ความสมมูลของรูปแบบการแทน

ตอนนี้เราได้พูดถึงสามวิธีในการแทน channel ในเชิงคณิตศาสตร์แล้ว ได้แก่ Stinespring representation, Kraus representation และ Choi representation รวมถึงนิยามของ channel ที่ระบุว่า channel คือการแมปเชิงเส้นที่แปลง density matrix เป็น density matrix เสมอ แม้เมื่อ channel ถูกนำไปใช้กับเพียงส่วนหนึ่งของระบบประกอบ ส่วนที่เหลือของบทเรียนนี้อุทิศให้กับการพิสูจน์ทางคณิตศาสตร์ว่า representation ทั้งสามนั้นเทียบเท่ากันและสอดคล้องกับนิยามอย่างแม่นยำ

ภาพรวมของการพิสูจน์

เป้าหมายของเราคือการพิสูจน์ความเทียบเท่าของชุดข้อความสี่ข้อ และเราจะเริ่มต้นด้วยการเขียนออกมาอย่างแม่นยำ ทั้งสี่ข้อใช้แบบแผนเดียวกันกับที่ใช้ตลอดบทเรียน นั่นคือ $\Phi$ เป็นการแมปเชิงเส้นจากเมทริกซ์สี่เหลี่ยมไปยังเมทริกซ์สี่เหลี่ยม แถวและคอลัมน์ของเมทริกซ์อินพุตสอดคล้องกับสถานะคลาสสิกของระบบ $\mathsf{X}$ (ระบบอินพุต) และแถวและคอลัมน์ของเมทริกซ์เอาต์พุตสอดคล้องกับสถานะคลาสสิกของระบบ $\mathsf{Y}$ (ระบบเอาต์พุต)

1. $\Phi$ เป็น channel จาก $\mathsf{X}$ ไปยัง $\mathsf{Y}$ นั่นคือ $\Phi$ แปลง density matrix เป็น density matrix เสมอ แม้เมื่อทำงานกับส่วนหนึ่งของระบบประกอบที่ใหญ่กว่า

2. Choi matrix $J(\Phi)$ เป็น positive semidefinite และตรงตามเงื่อนไข $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$

3. มี Kraus representation สำหรับ $\Phi$ นั่นคือ มีเมทริกซ์ $A_0,\ldots,A_{N-1}$ ที่สมการ $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ เป็นจริงสำหรับทุกอินพุต $\rho$ และตรงตามเงื่อนไข $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$

4. มี Stinespring representation สำหรับ $\Phi$ นั่นคือ มีระบบ $\mathsf{W}$ และ $\mathsf{G}$ ที่คู่ $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ และ $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ มีจำนวนสถานะคลาสสิกเท่ากัน พร้อมกับเมทริกซ์ยูนิทารี $U$ ที่แทนการดำเนินการยูนิทารีจาก $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ ไปยัง $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ ซึ่ง $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr)$

วิธีที่การพิสูจน์ทำงานคือการพิสูจน์การบ่งชี้เป็นวัฏจักร: ข้อความแรกบ่งชี้ข้อที่สอง ข้อที่สองบ่งชี้ข้อที่สาม ข้อที่สามบ่งชี้ข้อที่สี่ และข้อที่สี่บ่งชี้ข้อแรก ซึ่งสถาปนาว่าข้อความทั้งสี่เทียบเท่ากัน หรือกล่าวอีกนัยหนึ่งว่า ข้อความทั้งหมดจะเป็นจริงหรือเท็จพร้อมกันสำหรับ $\Phi$ ที่กำหนด เพราะการบ่งชี้สามารถติดตามแบบ transitive จากข้อใดไปยังข้ออื่นได้

นี่เป็นกลยุทธ์ที่ใช้กันทั่วไปในการพิสูจน์ว่าชุดข้อความเทียบเท่ากัน และเทคนิคที่มีประโยชน์ในบริบทดังกล่าวคือการตั้งค่าการบ่งชี้ในลักษณะที่ทำให้พิสูจน์ได้ง่ายที่สุด กรณีนี้ก็เป็นเช่นนั้น และความจริงแล้วเราได้พบสองในสี่การบ่งชี้มาแล้ว

จาก channel ไปยัง Choi matrix

อ้างอิงข้อความที่ระบุไว้ข้างต้นตามหมายเลข การบ่งชี้แรกที่ต้องพิสูจน์คือ 1 $\Rightarrow$ 2 การบ่งชี้นี้ได้ถูกพูดถึงไปแล้วในบริบทของ Choi state ของ channel ที่นี่เราจะสรุปรายละเอียดทางคณิตศาสตร์

