Echivalența reprezentărilor

Am discutat acum trei moduri diferite de a reprezenta canalele în termeni matematici, și anume reprezentările Stinespring, reprezentările Kraus și reprezentările Choi. Avem, de asemenea, definiția unui canal, care spune că un canal este o aplicație liniară ce transformă întotdeauna matricele de densitate în matrice de densitate, chiar și atunci când canalul este aplicat doar unei părți dintr-un sistem compus. Restul lecției este dedicat demonstrației matematice că cele trei reprezentări sunt echivalente și surprind cu precizie definiția.

Prezentare generală a demonstrației

Scopul nostru este să stabilim echivalența unei colecții de patru enunțuri, și vom începe prin a le scrie precis. Toate cele patru enunțuri urmează aceleași convenții utilizate pe parcursul lecției, și anume că $\Phi$ este o aplicație liniară de la matrice pătratice la matrice pătratice, rândurile și coloanele matricelor de intrare au fost puse în corespondență cu stările clasice ale unui sistem $\mathsf{X}$ (sistemul de intrare), iar rândurile și coloanele matricelor de ieșire au fost puse în corespondență cu stările clasice ale unui sistem $\mathsf{Y}$ (sistemul de ieșire).

1. $\Phi$ este un canal de la $\mathsf{X}$ la $\mathsf{Y}.$ Adică, $\Phi$ transformă întotdeauna matricele de densitate în matrice de densitate, chiar și atunci când acționează asupra unei singure părți dintr-un sistem compus mai mare.

2. Matricea Choi $J(\Phi)$ este pozitiv semidefinită și satisface condiția $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Există o reprezentare Kraus pentru $\Phi.$ Adică, există matrice $A_0,\ldots,A_{N-1}$ pentru care ecuația $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ este adevărată pentru orice intrare $\rho,$ și care satisfac condiția $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Există o reprezentare Stinespring pentru $\Phi.$ Adică, există sisteme $\mathsf{W}$ și $\mathsf{G}$ pentru care perechile $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ și $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ au același număr de stări clasice, împreună cu o matrice unitară $U$ ce reprezintă o operație unitară de la $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ la $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ astfel încât $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

Modul în care funcționează demonstrația este că se dovedește un ciclu de implicații: primul enunț din lista noastră îl implică pe al doilea, al doilea îl implică pe al treilea, al treilea îl implică pe al patrulea, iar al patrulea enunț îl implică pe primul. Aceasta stabilește că toate cele patru enunțuri sunt echivalente — adică sunt fie toate adevărate, fie toate false pentru o alegere dată a lui $\Phi$ — deoarece implicațiile pot fi urmărite tranzitiv de la oricare enunț la oricare altul.

Aceasta este o strategie obișnuită atunci când se demonstrează că o colecție de enunțuri sunt echivalente, iar un truc util de folosit într-un astfel de context este să organizezi implicațiile astfel încât să fie cât mai ușor de dovedit. Acesta este cazul de față — și de fapt am întâlnit deja două dintre cele patru implicații.

De la canale la matricele Choi

Referindu-ne la enunțurile listate mai sus prin numerele lor, prima implicație de dovedit este 1 $\Rightarrow$ 2. Această implicație a fost deja discutată în contextul stării Choi a unui canal. Vom rezuma aici detaliile matematice.

Presupunem că mulțimea stărilor clasice ale sistemului de intrare $\mathsf{X}$ este $\Sigma$ și fie $n = \vert\Sigma\vert.$ Considerăm situația în care $\Phi$ este aplicat celui de-al doilea din două copii ale lui $\mathsf{X}$ aflate împreună în starea

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

care, ca matrice de densitate, este dată de

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

Rezultatul poate fi scris ca

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

și prin ipoteza că $\Phi$ este un canal, aceasta trebuie să fie o matrice de densitate. Ca orice matrice de densitate, trebuie să fie pozitiv semidefinită, iar înmulțirea unei matrice pozitiv semidefinite cu un număr real pozitiv produce o altă matrice pozitiv semidefinită, și deci $J(\Phi) \geq 0.$

