Combinații convexe ale matricelor de densitate

Selecții probabilistice ale matricelor de densitate

Un aspect esențial al matricelor de densitate este că selecțiile probabilistice ale stărilor cuantice sunt reprezentate prin combinații convexe ale matricelor de densitate asociate.

De exemplu, dacă avem două matrice de densitate, $\rho$ și $\sigma,$ care reprezintă stările cuantice ale unui sistem $\mathsf{X},$ și pregătim sistemul în starea $\rho$ cu probabilitatea $p$ și în starea $\sigma$ cu probabilitatea $1 - p,$ atunci starea cuantică rezultată este reprezentată de matricea de densitate

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Mai general, dacă avem $m$ stări cuantice reprezentate de matricele de densitate $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$, și un sistem este pregătit în starea $\rho_k$ cu probabilitatea $p_k$ pentru un vector de probabilitate $(p_0,\ldots,p_{m-1})$, starea rezultată este reprezentată de matricea de densitate

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

Aceasta este o combinație convexă a matricelor de densitate $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$.

Rezultă că, dacă avem $m$ vectori de stare cuantică $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle$, și pregătim un sistem în starea $\vert\psi_k\rangle$ cu probabilitatea $p_k$ pentru fiecare $k\in\{0,\ldots,m-1\}$, starea obținută este reprezentată de matricea de densitate

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

De exemplu, dacă un qubit este pregătit în starea $\vert 0\rangle$ cu probabilitatea $1/2$ și în starea $\vert + \rangle$ cu probabilitatea $1/2$, reprezentarea prin matrice de densitate a stării obținute este dată de

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

În formularea simplificată a informației cuantice, calculul mediei vectorilor de stare cuantică în acest mod nu funcționează. De exemplu, vectorul

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

nu este un vector de stare cuantică valid, deoarece norma sa euclidiană nu este egală cu $1$. Un exemplu mai extrem care arată că acest lucru nu funcționează pentru vectorii de stare cuantică este că fixăm orice vector de stare cuantică $\vert\psi\rangle$ dorim, și luăm starea noastră ca $\vert\psi\rangle$ cu probabilitatea $1/2$ și $-\vert\psi\rangle$ cu probabilitatea $1/2$. Aceste stări diferă printr-o fază globală, deci sunt de fapt aceeași stare — dar calculul mediei ne dă vectorul zero, care nu este un vector de stare cuantică valid.

Starea complet amestecată

Să presupunem că setăm starea unui qubit la $\vert 0\rangle$ sau $\vert 1\rangle$ aleatoriu, fiecare cu probabilitatea $1/2$. Matricea de densitate care reprezintă starea rezultată este următoarea.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(În această ecuație simbolul $\mathbb{I}$ denotă matricea identitate $2\times 2$.) Aceasta este o stare specială cunoscută ca starea complet mixtă. Ea reprezintă incertitudinea completă despre starea unui qubit, similar cu un bit aleatoriu uniform în contextul probabilistic.

Acum să presupunem că schimbăm procedura: în locul stărilor $\vert 0\rangle$ și $\vert 1\rangle$ vom folosi stările $\vert + \rangle$ și $\vert - \rangle$. Putem calcula matricea de densitate care descrie starea rezultată într-un mod similar.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

Este aceeași matrice de densitate ca înainte, chiar dacă am schimbat stările. De fapt, am obține din nou același rezultat — starea complet mixtă — substituind orice doi vectori de stare ortogonali ai unui qubit pentru $\vert 0\rangle$ și $\vert 1\rangle$.

Aceasta este o caracteristică, nu un defect! Obținem de fapt exact aceeași stare în ambele cazuri. Adică, nu există nicio modalitate de a distinge cele două proceduri măsurând qubitul pe care îl produc, nici măcar într-un sens statistic. Cele două proceduri diferite ale noastre sunt pur și simplu modalități diferite de a pregăti această stare.

Putem verifica că acest lucru are sens gândindu-ne la ce am putea spera să învățăm dintr-o selecție aleatorie a unei stări din una dintre cele două mulțimi posibile de stări $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ și $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}$. Ca să simplificăm lucrurile, să presupunem că efectuăm o operație unitară $U$ pe qubitul nostru și apoi măsurăm în baza standard.