สมมติว่าชุดสถานะคลาสสิกของระบบอินพุต $\mathsf{X}$ คือ $\Sigma$ และให้ $n = \vert\Sigma\vert$ พิจารณาสถานการณ์ที่ $\Phi$ ถูกนำไปใช้กับ $\mathsf{X}$ ตัวที่สองจากสอง $\mathsf{X}$ ที่อยู่ในสถานะ

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

ซึ่งในรูปแบบ density matrix คือ

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

ผลลัพธ์เขียนได้เป็น

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

และจากสมมติฐานที่ว่า $\Phi$ เป็น channel นี่ต้องเป็น density matrix เช่นเดียวกับ density matrix ทั้งหมด มันต้องเป็น positive semidefinite และการคูณเมทริกซ์ positive semidefinite ด้วยจำนวนจริงบวกจะได้เมทริกซ์ positive semidefinite อีกตัว ดังนั้น $J(\Phi) \geq 0$

นอกจากนี้ ภายใต้สมมติฐานที่ว่า $\Phi$ เป็น channel มันต้องรักษา trace ไว้ ดังนั้น

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

จาก Choi ไปยัง Kraus representation

การบ่งชี้ที่สอง อ้างอิงข้อความตามหมายเลขเช่นกัน คือ 2 $\Rightarrow$ 3 ให้ชัดเจน เราเพิกเฉยต่อข้อความอื่น ๆ และโดยเฉพาะเราไม่สามารถสมมติว่า $\Phi$ เป็น channel สิ่งที่เรามีคือ $\Phi$ เป็นการแมปเชิงเส้นที่ Choi representation ตรงตาม $J(\Phi) \geq 0$ และ $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$

อย่างไรก็ตาม นี่ก็เพียงพอที่จะสรุปว่า $\Phi$ มี Kraus representation

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

ซึ่งเงื่อนไข

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

เป็นที่ตรงตาม

เราเริ่มจากสมมติฐานสำคัญอย่างยิ่งที่ว่า $J(\Phi)$ เป็น positive semidefinite ซึ่งหมายความว่าสามารถแสดงในรูป

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

สำหรับการเลือกเวกเตอร์ $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ บางวิธี โดยทั่วไปจะมีหลายวิธีในการทำเช่นนี้ และความจริงแล้วสิ่งนี้สะท้อนความอิสระในการเลือก Kraus representation สำหรับ $\Phi$ โดยตรง

วิธีหนึ่งในการได้นิพจน์ดังกล่าวคือ ใช้ spectral theorem เขียนก่อน

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

ซึ่ง $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ คือ eigenvalue ของ $J(\Phi)$ (ซึ่งจำเป็นต้องเป็นจำนวนจริงไม่ติดลบเนื่องจาก $J(\Phi)$ เป็น positive semidefinite) และ $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ คือ unit eigenvector ที่สอดคล้องกับ eigenvalue $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$

สังเกตว่า ในขณะที่ไม่มีความอิสระในการเลือก eigenvalue (ยกเว้นลำดับ) มีความอิสระในการเลือก eigenvector โดยเฉพาะเมื่อมี eigenvalue ที่มี multiplicity มากกว่าหนึ่ง ดังนั้น นิพจน์ของ $J(\Phi)$ นี้ไม่ใช่นิพจน์เดียว แต่เราแค่สมมติว่าเรามีนิพจน์หนึ่ง อย่างไรก็ตาม เนื่องจาก eigenvalue เป็นจำนวนจริงไม่ติดลบ จึงมีรากที่สองที่ไม่ติดลบ ดังนั้นเราเลือก

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

สำหรับแต่ละ $k = 0,\ldots,N-1$ เพื่อได้นิพจน์ในรูป $(1)$

อย่างไรก็ตาม นิพจน์ $(1)$ ไม่จำเป็นต้องมาจาก spectral decomposition ในลักษณะนี้ และโดยเฉพาะเวกเตอร์ $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ ไม่จำเป็นต้องตั้งฉากกัน อย่างไรก็ตาม น่าสังเกตว่าเราสามารถเลือกเวกเตอร์เหล่านี้ให้ตั้งฉากกันได้ถ้าต้องการ และยิ่งกว่านั้นเราไม่จำเป็นต้องให้ $N$ ใหญ่กว่า $nm$ (โดยระลึกว่า $n$ และ $m$ แทนจำนวนสถานะคลาสสิกของ $\mathsf{X}$ และ $\mathsf{Y}$ ตามลำดับ)

