การแยกแยะสถานะควอนตัมและ tomography

ในส่วนสุดท้ายของบทเรียน เราจะพิจารณาสั้นๆ ถึงงานสองอย่างที่เกี่ยวข้องกับการวัด ได้แก่ การแยกแยะสถานะควอนตัม และ quantum state tomography

1. การแยกแยะสถานะควอนตัม

   สำหรับการแยกแยะสถานะควอนตัม เรามีคอลเลกชันสถานะควอนตัมที่รู้จัก $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$ พร้อมกับ ความน่าจะเป็น $p_0,\ldots,p_{m-1}$ ที่เกี่ยวข้องกับสถานะเหล่านี้ วิธีกระชับในการแสดงสิ่งนี้คือบอกว่าเรามี ensemble

   $$\{(p_0,\rho_0),\ldots,(p_{m-1},\rho_{m-1})\}$$

   ของสถานะควอนตัม

   จำนวน $a\in\{0,\ldots,m-1\}$ ถูกเลือกแบบสุ่มตามความน่าจะเป็น $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ และระบบ $\mathsf{X}$ ถูกเตรียมในสถานะ $\rho_a$ เป้าหมายคือการระบุ โดยผ่านการวัด $\mathsf{X}$ เพียงอย่างเดียว ว่าค่า $a$ ใดถูกเลือก

   ดังนั้น เรามีทางเลือกจำนวนจำกัด พร้อมกับ prior — ซึ่งคือความรู้ของเราเกี่ยวกับความน่าจะเป็นที่แต่ละ $a$ จะ ถูกเลือก — และเป้าหมายคือการระบุว่าทางเลือกใดเกิดขึ้นจริง อาจง่ายสำหรับการเลือกสถานะและความน่าจะเป็นบางอย่าง แต่สำหรับบางอย่างก็อาจเป็นไปไม่ได้ที่จะทำโดยไม่มีโอกาสผิดพลาด

2. Quantum state tomography

   สำหรับ quantum state tomography เรามีสถานะควอนตัมของระบบที่ ไม่ทราบ — ดังนั้นต่างจากการแยกแยะสถานะควอนตัม มักไม่มี prior หรือข้อมูลเกี่ยวกับทางเลือกที่เป็นไปได้

   แต่คราวนี้ ไม่ใช่แค่ copy เดียวของสถานะที่ถูกจัดให้ใช้ได้ แต่มี copies อิสระ จำนวนมากที่ถูกจัดให้ใช้ได้ นั่นคือ ระบบ $N$ ตัวที่เหมือนกัน $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ แต่ละตัวถูกเตรียมอย่างอิสระในสถานะ $\rho$ สำหรับจำนวน $N$ บางค่า (อาจมาก) เป้าหมายคือการหาค่าประมาณของสถานะที่ไม่รู้จัก ในรูป density matrix โดยการวัดระบบต่างๆ

การแยกแยะระหว่างสองสถานะ

กรณีที่ง่ายที่สุดสำหรับการแยกแยะสถานะควอนตัมคือมีสองสถานะ $\rho_0$ และ $\rho_1$ ที่ต้องแยกแยะ

ลองนึกถึงสถานการณ์ที่บิต $a$ ถูกเลือกแบบสุ่ม: $a = 0$ ด้วยความน่าจะเป็น $p$ และ $a = 1$ ด้วยความน่าจะเป็น $1 - p$ ระบบ $\mathsf{X}$ ถูกเตรียมในสถานะ $\rho_a$ หมายถึง $\rho_0$ หรือ $\rho_1$ ขึ้นอยู่กับค่าของ $a$ และถูกมอบให้เรา เป้าหมายของเราคือเดาค่าของ $a$ อย่างถูกต้องโดยผ่านการวัดบน $\mathsf{X}$ เพื่อให้แม่นยำ เราจะมุ่งหาการวัดที่ทำให้ความน่าจะเป็นที่การเดาถูกต้องสูงสุด