Mai mult, sub ipoteza că $\Phi$ este un canal, trebuie să păstreze urma, și deci

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

De la Choi la reprezentările Kraus

A doua implicație, referindu-ne din nou la enunțurile din lista noastră prin numerele lor, este 2 $\Rightarrow$ 3. Pentru claritate, ignorăm celelalte enunțuri — și în special nu putem face ipoteza că $\Phi$ este un canal. Tot ce avem la dispoziție este că $\Phi$ este o aplicație liniară a cărei reprezentare Choi satisface $J(\Phi) \geq 0$ și $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Aceasta, totuși, este tot ce avem nevoie pentru a concluziona că $\Phi$ are o reprezentare Kraus

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

pentru care condiția

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

este satisfăcută.

Începem cu ipoteza esențială că $J(\Phi)$ este pozitiv semidefinită, ceea ce înseamnă că este posibil să o exprimăm în forma

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

pentru o anumită alegere a vectorilor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ În general vor exista mai multe moduri de a face aceasta — și de fapt aceasta reflectă direct libertatea pe care o avem în alegerea unei reprezentări Kraus pentru $\Phi.$

O modalitate de a obține o astfel de expresie este să folosim mai întâi teorema spectrală pentru a scrie

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

în care $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ sunt valorile proprii ale lui $J(\Phi)$ (care sunt în mod necesar numere reale nenegative deoarece $J(\Phi)$ este pozitiv semidefinită) și $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ sunt vectori proprii unitari corespunzători valorilor proprii $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Rețineți că, deși nu există libertate în alegerea valorilor proprii (cu excepția ordinii lor), există libertate în alegerea vectorilor proprii, în special atunci când există valori proprii cu multiplicitate mai mare decât unu. Deci, aceasta nu este o expresie unică a lui $J(\Phi)$ — presupunem doar că avem una dintre ele. Indiferent, deoarece valorile proprii sunt numere reale nenegative, au rădăcini pătrate nenegative, și astfel putem alege

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

pentru fiecare $k = 0,\ldots,N-1$ pentru a obține o expresie de forma $(1).$

Nu este, însă, esențial ca expresia $(1)$ să provină dintr-o descompunere spectrală în acest mod, și în particular vectorii $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nu trebuie să fie ortogonali în general. Este totuși de remarcat că putem alege acești vectori să fie ortogonali dacă dorim — și mai mult, nu avem niciodată nevoie ca $N$ să fie mai mare decât $nm$ (amintind că $n$ și $m$ denotă numerele de stări clasice ale lui $\mathsf{X}$, respectiv $\mathsf{Y}$).

Apoi, fiecare dintre vectorii $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ poate fi descompus mai departe ca

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

unde vectorii $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ au intrări corespunzătoare stărilor clasice ale lui $\mathsf{Y}$ și pot fi determinați explicit prin ecuația

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

pentru fiecare $a\in\Sigma$ și $k=0,\ldots,N-1.$ Deși $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nu sunt neapărat vectori unitari, acesta este același proces pe care l-am folosi pentru a analiza ce s-ar întâmpla dacă s-ar efectua o măsurătoare în baza standard pe sistemul $\mathsf{X}$ dată un vector de stare cuantică al perechii $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Și acum ajungem la trucul care face ca această parte a demonstrației să funcționeze. Definim matricele Kraus $A_0,\ldots,A_{N-1}$ conform următoarei ecuații.

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

Putem gândi această formulă pur simbolic: $\vert a\rangle$ este efectiv răsturnat pentru a forma $\langle a\vert$ și mutat în partea dreaptă, formând o matrice. În scopul verificării demonstrației, formula este tot ce avem nevoie.

