Problemas con la representación operador-suma de una operación cuántica

Question

Estoy leyendo sobre la representación operador-suma de las operaciones cuánticas en la edición del 10º Aniversario de Nielsen y Chuang de Computación e información cuánticas (N&C). Me he quedado bastante confuso con algunos de los formalismos básicos que en él se presentan. Iré al grano.

N&C da la definición de una operación cuántica $\mathcal{E}$ para un sistema de entrada $A$ en un estado inicial $\rho_{A}$ y medio ambiente $B$ en un estado inicial puro $|0_{B}\rangle\langle 0_{B}|$ como \begin{equation} \mathcal{E}(\rho_{A})=\text{Tr}_{B}\big(U(\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|)U^{\dagger}\big) \end{equation} donde $U$ es alguna transformación en todo el sistema. N&C procede entonces hacia la representación operador-suma expresando la traza parcial $\text{Tr}_{B}$ utilizando una base ortonormal finita $\{|i_{B}\rangle\}$ para $B$ como \begin{equation} \begin{split} \mathcal{E}(\rho_{A})&=\text{Tr}_{B}\big(U(\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|)U^{\dagger}\big) &=\sum_{i}{\langle i_{B}|\big(U(\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|)U^{\dagger}\big)|i_{B}\rangle}\overset{*}{=}\sum_{i}{E_{i}\rho_{A}E^{\dagger}_{i}} \end{split} \end{equation} donde la última igualdad (*) no es más que la representación operación-suma de la operación $\mathcal{E}$ . Los elementos $\{E_{i}\}$ de esta representación se escriben $E_{k}\equiv \langle k_{B}|U|0_{B}\rangle$ y estos son operadores.

Lo que no consigo ver es el fundamento/razonamiento de la igualdad (*) anterior. Esto es un problema para mí y es lo que me gustaría resolver.

El motivo por el que tengo problemas es quizá el rastreo parcial. No puedo ver cómo es legítimo para escribir la traza parcial mediante el uso de sólo la base $\{|i_{B}\rangle\}$ como en el caso anterior, las dimensiones no parecen estar en orden como para que la expresión tenga sentido. Preferiría cambiar a \begin{equation} |i_{B}\rangle\to \mathbb{I}^{A}\otimes |i_{B}\rangle \end{equation} mediante \begin{equation} \mathcal{E}(\rho^{A})=\sum_{i}{\mathbb{I}^{A}\otimes \langle i_{B}|\big(U(\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|)U^{\dagger}\big)\mathbb{I}^{A}\otimes |i_{B}\rangle} \end{equation} ya que así es como yo entiendo la traza parcial. Yo creería que, digamos, $U^{\dagger}(\mathbb{I}^{A}\otimes |k_{B}\rangle)$ está bien definido ya que veo que las dimensiones de ambos operadores (matrices) son las correctas. Entonces, si mi comprensión de la traza parcial es correcta, tendría \begin{equation} E_{k}=\langle k_{B}|U|0_{B}\rangle\to (\mathbb{I}^{A}\otimes \langle k_{B}|)U(\mathbb{I}^{A}\otimes |0_{B}\rangle) \end{equation} que es una expresión en la que al menos se puede véase que un $E_{k}$ es no un escalar, a diferencia de cómo está escrito por N&C.

Ahora bien, si la transformación $U$ no estuviera presente no tendría problema en tomar el rastro parcial de esta forma. Como no es el caso, estoy atascado. No tengo ni idea de cómo reorganizar dentro de los términos en la suma de modo que obtengo los elementos $\{E_{i}\}$ .

Cualquier esfuerzo para ayudar con este asunto es muy apreciado.

Edita: Con la aportación de Norbert Schuch he llegado a comprender lo siguiente. El truco que permite reordenar adecuadamente dentro de cada término de la traza parcial reside en expandir $\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|$ en productos como \begin{equation} \rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}| = \underbrace{(\rho_{A}\otimes \mathbb{I}_{B})(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)}_{=(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)\rho_{A}}(\mathbb{I}_{A}\otimes \langle 0_{B}|)=(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)\rho_{A}(\mathbb{I}_{A}\otimes \langle 0_{B}|)\hspace{1mm}, \end{equation} donde la última igualdad puede verse a través de \begin{equation} \begin{split} (\rho_{A}\otimes \mathbb{I}_{B})(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)&=(\underbrace{\rho_{A}\mathbb{I}_{A}}_{\text{commutes}})\otimes (\underbrace{\mathbb{I}_{B}|0_{B}\rangle}_{=|0_{B}\rangle=|0_{B}\rangle\cdot 1})\\[2mm] &=(\mathbb{I}_{A}\rho_{A})\otimes (|0_{B}\rangle\cdot 1)\\[2mm] &=(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)(\underbrace{\rho_{A}\otimes 1}_{=\rho_{A}})\\[2mm] &=(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)\rho_{A}\hspace{1mm}. \end{split} \end{equation} Obsérvese el uso del denominado propiedad del producto mezclado es decir, $(A\otimes B)(C\otimes D)=(AC)\otimes(BD)$ .