การวัดที่เหมาะสมที่สุด

วิธีที่เหมาะสมในการแก้ปัญหานี้เริ่มจาก spectral decomposition ของความแตกต่างแบบ weighted ระหว่าง $\rho_0$ และ $\rho_1$ โดยน้ำหนักคือความน่าจะเป็นที่สอดคล้อง

$$p \rho_0 - (1-p) \rho_1 = \sum_{k = 0}^{n-1} \lambda_k \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert$$

สังเกตว่าเรามีเครื่องหมายลบแทนเครื่องหมายบวกในนิพจน์นี้: นี่คือ ผลต่าง แบบ weighted ไม่ใช่ผลรวม

เราสามารถทำให้ความน่าจะเป็นของการเดาถูกสูงสุดได้โดยเลือกการวัดแบบ projective $\{\Pi_0,\Pi_1\}$ ดังนี้ ก่อนอื่นให้แบ่งสมาชิกของ $\{0,\ldots,n-1\}$ ออกเป็นสองเซตที่ไม่ซ้อนทับกัน $S_0$ และ $S_1$ ขึ้นอยู่กับว่าค่าเฉพาะที่สอดคล้องของความแตกต่าง weighted ไม่ติดลบหรือติดลบ

$$\begin{gathered} S_0 = \{k\in\{0,\ldots,n-1\} : \lambda_k \geq 0 \}\\[2mm] S_1 = \{k\in\{0,\ldots,n-1\} : \lambda_k < 0 \} \end{gathered}$$

จากนั้นเราสามารถเลือกการวัดแบบ projective ดังนี้

$$\Pi_0 = \sum_{k \in S_0} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \quad\text{and}\quad \Pi_1 = \sum_{k \in S_1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert$$

(ไม่สำคัญจริงๆ ว่าจะรวมค่า $k$ ที่ $\lambda_k = 0$ ไว้ในเซต $S_0$ หรือ $S_1$ ที่นี่เราเลือกรวมไว้ใน $S_0$ โดยพลการ)

นี่คือการวัดที่เหมาะสมที่สุดในสถานการณ์นี้ที่ทำให้ความน่าจะเป็นของการระบุสถานะที่เลือกผิดต่ำที่สุด

ความน่าจะเป็นของความถูกต้อง

ทีนี้เราจะหาความน่าจะเป็นของความถูกต้องสำหรับการวัด $\{\Pi_0,\Pi_1\}$

ในตอนเริ่มต้น เราไม่จำเป็นต้องสนใจการเลือก $\Pi_0$ และ $\Pi_1$ อย่างเฉพาะเจาะจง แม้ว่าอาจเป็นประโยชน์ที่จะนึกถึงก็ตาม สำหรับการวัด ใดๆ $\{P_0,P_1\}$ (ไม่จำเป็นต้องเป็น projective) เราสามารถเขียนความน่าจะเป็นของความถูกต้องดังนี้

$$p \operatorname{Tr}(P_0 \rho_0) + (1 - p) \operatorname{Tr}(P_1 \rho_1)$$

โดยใช้ข้อเท็จจริงที่ว่า $\{P_0,P_1\}$ เป็นการวัด ดังนั้น $P_1 = \mathbb{I} - P_0$ เราสามารถเขียนนิพจน์นี้ใหม่ได้ดังนี้

$$p \operatorname{Tr}(P_0 \rho_0) + (1 - p) \operatorname{Tr}((\mathbb{I} - P_0) \rho_1)\hspace*{3cm}\\[1mm] \begin{aligned} & = p \operatorname{Tr}(P_0 \rho_0) - (1 - p) \operatorname{Tr}(P_0 \rho_1) + (1-p) \operatorname{Tr}(\rho_1)\\[1mm] & = \operatorname{Tr}\bigl( P_0 (p \rho_0 - (1-p)\rho_1) \bigr) + 1 - p \end{aligned}$$