จากนั้น แต่ละเวกเตอร์ $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ สามารถแยกย่อยต่อได้เป็น

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

ซึ่งเวกเตอร์ $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ มีรายการที่สอดคล้องกับสถานะคลาสสิกของ $\mathsf{Y}$ และหาได้อย่างชัดเจนจากสมการ

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

สำหรับแต่ละ $a\in\Sigma$ และ $k=0,\ldots,N-1$ แม้ว่า $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ ไม่จำเป็นต้องเป็น unit vector แต่นี่เป็นกระบวนการเดียวกับที่ใช้วิเคราะห์ว่าจะเกิดอะไรขึ้นถ้าทำการวัดในฐาน standard บนระบบ $\mathsf{X}$ เมื่อกำหนด quantum state vector ของคู่ $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$

และตอนนี้เราถึงเคล็ดลับที่ทำให้ส่วนนี้ของการพิสูจน์ทำงานได้ เราจะนิยาม Kraus matrix $A_0,\ldots,A_{N-1}$ ตามสมการต่อไปนี้

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

เราอาจมองสูตรนี้ในเชิงสัญลักษณ์ล้วน ๆ: $\vert a\rangle$ ถูกพลิกเพื่อสร้าง $\langle a\vert$ และย้ายไปทางขวา กลายเป็นเมทริกซ์ สำหรับการตรวจสอบการพิสูจน์ สูตรนี้คือทั้งหมดที่เราต้องการ

อย่างไรก็ตาม มีความสัมพันธ์ที่เรียบง่ายและเข้าใจง่ายระหว่างเวกเตอร์ $\vert\psi_k\rangle$ และเมทริกซ์ $A_k$ นั่นคือการ vectorize $A_k$ ให้ได้ $\vert\psi_k\rangle$ ความหมายของการ vectorize $A_k$ คือการซ้อนคอลัมน์ทับกัน (โดยคอลัมน์ซ้ายสุดอยู่บนสุด ไปจนถึงคอลัมน์ขวาสุดอยู่ล่างสุด) เพื่อสร้างเวกเตอร์ ตัวอย่างเช่น ถ้า $\mathsf{X}$ และ $\mathsf{Y}$ ทั้งคู่เป็น Qubit และสำหรับ $k$ บางค่าเรามี

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

จากนั้น

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

(ระวัง: บางครั้งการ vectorize เมทริกซ์นิยามในลักษณะที่ต่างกันเล็กน้อย คือ แถว ของเมทริกซ์จะถูก transpose และซ้อนทับกันเพื่อสร้าง column vector)

ก่อนอื่นเราจะยืนยันว่า Kraus matrix ที่เลือกนี้อธิบายการแมป $\Phi$ ได้อย่างถูกต้อง จากนั้นจะยืนยันเงื่อนไขที่ต้องการอีกข้อ เพื่อให้ชัดเจน ลองนิยามการแมปใหม่ $\Psi$ ดังนี้

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

ดังนั้น เป้าหมายของเราคือยืนยันว่า $\Psi = \Phi$

วิธีที่ทำได้คือเปรียบเทียบ Choi representation ของการแมปทั้งสอง Choi representation เป็นการแทนแบบหนึ่งต่อหนึ่ง (faithful) ดังนั้น $\Psi = \Phi$ ก็ต่อเมื่อ $J(\Phi) = J(\Psi)$ ในขั้นตอนนี้เราสามารถคำนวณ $J(\Psi)$ โดยใช้นิพจน์

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

ร่วมกับ bilinearity ของ tensor product เพื่อลดรูป

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

ดังนั้น Kraus matrix ของเราอธิบาย $\Phi$ ได้อย่างถูกต้อง

ยังต้องตรวจสอบเงื่อนไขที่ต้องการสำหรับ $A_0,\ldots,A_{N-1}$ ซึ่งปรากฏว่าเทียบเท่ากับสมมติฐาน $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (ซึ่งเรายังไม่ได้ใช้) สิ่งที่เราจะแสดงคือความสัมพันธ์นี้:

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

(ซึ่งเราอ้างถึง matrix transpose ทางซ้าย)