Entonces, teniendo en cuenta la $k$ :en la suma parcial de trazas, tenemos que \begin{equation} \begin{split} & \mathbb{I}_{A}\otimes \langle k_{B}|\big(U(\rho_{A}\otimes |0_{B}\rangle\langle 0_{B}|)U^{\dagger}\big)\mathbb{I}_{A}\otimes |k_{B}\rangle\\[2mm] =& \underbrace{(\mathbb{I}_{A}\otimes \langle k_{B}|)U(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)}_{=E_{k}}\rho_{A}\underbrace{(\mathbb{I}_{A}\otimes \langle 0_{B}|)U^{\dagger}(\mathbb{I}_{A}\otimes |k_{B}\rangle)}_{=E^{\dagger}_{k}} \\[2mm] =& E_{k}\rho_{A} E^{\dagger}_{k} \hspace{1mm}. \end{split} \end{equation}

Me complace la aportación de Norbert sobre este asunto y, desde mi punto de vista, considero que mi pregunta está resuelta. Muchas gracias.

Answer 1

Tiene toda la razón en la primera parte de su pregunta: ¿Qué significa $|b_i\rangle_B$ es realmente $\mathbb I_A\otimes |b_i\rangle_B$ . (Obsérvese que omitir identidades es bastante habitual, por ejemplo, al escribir hamiltonianos).

Ahora a su pregunta cómo mostrar \begin{equation} \begin{split} \sum_{i}{\langle b_{i}|\big(U(\rho_{A}\otimes |0\rangle\langle 0|)U^{\dagger}\big)|b_{i}\rangle}\overset{*}{=}\sum_{i}{E_{i}\rho_{A}E^{\dagger}_{i}}\ . \end{split} \end{equation} Para ello, tenga en cuenta que \begin{align} \rho_{A}\otimes |0\rangle\langle 0| &= (\rho_A\otimes \mathbb I)(\mathbb I\otimes|0\rangle)(\mathbb I\otimes \langle 0|) \\ &= (\mathbb I\otimes|0\rangle) \rho_A (\mathbb I\otimes \langle 0|)\ . \end{align} (Más adelante explico por qué se mantiene esta igualdad). Insertando esto en el LHS, obtenemos \begin{equation} \begin{split} \mbox{LHS}=\sum_{i}{\langle b_{i}|U (\mathbb I\otimes|0\rangle) \rho_A (\mathbb I\otimes \langle 0|) U^{\dagger}|b_{i}\rangle} =\sum_{i}{E_{i}\rho_{A}E^{\dagger}_{i}}\ , \end{split} \end{equation} como desee.

---

Apéndice: ¿Por qué $(\rho_A\otimes \mathbb I)(\mathbb I\otimes|0\rangle)= (\mathbb I\otimes|0\rangle) \rho_A$ ?

En primer lugar, tenga en cuenta que $(A\otimes B)(C\otimes D)=(AC)\otimes(BD)$ . Obsérvese también que podemos considerar $|0\rangle$ como ( $d\times 1$ ) y $1$ como ( $1 \times 1$ ). Así pues, tenemos \begin{align} (\rho_A\otimes \mathbb I)(\mathbb I\otimes|0\rangle) &= (\rho_A\mathbb I)\otimes(\mathbb I|0\rangle) \\ &= (\mathbb I\rho_A)\otimes(|0\rangle\cdot 1) \\ &= (\mathbb I\otimes |0\rangle)(\rho_A\otimes 1) \\&= (\mathbb I\otimes|0\rangle) \rho_A\ . \end{align}

Answer 2

No estoy convencido con las matemáticas de la respuesta actual de Norbert Schuch, por eso escribí una respuesta más rigurosa (para convencerme a mí mismo). Primero quiero explicar mi problema con la respuesta actual. En la prueba este paso

\begin{equation} \begin{split} &=(\mathbb{I}_{A}\rho_{A})\otimes (|0_{B}\rangle\cdot 1)\\[2mm] &=(\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)(\underbrace{\rho_{A}\otimes 1}_{=\rho_{A}})\\[2mm] \end{split} , \fin se razona con la propiedad del producto mezclado . Sin embargo, cuando nos fijamos en esta propiedad http://www.math.uwaterloo.ca/~hwolkowi/henry/informes/kronthesisschaecke04.pdf (KRON 7). Para aplicarlo, las dimensiones del operador deben ajustarse como para la multiplicación de matrices. También el último término parece extraño

\begin{equation} \begin{split} (\mathbb{I}_{A}\otimes |0_{B}\rangle)\rho_{A}\hspace{1mm}. \end{split} \end{equation}

¿Qué debe representar, cuando no una forma abreviada de escribir el término original? De lo contrario, las dimensiones no encajan. Parece que hay un poco de magia negro alrededor, que no entiendo.