ในทางกลับกัน เราสามารถแทน $P_0 = \mathbb{I} - P_1$ แทนได้ มันไม่เปลี่ยนค่า แต่ให้นิพจน์ทางเลือก

$$p \operatorname{Tr}((\mathbb{I} - P_1) \rho_0) + (1 - p) \operatorname{Tr}(P_1 \rho_1)\hspace*{3cm}\\[1mm] \begin{aligned} & = p \operatorname{Tr}(\rho_0) - p \operatorname{Tr}(P_1 \rho_0) + (1 - p) \operatorname{Tr}(P_1 \rho_1)\\[1mm] & = p - \operatorname{Tr}\bigl( P_1 (p \rho_0 - (1-p)\rho_1) \bigr) \end{aligned}$$

สองนิพจน์มีค่าเดียวกัน ดังนั้นเราสามารถเฉลี่ยพวกมันเพื่อได้นิพจน์อีกแบบหนึ่งสำหรับค่านี้ (การเฉลี่ยสองนิพจน์เป็นเพียงเทคนิคเพื่อทำให้นิพจน์ที่ได้ง่ายขึ้น)

$$\frac{1}{2} \bigl(\operatorname{Tr}\bigl( P_0 (p \rho_0 - (1-p)\rho_1) \bigr) + 1-p\bigr) + \frac{1}{2} \bigl(p - \operatorname{Tr}\bigl( P_1 (p \rho_0 - (1-p)\rho_1) \bigr)\bigr)\\ = \frac{1}{2} \operatorname{Tr}\bigl( (P_0-P_1) (p \rho_0 - (1-p)\rho_1)\bigr) + \frac{1}{2}$$

ทีนี้เราเห็นได้ว่าทำไมจึงสมเหตุสมผลที่จะเลือก projections $\Pi_0$ และ $\Pi_1$ (ตามที่ระบุไว้ข้างต้น) สำหรับ $P_0$ และ $P_1$ ตามลำดับ — เพราะนั่นคือวิธีที่เราสามารถทำให้ trace ในนิพจน์สุดท้ายมากที่สุด โดยเฉพาะ

$$(\Pi_0-\Pi_1) (p \rho_0 - (1-p)\rho_1) = \sum_{k = 0}^{n-1} \vert\lambda_k\vert \cdot \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert.$$

ดังนั้น เมื่อเราคำนวณ trace เราได้ผลรวมของ ค่าสัมบูรณ์ ของค่าเฉพาะ — ซึ่งเท่ากับสิ่งที่รู้จักกันว่า trace norm ของความแตกต่าง weighted

$$\operatorname{Tr}\bigl( (\Pi_0-\Pi_1) (p \rho_0 - (1-p)\rho_1)\bigr) = \sum_{k = 0}^{n-1} \vert\lambda_k\vert = \bigl\| p \rho_0 - (1-p)\rho_1 \bigr\|_1$$

ดังนั้น ความน่าจะเป็นที่การวัด $\{\Pi_0,\Pi_1\}$ นำไปสู่การแยกแยะ $\rho_0$ และ $\rho_1$ ได้อย่างถูกต้อง โดยให้ด้วยความน่าจะเป็น $p$ และ $1-p$ ตามลำดับ มีดังนี้

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \bigl\| p \rho_0 - (1-p)\rho_1 \bigr\|_1$$

ข้อเท็จจริงที่ว่านี่คือความน่าจะเป็นที่เหมาะสมที่สุดสำหรับการแยกแยะ $\rho_0$ และ $\rho_1$ อย่างถูกต้อง โดยให้ด้วยความน่าจะเป็น $p$ และ $1-p$ มักเรียกว่า Helstrom–Holevo theorem (หรือบางครั้งเรียกแค่ Helstrom's theorem)

การแยกแยะสามสถานะขึ้นไป

สำหรับการแยกแยะสถานะควอนตัมเมื่อมีสามสถานะขึ้นไป ยังไม่มีวิธีแก้แบบ closed-form สำหรับการวัดที่เหมาะสมที่สุด แม้ว่าจะสามารถกำหนดปัญหาเป็น semidefinite program ได้ — ซึ่งช่วยให้ประมาณการวัดที่เหมาะสมที่สุดเชิงตัวเลขได้อย่างมีประสิทธิภาพด้วยคอมพิวเตอร์