Există, totuși, o relație simplă și intuitivă între vectorul $\vert\psi_k\rangle$ și matricea $A_k,$ și anume că prin vectorizarea lui $A_k$ obținem $\vert\psi_k\rangle.$ Prin vectorizarea lui $A_k$ înțelegem că stivuim coloanele una peste alta (cu coloana cea mai din stânga deasupra, continuând cu cea mai din dreapta jos), pentru a forma un vector. De exemplu, dacă $\mathsf{X}$ și $\mathsf{Y}$ sunt ambele qubiți, și pentru o anumită alegere a lui $k$ avem

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

atunci

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

(Atenție: uneori vectorizarea unei matrice este definită ușor diferit, și anume că rândurile matricei sunt transpuse și stivuite una peste alta pentru a forma un vector coloană.)

Mai întâi vom verifica că această alegere a matricelor Kraus descrie corect aplicația $\Phi,$ după care vom verifica cealaltă condiție necesară. Pentru a păstra claritatea, să definim o nouă aplicație $\Psi$ după cum urmează.

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

Astfel, scopul nostru este să verificăm că $\Psi = \Phi.$

Modul în care putem face aceasta este să comparăm reprezentările Choi ale acestor aplicații. Reprezentările Choi sunt fidele, deci avem $\Psi = \Phi$ dacă și numai dacă $J(\Phi) = J(\Psi).$ În acest punct putem pur și simplu calcula $J(\Psi)$ folosind expresiile

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

împreună cu biliniaritatea produselor tensoriale pentru simplificare.

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

Deci, matricele noastre Kraus descriu corect $\Phi.$

Rămâne să verificăm condiția necesară privind $A_0,\ldots,A_{N-1},$ care se dovedește a fi echivalentă cu ipoteza $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (pe care nu am folosit-o încă). Ceea ce vom arăta este această relație:

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

(în care ne referim la transpusa matricei în membrul stâng).

Pornind din stânga, putem observa mai întâi că

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

Ultima egalitate urmează din faptul că transpusa este liniară și mapează $\vert b\rangle\langle a \vert$ la $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Trecând la membrul drept al ecuației noastre, avem

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

și deci

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

Am obținut același rezultat, și deci ecuația $(2)$ a fost verificată. Rezultă, prin ipoteza $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ că

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

și deci, deoarece matricea identitate este propria sa transpusă, condiția necesară este adevărată.

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

De la reprezentările Kraus la reprezentările Stinespring

Acum presupunem că avem o reprezentare Kraus a unei aplicații

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

pentru care

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

Scopul nostru este să găsim o reprezentare Stinespring pentru $\Phi.$

Ceea ce dorim să facem mai întâi este să alegem sistemul de gunoi $\mathsf{G}$ astfel încât mulțimea sa de stări clasice să fie $\{0,\ldots,N-1\}.$ Pentru ca $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ și $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ să aibă aceeași dimensiune, totuși, trebuie ca $n$ să dividă $m N,$ permițându-ne să luăm $\mathsf{W}$ cu stările clasice $\{0,\ldots,d-1\}$ pentru $d = mN/n.$

Pentru o alegere arbitrară a lui $n,$ $m,$ și $N,$ poate că $mN/n$ nu este un număr întreg, deci nu suntem cu adevărat liberi să alegem $\mathsf{G}$ astfel încât mulțimea sa de stări clasice să fie $\{0,\ldots,N-1\}.$ Dar putem întotdeauna mări $N$ arbitrar în reprezentarea Kraus alegând $A_k = 0$ pentru oricâte valori suplimentare ale lui $k$ dorim.

Astfel, dacă presupunem tacit că $mN/n$ este un număr întreg, ceea ce este echivalent cu faptul că $N$ este un multiplu al lui $m/\operatorname{gcd}(n,m),$ atunci suntem liberi să luăm $\mathsf{G}$ astfel încât mulțimea sa de stări clasice să fie $\{0,\ldots,N-1\}.$ În particular, dacă $N = nm,$ atunci putem lua $\mathsf{W}$ cu $m^2$ stări clasice.

Rămâne să alegem $U,$ și vom face aceasta potrivind următorul șablon.

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

Pentru claritate, acest șablon este menit să sugereze o matrice pe blocuri, unde fiecare bloc (inclusiv $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ cât și blocurile marcate cu semnul întrebării) are $m$ rânduri și $n$ coloane. Există $N$ rânduri de blocuri, ceea ce înseamnă că există $d = mN/n$ coloane de blocuri.

