแยะสองสถานะที่ตั้งฉากกันได้อย่างสมบูรณ์ ซึ่งเป็นบทกลับของคำกล่าวที่เราเพิ่งพิสูจน์ สมมติว่าสองสถานะที่จะแยกแยะคือ $\vert \phi\rangle$ และ $\vert \psi\rangle$ โดยที่ $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0$ เช่น เราสามารถแยกแยะสถานะเหล่านี้ได้อย่างสมบูรณ์โดยทำการวัด projective ที่อธิบายด้วยเมทริกซ์ต่อไปนี้:

$$\bigl\{ \vert\phi\rangle\langle\phi\vert,\,\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \bigr\}.$$

สำหรับสถานะ $\vert\phi\rangle$ ผลลัพธ์แรกได้เสมอ:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 1,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 0. \end{aligned}$$

และสำหรับสถานะ $\vert\psi\rangle$ ผลลัพธ์ที่สองได้เสมอ:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| 0 \bigr\|^2 = 0,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = 1. \end{aligned}$$