นอกจากนี้ยังสามารถ ยืนยัน (หรือ หักล้าง) ความเหมาะสมที่สุดของการวัดที่กำหนดในงานแยกแยะสถานะผ่านเงื่อนไขที่เรียกว่า Holevo-Yuen-Kennedy-Lax โดยเฉพาะ สำหรับงานแยกแยะสถานะที่นิยามด้วย ensemble

$$\{(p_0,\rho_0),\ldots,(p_{m-1},\rho_{m-1})\},$$

การวัด $\{P_0,\ldots,P_{m-1}\}$ เหมาะสมที่สุดก็ต่อเมื่อเมทริกซ์

$$Q_a = \sum_{b = 0}^{m-1} p_b \rho_b P_b - p_a \rho_a$$

เป็น positive semidefinite สำหรับทุก $a\in\{0,\ldots,m-1\}$

ตัวอย่างเช่น พิจารณางานแยกแยะสถานะควอนตัมที่หนึ่งในสี่สถานะ tetrahedral $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_3\rangle$ ถูกเลือกอย่างสม่ำเสมอแบบสุ่ม การวัด tetrahedral $\{P_0,P_1,P_2,P_3\}$ สำเร็จด้วยความน่าจะเป็น

$$\frac{1}{4} \operatorname{Tr}(P_0 \vert\phi_0\rangle\langle \phi_0 \vert) + \frac{1}{4} \operatorname{Tr}(P_1 \vert\phi_1\rangle\langle \phi_1 \vert) + \frac{1}{4} \operatorname{Tr}(P_2 \vert\phi_2\rangle\langle \phi_2 \vert) + \frac{1}{4} \operatorname{Tr}(P_3 \vert\phi_3\rangle\langle \phi_3 \vert) = \frac{1}{2}.$$

นี่เหมาะสมที่สุดตามเงื่อนไข Holevo-Yuen-Kennedy-Lax เนื่องจากการคำนวณแสดงให้เห็นว่า

$$Q_a = \frac{1}{4}(\mathbb{I} - \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert) \geq 0$$

for $a = 0,1,2,3$.

Quantum state tomography

สุดท้าย เราจะพูดถึงปัญหาของ quantum state tomography สั้นๆ สำหรับปัญหานี้ เราได้รับ copies อิสระจำนวนมาก $N$ ของสถานะควอนตัมที่ไม่รู้จัก $\rho$ และเป้าหมายคือการสร้างค่าประมาณ $\tilde{\rho}$ ของ $\rho$ เพื่อความชัดเจน หมายความว่าเราต้องการหาคำอธิบายเชิงคลาสสิกของ density matrix $\tilde{\rho}$ ที่ใกล้เคียง $\rho$ มากที่สุด

เราสามารถอธิบายการตั้งค่าในลักษณะต่อไปนี้ได้เช่นกัน density matrix ที่ไม่รู้จัก $\rho$ ถูกเลือก และเราได้รับการเข้าถึงระบบควอนตัม $N$ ตัว $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ ซึ่งแต่ละตัวถูกเตรียม อย่างอิสระ ในสถานะ $\rho$ ดังนั้น สถานะของระบบรวม $(\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N)$ คือ

$$\rho^{\otimes N} = \rho \otimes \rho \otimes \cdots \otimes \rho \quad \text{($N$ times)}$$

เป้าหมายคือการวัดระบบ $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ และจากผลลัพธ์ของการวัดเหล่านั้น คำนวณ density matrix $\tilde{\rho}$ ที่ประมาณ $\rho$ ได้ใกล้เคียง ปรากฏว่านี่เป็นปัญหาที่น่าสนใจมากและมีการวิจัยอย่างต่อเนื่อง