เริ่มจากทางซ้าย เราสังเกตได้ก่อนว่า

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

ความเท่าเทียมสุดท้ายเกิดจากข้อเท็จจริงที่ว่า transpose เป็นเชิงเส้นและแมป $\vert b\rangle\langle a \vert$ เป็น $\vert a\rangle\langle b \vert$

ย้ายไปยังทางขวาของสมการ เรามี

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

ดังนั้น

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

เราได้ผลลัพธ์เดียวกัน ดังนั้นสมการ $(2)$ ได้รับการยืนยันแล้ว จากสมมติฐาน $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ จะได้ว่า

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

ดังนั้น เนื่องจาก identity matrix เป็น transpose ของตัวเอง เงื่อนไขที่ต้องการจึงเป็นจริง

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

จาก Kraus ไปยัง Stinespring representation

สมมติว่าเรามี Kraus representation ของการแมป

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

ซึ่ง

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

เป้าหมายของเราคือหา Stinespring representation สำหรับ $\Phi$

สิ่งที่เราอยากทำก่อนคือเลือกระบบ garbage $\mathsf{G}$ เพื่อให้ชุดสถานะคลาสสิกของมันคือ $\{0,\ldots,N-1\}$ อย่างไรก็ตาม เพื่อให้ $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ และ $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ มีขนาดเท่ากัน จะต้องเป็นเช่นนี้ว่า $n$ หาร $m N$ ลงตัว ทำให้เราเลือก $\mathsf{W}$ ให้มีสถานะคลาสสิก $\{0,\ldots,d-1\}$ สำหรับ $d = mN/n$

สำหรับตัวเลือก $n$, $m$ และ $N$ โดยทั่วไป อาจไม่เป็นเช่นนั้นที่ $mN/n$ เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้นเราไม่สามารถเลือก $\mathsf{G}$ เพื่อให้ชุดสถานะคลาสสิกของมันเป็น $\{0,\ldots,N-1\}$ ได้ แต่เราสามารถเพิ่ม $N$ ได้ตามต้องการใน Kraus representation โดยเลือก $A_k = 0$ สำหรับค่าเพิ่มเติมของ $k$ เท่าที่ต้องการ

ดังนั้น ถ้าสมมติโดยปริยายว่า $mN/n$ เป็นจำนวนเต็ม ซึ่งเทียบเท่ากับ $N$ เป็นพหุคูณของ $n/\operatorname{gcd}(n,m)$ เราก็เลือก $\mathsf{G}$ เพื่อให้ชุดสถานะคลาสสิกของมันเป็น $\{0,\ldots,N-1\}$ ได้ โดยเฉพาะ ถ้า $N = nm$ เราอาจเลือก $\mathsf{W}$ ให้มี $m^2$ สถานะคลาสสิก

ยังต้องเลือก $U$ และเราจะทำโดยจับคู่กับรูปแบบต่อไปนี้

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

ให้ชัดเจน รูปแบบนี้สื่อถึง block matrix ที่แต่ละ block (รวมถึง $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ และ block ที่ทำเครื่องหมายด้วยเครื่องหมายคำถาม) มี $m$ แถวและ $n$ คอลัมน์ มี $N$ แถวของ block หมายความว่ามี $d = mN/n$ คอลัมน์ของ block

ในเชิงสูตรมากขึ้น เราจะนิยาม $U$ เป็น

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

ซึ่งแต่ละเมทริกซ์ $M_{k,j}$ มี $m$ แถวและ $n$ คอลัมน์ และโดยเฉพาะเราจะให้ $M_{k,0} = A_k$ สำหรับ $k = 0,\ldots,N-1$

นี่ต้องเป็นเมทริกซ์ยูนิทารี และ block ที่ทำเครื่องหมายด้วยเครื่องหมายคำถาม หรือเทียบเท่าคือ $M_{k,j}$ สำหรับ $j>0$ ต้องถูกเลือกโดยคำนึงถึงสิ่งนี้ แต่นอกเหนือจากการทำให้ $U$ เป็นยูนิทารีแล้ว block ที่ทำเครื่องหมายด้วยเครื่องหมายคำถามจะไม่มีความเกี่ยวข้องกับการพิสูจน์

มาละเลยความกังวลเรื่องที่ $U$ เป็นยูนิทารีชั่วคราว และมุ่งเน้นที่นิพจน์

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

ที่อธิบายสถานะเอาต์พุตของ $\mathsf{Y}$ เมื่อกำหนดสถานะอินพุต $\rho$ ของ $\mathsf{X}$ สำหรับ Stinespring representation ของเรา เราสามารถเขียนแทนได้เป็น