Exprimat în termeni mai formali, vom defini $U$ ca

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

unde fiecare matrice $M_{k,j}$ are $m$ rânduri și $n$ coloane, și în particular vom lua $M_{k,0} = A_k$ pentru $k = 0,\ldots,N-1.$

Aceasta trebuie să fie o matrice unitară, iar blocurile etichetate cu semnul întrebării, sau echivalent $M_{k,j}$ pentru $j>0,$ trebuie alese cu aceasta în minte — dar în afara faptului că permit lui $U$ să fie unitară, blocurile etichetate cu semnul întrebării nu vor fi relevante pentru demonstrație.

Să ignorăm momentan preocuparea că $U$ este unitară și să ne concentrăm pe expresia

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

care descrie starea de ieșire a lui $\mathsf{Y}$ dată starea de intrare $\rho$ a lui $\mathsf{X}$ pentru reprezentarea noastră Stinespring. Putem scrie alternativ

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

și vedem din alegerea noastră a lui $U$ că

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

Găsim deci că

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

și astfel

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

Avem deci o reprezentare corectă pentru aplicația $\Phi,$ și rămâne să verificăm că putem alege $U$ să fie unitară.

Considerăm primele $n$ coloane ale lui $U$ atunci când este aleasă conform șablonului de mai sus. Luând doar aceste coloane, avem o matrice pe blocuri

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

Există $n$ coloane, câte una pentru fiecare stare clasică a lui $\mathsf{X},$ și ca vectori să le numim $\vert \gamma_a \rangle$ pentru fiecare $a\in\Sigma.$ Iată o formulă pentru acești vectori care poate fi potrivită cu reprezentarea matricei pe blocuri de mai sus.

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

Acum să calculăm produsul interior dintre oricare doi dintre acești vectori, adică cei corespunzători oricărei alegeri de $a,b\in\Sigma.$

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

Prin ipoteza

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

concluzionăm că cei $n$ vectori coloană $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ formează un set ortonormat:

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

pentru toți $a,b\in\Sigma.$

Aceasta implică faptul că este posibil să completăm coloanele rămase ale lui $U$ astfel încât să devină o matrice unitară. În particular, procesul de ortonormare Gram-Schmidt poate fi utilizat pentru a selecta coloanele rămase. Ceva similar a fost făcut în lecția Circuite cuantice din „Bazele informației cuantice" în contextul problemei de discriminare a stărilor.

De la reprezentările Stinespring înapoi la definiție

Implicația finală este 4 $\Rightarrow$ 1. Adică, presupunem că avem o operație unitară care transformă o pereche de sisteme $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ într-o pereche $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ iar scopul nostru este să concluzionăm că aplicația

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

este un canal valid. Din forma sa, este evident că $\Phi$ este liniară, și rămâne să verificăm că transformă întotdeauna matricele de densitate în matrice de densitate. Aceasta este destul de simplă și am discutat deja punctele cheie.

În particular, dacă pornim cu o matrice de densitate $\sigma$ a unui sistem compus $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ și adăugăm un sistem de spațiu de lucru suplimentar $\mathsf{W},$ vom rămâne cu siguranță cu o matrice de densitate. Dacă reordonăm sistemele $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ pentru comoditate, putem scrie această stare ca

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

Apoi aplicăm operația unitară $U,$ și cum am discutat deja aceasta este un canal valid, și deci mapează matricele de densitate în matrice de densitate. În final, urma parțială a unei matrice de densitate este o altă matrice de densitate.

Un alt mod de a spune aceasta este să observăm mai întâi că fiecare dintre aceste lucruri este un canal valid:

1. Introducerea unui sistem de spațiu de lucru inițializat.
2. Efectuarea unei operații unitare.
3. Calcularea urmei unui sistem.

Și în final, orice compoziție de canale este un alt canal — ceea ce rezultă imediat din definiție, dar este și un fapt demn de observat în sine.