อาจพิจารณากลยุทธ์ประเภทต่างๆ ในการแนวทางปัญหา ตัวอย่างเช่น เราสามารถจินตนาการกลยุทธ์ที่แต่ละระบบ $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ ถูกวัดแยกกัน ตามลำดับ ให้ผลลัพธ์การวัดเป็นลำดับ สามารถทำการเลือกเฉพาะที่แตกต่างกันสำหรับการวัดที่จะทำ รวมถึงการเลือกแบบ adaptive และ non-adaptive กล่าวอีกนัยหนึ่ง การเลือกว่าจะทำการวัดใดบนระบบใดระบบหนึ่งอาจขึ้นหรือไม่ขึ้นกับผลลัพธ์ของการวัดก่อนหน้า จากลำดับผลลัพธ์การวัด จะมีการหาค่าเดา $\tilde{\rho}$ สำหรับสถานะ $\rho$ — และอีกครั้งมีวิธีการต่างๆ ในการทำเช่นนี้

แนวทางทางเลือกคือทำการ วัดร่วม เดียวของคอลเลกชันทั้งหมด โดยมองว่า $(\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N)$ เป็นระบบเดียวและเลือกการวัดเดียวที่ผลลัพธ์คือค่าเดา $\tilde{\rho}$ สำหรับสถานะ $\rho$ ซึ่งอาจนำไปสู่การประมาณที่ดีกว่าที่เป็นไปได้สำหรับการวัดแยกของระบบแต่ละระบบ แม้ว่าการวัดร่วมบนระบบทั้งหมดพร้อมกันน่าจะยากกว่ามากในการนำไปปฏิบัติ

Qubit tomography โดยใช้การวัด Pauli

ทีนี้เราจะพิจารณา quantum state tomography ในกรณีง่ายที่ $\rho$ เป็น qubit density matrix สมมติว่าเราได้รับ qubit $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ ซึ่งแต่ละตัวอยู่ในสถานะ $\rho$ อย่างอิสระ และเป้าหมายของเราคือคำนวณค่าประมาณ $\tilde{\rho}$ ที่ใกล้เคียง $\rho$

กลยุทธ์ของเราคือแบ่ง $N$ qubit $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ ออกเป็นสามกลุ่มที่มีขนาดใกล้เคียงกัน หนึ่งกลุ่มสำหรับแต่ละ Pauli matrix สามตัว $\sigma_x,$ $\sigma_y,$ และ $\sigma_z$ จากนั้น qubit แต่ละตัวถูกวัดอย่างอิสระดังนี้

1. สำหรับ qubit แต่ละตัวในกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_x$ เราทำการวัด $\sigma_x$ หมายความว่า qubit ถูกวัดด้วยฐาน $\{\vert + \rangle, \vert -\rangle\}$ ซึ่งเป็นฐาน orthonormal ของ eigenvectors ของ $\sigma_x$ และผลลัพธ์การวัดที่สอดคล้องคือค่าเฉพาะที่เกี่ยวข้องกับสอง eigenvectors: $+1$ สำหรับสถานะ $\vert + \rangle$ และ $-1$ สำหรับสถานะ $\vert -\rangle$ โดยการเฉลี่ยผลลัพธ์ทั้งหมดในสถานะของกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_x$ เราจะได้ค่าประมาณของ expectation value

   $$\langle + \vert \rho \vert + \rangle - \langle - \vert \rho \vert - \rangle = \operatorname{Tr}(\sigma_x \rho).$$

2. สำหรับ qubit แต่ละตัวในกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_y$ เราทำการวัด $\sigma_y$ การวัดดังกล่าวคล้ายกับการวัด $\sigma_x$ ยกเว้นว่าฐานการวัดคือ $\{\vert\! +\!i \rangle, \vert\! -\!i \rangle\}$ ซึ่งเป็น eigenvectors ของ $\sigma_y$ โดยการเฉลี่ยผลลัพธ์ทั้งหมดในสถานะของกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_y$ เราจะได้ค่าประมาณของ expectation value

   $$\langle +i \vert \rho \vert \!+\!i \rangle - \langle -i \vert \rho \vert \!-\!i \rangle = \operatorname{Tr}(\sigma_y \rho).$$