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

และเราเห็นจากตัวเลือก $U$ ของเราว่า

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

ดังนั้นเราพบว่า

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

ดังนั้น

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

ดังนั้นเราได้ representation ที่ถูกต้องสำหรับการแมป $\Phi$ และยังต้องยืนยันว่าเราสามารถเลือก $U$ ให้เป็นยูนิทารีได้

พิจารณา $n$ คอลัมน์แรกของ $U$ เมื่อเลือกตามรูปแบบข้างต้น การรับเฉพาะคอลัมน์เหล่านี้ เราได้ block matrix

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

มี $n$ คอลัมน์ หนึ่งสำหรับแต่ละสถานะคลาสสิกของ $\mathsf{X}$ และในฐานะเวกเตอร์ ให้ตั้งชื่อคอลัมน์เป็น $\vert \gamma_a \rangle$ สำหรับแต่ละ $a\in\Sigma$ นี่คือสูตรสำหรับเวกเตอร์เหล่านี้ที่จับคู่กับการแทนด้วย block matrix ข้างต้นได้

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

ตอนนี้มาคำนวณ inner product ระหว่างเวกเตอร์สองตัวใดก็ได้ นั่นคือตัวที่สอดคล้องกับ $a,b\in\Sigma$ ใด ๆ

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

จากสมมติฐาน

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

เราสรุปได้ว่าเวกเตอร์คอลัมน์ $n$ ตัว $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ สร้างชุด orthonormal:

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

สำหรับทุก $a,b\in\Sigma$

สิ่งนี้บ่งบอกว่าสามารถเติมคอลัมน์ที่เหลือของ $U$ เพื่อให้มันกลายเป็นเมทริกซ์ยูนิทารีได้ โดยเฉพาะ กระบวนการ Gram-Schmidt orthogonalization สามารถใช้เลือกคอลัมน์ที่เหลือได้ สิ่งที่คล้ายกันนี้ถูกทำในบทเรียน Quantum circuits ของ "Basics of quantum information" ในบริบทของปัญหา state discrimination

จาก Stinespring representation กลับสู่นิยาม

การบ่งชี้สุดท้ายคือ 4 $\Rightarrow$ 1 นั่นคือ เราสมมติว่ามีการดำเนินการยูนิทารีที่แปลงคู่ระบบ $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ เป็นคู่ $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ และเป้าหมายของเราคือสรุปว่าการแมป

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

เป็น channel ที่ถูกต้อง จากรูปแบบของมัน ชัดเจนว่า $\Phi$ เป็นเชิงเส้น และยังต้องยืนยันว่ามันแปลง density matrix เป็น density matrix เสมอ ซึ่งค่อนข้างตรงไปตรงมาและเราได้พูดถึงประเด็นสำคัญไปแล้ว

โดยเฉพาะ ถ้าเราเริ่มจาก density matrix $\sigma$ ของระบบประกอบ $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ แล้วเพิ่มระบบ workspace $\mathsf{W}$ เพิ่มเติม เราจะยังได้ density matrix อยู่ ถ้าเรียงลำดับระบบ $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ ใหม่เพื่อความสะดวก เราสามารถเขียนสถานะนี้เป็น

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

จากนั้นเรานำการดำเนินการยูนิทารี $U$ ไปใช้ และดังที่เราได้พูดถึงไปแล้ว นี่เป็น channel ที่ถูกต้องและแมป density matrix เป็น density matrix สุดท้าย partial trace ของ density matrix ก็เป็น density matrix อีกตัวหนึ่ง

อีกวิธีหนึ่งในการพูดคือสังเกตก่อนว่าแต่ละสิ่งเหล่านี้เป็น channel ที่ถูกต้อง:

1. การเพิ่มระบบ workspace ที่ถูก initialize

2. การดำเนินการยูนิทารี

3. การทำ partial trace บนระบบหนึ่ง

และสุดท้าย การประกอบ channel ใด ๆ ก็เป็น channel อีกตัวหนึ่ง ซึ่งชัดเจนจากนิยาม แต่ก็เป็นข้อเท็จจริงที่ควรค่าแก่การสังเกตในตัวมันเอง

นี่เป็นการพิสูจน์การบ่งชี้สุดท้าย และดังนั้นเราจึงสถาปนาความเทียบเท่าของข้อความสี่ข้อที่ระบุไว้ตั้งแต่ต้นของส่วนนี้แล้ว