În primul scenariu, starea qubitului este aleasă uniform din mulțimea $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$. Dacă starea este $\vert 0\rangle$, obținem rezultatele $0$ și $1$ cu probabilitățile

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

respectiv. Dacă starea este $\vert 1\rangle$, obținem rezultatele $0$ și $1$ cu probabilitățile

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Deoarece fiecare dintre cele două posibilități se întâmplă cu probabilitatea $1/2$, obținem rezultatul $0$ cu probabilitatea

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

iar rezultatul $1$ cu probabilitatea

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Ambele expresii sunt egale cu $1/2$. O modalitate de a argumenta acest lucru este să folosim un fapt din algebra liniară care poate fi văzut ca o generalizare a teoremei lui Pitagora.

Teoremă

Să presupunem că $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ este o bază ortonormală a unui spațiu vectorial (real sau complex) $\mathcal{V}$. Pentru fiecare vector $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ avem $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2$.

Putem aplica această teoremă pentru a determina probabilitățile după cum urmează. Probabilitatea de a obține $0$ este

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

și probabilitatea de a obține $1$ este

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Deoarece $U$ este unitar, știm că $U^{\dagger}$ este de asemenea unitar, ceea ce implică faptul că atât $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ cât și $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ sunt vectori unitari. Ambele probabilități sunt deci egale cu $1/2$. Asta înseamnă că indiferent cum alegem $U$, vom obține pur și simplu un bit aleatoriu uniform din măsurătoare.

Putem efectua o verificare similară pentru orice altă pereche de stări ortonormate în locul $\vert 0\rangle$ și $\vert 1\rangle$. De exemplu, deoarece $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ este o bază ortonormată, probabilitatea de a obține rezultatul măsurătorii $0$ în a doua procedură este

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

și probabilitatea de a obține $1$ este

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

În particular, obținem exact aceleași statistici de ieșire ca și pentru stările $\vert 0\rangle$ și $\vert 1\rangle$.

Stări probabilistice

Stările clasice pot fi reprezentate prin matrice de densitate. În particular, pentru fiecare stare clasică $a$ a unui sistem $\mathsf{X}$, matricea de densitate

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

reprezintă faptul că $\mathsf{X}$ se află în mod definitiv în starea clasică $a$. Pentru qubiți avem

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{și}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

iar în general avem un singur $1$ pe diagonală, în poziția corespunzătoare stării clasice avute în vedere, cu toate celelalte intrări egale cu zero.

Putem apoi lua combinații convexe ale acestor matrice de densitate pentru a reprezenta stările probabilistice. Presupunând pentru simplitate că mulțimea stărilor noastre clasice este $\{0,\ldots,n-1\}$, dacă $\mathsf{X}$ se află în starea $a$ cu probabilitatea $p_a$ pentru fiecare $a\in\{0,\ldots,n-1\}$, atunci matricea de densitate obținută este

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Mergând în direcția inversă, orice matrice de densitate diagonală poate fi identificată în mod natural cu starea probabilistică obținută pur și simplu citind vectorul de probabilitate de pe diagonală.

Pentru a fi clar, atunci când o matrice de densitate este diagonală, nu înseamnă neapărat că vorbim despre un sistem clasic sau că sistemul trebuie să fi fost pregătit prin selecția aleatorie a unei stări clasice, ci mai degrabă că starea ar fi putut fi obținută prin selecția aleatorie a unei stări clasice.

Faptul că stările probabilistice sunt reprezentate prin matrice de densitate diagonale este consistent cu intuiția sugerată la începutul lecției, conform căreia intrările de pe diagonalele secundare descriu gradul în care cele două stări clasice corespunzătoare rândului și coloanei acelei intrări se află în superpoziție cuantică. Aici, toate intrările de pe diagonalele secundare sunt zero, deci avem doar aleatorie clasică și nimic nu se află în superpoziție cuantică.

Matrice de densitate și teorema spectrală

Am văzut că, dacă luăm o combinație convexă de stări pure,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

obținem o matrice de densitate. Orice matrice de densitate $\rho$, de fapt, poate fi exprimată ca o combinație convexă de stări pure în acest mod. Adică, vor exista întotdeauna o colecție de vectori unitari $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ și un vector de probabilitate $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ pentru care ecuația de mai sus este adevărată.