3. สำหรับ qubit แต่ละตัวในกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_z$ เราทำการวัด $\sigma_z$ คราวนี้ฐานการวัดคือฐาน standard $\{\vert 0\rangle, \vert 1 \rangle\}$ ซึ่งเป็น eigenvectors ของ $\sigma_z$ โดยการเฉลี่ยผลลัพธ์ทั้งหมดในสถานะของกลุ่มที่เกี่ยวข้องกับ $\sigma_z$ เราจะได้ค่าประมาณของ expectation value

   $$\langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle - \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle = \operatorname{Tr}(\sigma_z \rho).$$

เมื่อได้ค่าประมาณ

$$\alpha_x \approx \operatorname{Tr}(\sigma_x \rho),\; \alpha_y \approx \operatorname{Tr}(\sigma_y \rho),\; \alpha_z \approx \operatorname{Tr}(\sigma_z \rho)$$

โดยการเฉลี่ยผลลัพธ์การวัดสำหรับแต่ละกลุ่ม เราสามารถประมาณ $\rho$ ได้เป็น

$$\tilde{\rho} = \frac{\mathbb{I} + \alpha_x \sigma_x + \alpha_y \sigma_y + \alpha_z \sigma_z}{2} \approx \frac{\mathbb{I} + \operatorname{Tr}(\sigma_x \rho) \sigma_x + \operatorname{Tr}(\sigma_y \rho) \sigma_y + \operatorname{Tr}(\sigma_z \rho) \sigma_z}{2} = \rho.$$

ในขีดจำกัดที่ $N$ เข้าใกล้อนันต์ ค่าประมาณนี้ลู่เข้าหา density matrix จริง $\rho$ ตามความน่าจะเป็นโดย กฎจำนวนมาก และขอบเขตทางสถิติที่รู้จักกันดี (เช่น Hoeffding's inequality) สามารถใช้จำกัดความน่าจะเป็นที่ค่าประมาณ $\tilde{\rho}$ เบี่ยงเบนจาก $\rho$ ในปริมาณต่างๆ

สิ่งสำคัญที่ต้องรู้คือ เมทริกซ์ $\tilde{\rho}$ ที่ได้ในลักษณะนี้อาจไม่ใช่ density matrix โดยเฉพาะ แม้ว่ามันจะมี trace เท่ากับ $1$ เสมอ แต่อาจไม่เป็น positive semidefinite มีกลยุทธ์ที่รู้จักหลายอย่างในการ "ปัดเศษ" ค่าประมาณ $\tilde{\rho}$ ดังกล่าวให้เป็น density matrix หนึ่งในนั้นคือคำนวณ spectral decomposition แทนที่ค่าเฉพาะที่ติดลบด้วย $0$ แล้วทำให้เป็นมาตรฐาน (โดยหารเมทริกซ์ที่ได้ด้วย trace)

Qubit tomography โดยใช้การวัด tetrahedral

ตัวเลือกอื่นสำหรับทำ qubit tomography คือวัดทุก qubit $\mathsf{X}_1,\ldots,\mathsf{X}_N$ โดยใช้การวัด tetrahedral $\{P_0,P_1,P_2,P_3\}$ ที่อธิบายไว้ก่อนหน้า นั่นคือ

$$P_0 = \frac{\vert \phi_0 \rangle \langle \phi_0 \vert}{2}, \quad P_1 = \frac{\vert \phi_1 \rangle \langle \phi_1 \vert}{2}, \quad P_2 = \frac{\vert \phi_2 \rangle \langle \phi_2 \vert}{2}, \quad P_3 = \frac{\vert \phi_3 \rangle \langle \phi_3 \vert}{2}$$

สำหรับ

$$\begin{aligned} \vert \phi_0 \rangle & = \vert 0 \rangle\\ \vert \phi_1 \rangle & = \frac{1}{\sqrt{3}} \vert 0 \rangle + \sqrt{\frac{2}{3}} \vert 1 \rangle\\ \vert \phi_2 \rangle & = \frac{1}{\sqrt{3}} \vert 0 \rangle + \sqrt{\frac{2}{3}} e^{2\pi i/3} \vert 1 \rangle\\ \vert \phi_3 \rangle & = \frac{1}{\sqrt{3}} \vert 0 \rangle + \sqrt{\frac{2}{3}} e^{-2\pi i/3} \vert 1 \rangle. \end{aligned}$$