Por lo tanto, propongo el siguiente razonamiento utilizando la notación de N&C: Primero el operador debe estar en el producto tensorial del sistema principal y el entorno $U\in\mathcal{H}_{\text{princ}}\otimes\mathcal{H}_{\text{env}}$ . Esto significa que descomponemos el operador para algunas bases del correspondiente espacio de Hilbert U = $\sum_{ij} c_{ij} A_i\otimes B_j$ donde $A_i$ son las bases que abarcan $\mathcal{H}_{\text{princ}}$ y $B_j$ son las bases que abarcan $\mathcal{H}_{\text{env}}$ . Ahora lo insertamos

\begin{equation} \begin{split} &\sum_{k}{\langle e_k |\big(U (\rho\otimes |e_0\rangle\langle e_0|)U^{\dagger}\big)|e_k\rangle}\\ &=\sum_{k}{\langle e_k |\big((\sum_{ij} c_{ij} A_i\otimes B_j) (\rho\otimes |e_0\rangle\langle e_0|)(\sum_{ij} c_{ij} A_i\otimes B_j)^{\dagger})\big)|e_k\rangle}\\ &=\sum_{k}{(I_{\mathcal{H}_{\text{princ}}} \otimes \langle e_k |)\big((\sum_{ij} c_{ij} A_i\otimes B_j) (\rho\otimes |e_0\rangle\langle e_0|)(\sum_{ij} c_{ij} A_i^{\dagger}\otimes B_j^{\dagger})\big)(I_{\mathcal{H}_{\text{princ}}} \otimes |e_k\rangle}\\ &=\sum_{k}{(\sum_{ij} c_{ij} A_i\otimes \langle e_k |B_j) (\rho\otimes |e_0\rangle\langle e_0|)(\sum_{ij} c_{ij} A_i^{\dagger}\otimes B_j^{\dagger}|e_k\rangle)}\\ &=\sum_{k}{\sum_{ijkl} c_{ij}c_{kl} A_i \rho A_k^{\dagger} \otimes \langle e_k |B_j|e_0\rangle \langle e_0|B_j^{\dagger}|e_k\rangle}\\ &=\sum_{k}{\sum_{ijkl} c_{ij}c_{kl} A_i \rho A_k^{\dagger} \langle e_k |B_j|e_0\rangle \langle e_0|B_j^{\dagger}|e_k\rangle}\\ &=\sum_{k}{(\sum_{ij}{c_{ij}A_i \langle e_k|B_j|e_0\rangle})\rho(\sum_{ij}{c_{ij}A_i^{\dagger} \langle e_0|B_j^{\dagger}|e_k\rangle})} \end{split} \end{equation} El último paso viene dado porque el producto tensorial con un escalar es lo mismo que la multiplicación, que ahora también aplicamos sobre el término $E_k$ \begin{equation} E_k = \langle e_k|U|e_0\rangle = (I_{\mathcal{H}_{\text{princ}}} \otimes \langle e_k|)(\sum_{ij}c_{ij}A_i\otimes B_j) (I_{\mathcal{H}_{\text{princ}}} \otimes |e_0\rangle) \\ = \sum_{ij}c_{ij}A_i\otimes \langle e_k|B_j|e_0\rangle = \sum_{ij}c_{ij}A_i \langle e_k|B_j|e_0\rangle \end{equation} Podemos ver que el término anterior debe ser \begin{equation}\sum_{k}{(\sum_{ij}{c_{ij}A_i \langle e_k|B_j|e_0\rangle})\rho(\sum_{ij}{c_{ij}A_i^{\dagger} \langle e_k|B_j^{\dagger}|e_0\rangle})} = \sum_{k}E_k\rho E_k^{\dagger}\end{equation}

Ahora algunos comentarios, sin importancia para la respuesta: Creo que esta equivalencia y la nueva notación para un producto punto extendido deberían estar más explicadas en las N&C. Me llevó bastante tiempo entenderlo.