Putem, mai mult, alege întotdeauna numărul $m$ astfel încât să coincidă cu numărul de stări clasice ale sistemului considerat, și putem selecta vectorii de stare cuantică astfel încât să fie ortogonali. Teorema spectrală, pe care am întâlnit-o în cursul „Foundations of quantum algorithms", ne permite să tragem această concluzie. Iată o reformulare a teoremei spectrale pentru comoditate.

Teoremă

Teorema spectrală: Fie $M$ o matrice complexă normală de dimensiune $n\times n.$ Există o bază ortonormată de vectori complecși $n$-dimensionali $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ împreună cu numere complexe $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ astfel încât

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Reamintim că o matrice $M$ este normală dacă satisface $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}$. Cu alte cuvinte, matricele normale sunt matricele care comută cu transpusa lor conjugată.)

Putem aplica teorema spectrală oricărei matrice de densitate $\rho$ date, deoarece matricele de densitate sunt întotdeauna Hermitiene și, prin urmare, normale. Acest lucru ne permite să scriem

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

pentru o bază ortonormată $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}$. Rămâne de verificat că $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ este un vector de probabilitate, pe care îl putem redenumi $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ dacă dorim.

Numerele $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ sunt valorile proprii ale lui $\rho$, și deoarece $\rho$ este pozitiv semidefinită, aceste numere trebuie să fie deci numere reale nenegative. Putem concluziona că $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ din faptul că $\rho$ are urma egală cu $1$. Parcurgerea detaliilor ne va oferi ocazia de a evidenția următoarea proprietate importantă și foarte utilă a urmei.

Teoremă

Proprietatea ciclică a urmei: Pentru orice două matrice $A$ și $B$ care ne dau o matrice pătrată $AB$ prin înmulțire, egalitatea $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ este adevărată.

Reține că această teoremă funcționează chiar dacă $A$ și $B$ nu sunt ele însele matrice pătrate. Adică, putem avea că $A$ este $n\times m$ și $B$ este $m\times n$, pentru o anumită alegere de numere întregi pozitive $n$ și $m$, astfel încât $AB$ este o matrice pătrată $n\times n$, iar $BA$ este $m\times m$.

În special, dacă lăsăm $A$ să fie un vector coloană $\vert\phi\rangle$ și lăsăm $B$ să fie vectorul linie $\langle \phi\vert$, atunci vedem că

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

A doua egalitate rezultă din faptul că $\langle\phi\vert\phi\rangle$ este un scalar, pe care îl putem gândi și ca o matrice $1\times 1$ a cărei urmă este singura sa intrare. Folosind acest fapt, putem concluziona că $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ prin liniaritatea funcției urmă.

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

Alternativ, putem ajunge la aceeași concluzie folosind faptul că urma unei matrice pătrate (chiar și una care nu este normală) este egală cu suma valorilor sale proprii.

Am concluzionat astfel că orice matrice de densitate dată $\rho$ poate fi exprimată ca o combinație convexă de stări pure. Vedem de asemenea că putem, mai mult, lua stările pure ca fiind ortogonale. Aceasta înseamnă, în particular, că nu avem niciodată nevoie ca numărul $n$ să fie mai mare decât dimensiunea mulțimii de stări clasice a lui $\mathsf{X}$.

În general, trebuie înțeles că vor exista moduri diferite de a scrie o matrice densitate ca o combinație convexă de stări pure, nu doar modurile oferite de teorema spectrală. Un exemplu anterior ilustrează acest lucru.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Aceasta nu este o descompunere spectrală a acestei matrice deoarece $\vert 0\rangle$ și $\vert + \rangle$ nu sunt ortogonale. Iată o descompunere spectrală:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

unde $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle$. Valorile proprii sunt numere care probabil vor părea familiare:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{and}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Vectorii proprii pot fi scriși explicit astfel.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Ca un alt exemplu, mai general, să presupunem că $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ sunt vectori de stare cuantică reprezentând stări ale unui singur qubit, aleși arbitrar — deci nu presupunem nicio relație particulară între acești vectori. Am putea apoi considera starea pe care o obținem alegând una dintre aceste $100$ de stări uniform la întâmplare:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Deoarece vorbim despre un qubit, matricea densitate $\rho$ este $2\times 2$, deci prin teorema spectrală am putea alternativ scrie

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

pentru un număr real $p\in[0,1]$ și o bază ortonormală $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — dar în mod natural existența acestei expresii nu ne împiedică să scriem $\rho$ ca o medie a 100 de stări pure dacă alegem să facem asta.