ผลลัพธ์แต่ละอย่างเกิดขึ้นหลายครั้ง ซึ่งเราจะแทนด้วย $n_a$ สำหรับแต่ละ $a\in\{0,1,2,3\}$ ดังนั้น $n_0 + n_1 + n_2 + n_3 = N$ อัตราส่วนของตัวเลขเหล่านี้กับ $N$ ให้การประมาณความน่าจะเป็นที่เกี่ยวข้องกับผลลัพธ์ที่เป็นไปได้แต่ละอย่าง:

$$\frac{n_a}{N} \approx \operatorname{Tr}(P_a \rho).$$

สุดท้าย เราจะใช้สูตรที่น่าทึ่งต่อไปนี้:

$$\rho = \sum_{a=0}^3 \Bigl( 3 \operatorname{Tr}(P_a \rho) - \frac{1}{2}\Bigr) \vert \phi_a \rangle \langle \phi_a \vert.$$

เพื่อพิสูจน์สูตรนี้ เราสามารถใช้สมการต่อไปนี้สำหรับค่าสัมบูรณ์กำลังสองของผลคูณภายในของสถานะ tetrahedral ซึ่งสามารถตรวจสอบได้ผ่านการคำนวณตรงๆ

$$\bigl\vert \langle \phi_a \vert \phi_b \rangle \bigr\vert^2 = \begin{cases} 1 & a=b\\ \frac{1}{3} & a\neq b. \end{cases}$$

เมทริกซ์สี่ตัว

$$\begin{aligned} \vert\phi_0\rangle \langle \phi_0 \vert & = \begin{pmatrix} 1 & 0\\[2mm] 0 & 0\end{pmatrix}\\[3mm] \vert\phi_1\rangle \langle \phi_1 \vert & = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3}\\[2mm] \frac{\sqrt{2}}{3} & \frac{2}{3}\end{pmatrix}\\[3mm] \vert\phi_2\rangle \langle \phi_2 \vert & = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3}e^{-2\pi i/3}\\[2mm] \frac{\sqrt{2}}{3}e^{2\pi i/3} & \frac{2}{3}\end{pmatrix}\\[3mm] \vert\phi_3\rangle \langle \phi_3 \vert & = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3}e^{2\pi i/3}\\[2mm] \frac{\sqrt{2}}{3}e^{-2\pi i/3} & \frac{2}{3}\end{pmatrix} \end{aligned}$$

เป็น linearly independent ดังนั้นจึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่าสูตรเป็นจริงเมื่อ $\rho = \vert\phi_b\rangle\langle\phi_b\vert$ สำหรับ $b = 0,1,2,3$ โดยเฉพาะ

$$3 \operatorname{Tr}(P_a \vert\phi_b\rangle\langle\phi_b\vert) - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \vert \langle \phi_a \vert \phi_b \rangle \vert^2 - \frac{1}{2} = \begin{cases} 1 & a=b\\ 0 & a\neq b \end{cases}$$

และดังนั้น

$$\sum_{a=0}^3 \biggl( 3 \operatorname{Tr}(P_a \vert\phi_b\rangle\langle\phi_b\vert) - \frac{\operatorname{Tr}(\vert\phi_b\rangle\langle\phi_b\vert)}{2}\biggr) \vert \phi_a \rangle \langle \phi_a \vert = \vert \phi_b\rangle\langle \phi_b \vert.$$

เราได้ค่าประมาณของ $\rho$:

$$\tilde{\rho} = \sum_{a=0}^3 \Bigl( \frac{3 n_a}{N} - \frac{1}{2}\Bigr) \vert \phi_a \rangle \langle \phi_a \vert.$$

ค่าประมาณนี้จะเป็นเมทริกซ์ Hermitian ที่มี trace เท่ากับหนึ่งเสมอ แต่อาจไม่เป็น positive semidefinite ในกรณีนี้ ค่าประมาณต้องถูก "ปัดเศษ" ให้เป็น density matrix คล้ายกับกลยุทธ์ที่เกี่ยวข้องกับการวัด Pauli