Konstruktion eines POVM zur Unterscheidung von mmm-Quantenzuständen. Was ist, wenn sie linear abhängig sind?

Ich bin auf dieses Problem im Quanteninformationsbuch von Nielsen & Chuang gestoßen (Problem 2.64)

Angenommen, Bob erhält einen Quantenzustand, der aus einer Menge ausgewählt wird | ψ 1 ⟩ , . . . , | ψ M ⟩ von linear unabhängigen Zuständen. Konstruieren Sie eine POVM { E 1 , E 2 , . . . , E M + 1 } so dass wenn Ergebnis E ich tritt ein, 1 ≤ ich ≤ M , dann weiß Bob mit Sicherheit, dass ihm der Staat gegeben wurde | ψ ich ⟩ . (Die POVM muss so sein, dass ⟨ ψ ich | E ich | ψ ich ⟩ > 0 für jede ich .)

Das ist mein Lösungsvorschlag:

Bezeichne mit | ϕ ich ⟩ der (einzigartige? Ich denke, es spielt keine Rolle) Vektor orthogonal zu dem Unterraum, der von überspannt wird { | ψ J ⟩ } J ≠ ich und definieren

E ich = ∑ ich ≠ J | ϕ J ⟩ ⟨ ϕ J |

Dann ⟨ ψ J | E ich | ψ J ⟩ = 0 durch Konstruktion und ⟨ ψ ich | E ich | ψ ich ⟩ > 0 . Der letzte Operator ist der Vollständigkeit halber definiert:

E M + 1 = ICH − ∑ J = 1 M E J .

Also, wann bekommt das Ergebnis ich , er weiß, dass es keiner der anderen gewesen sein kann ψ J 's, so muss es gewesen sein ψ ich mit Sicherheit. Wenn er ein Ergebnis bekommt M + 1 , er weiß nichts. Ist das richtig?

Was passiert, wenn wir jetzt einen weiteren Vektor in die Menge einführen: ψ ⟩ = A | ψ 1 ⟩ + B | ψ 2 ⟩ , dh die lineare Unabhängigkeitsbedingung fallen lassen (hier nur an einem einfachen Beispiel). Wie würde sich das auf die auswirken E J 's, ist es noch möglich, eine POVM so zu konstruieren?

Antworten (2)

Eine entscheidende Hypothese wird in Ihrer Konstruktion übersehen.

Jede ϕ ich muss auch genügen ϕ ich ⊥̸ ψ ich , ansonsten ⟨ ψ ich | E ich ψ ich ⟩ > 0 ist falsch.

Dieser Punkt beantwortet auch Ihre letzte Frage.

Wenn ψ ist ein hinzugefügter weiterer Vektor, linear abhängig von den Vektoren ψ ich , die von Ihnen erstellte Konstruktion kann nicht erneut vorgeschlagen werden, da die von mir erwähnte Einschränkung nicht erfüllt werden kann. Allerdings auch dann, wenn der entsprechend normierte Vektor hinzugefügt wird ϕ ist orthogonal zu allem ψ ich , das ist (offensichtlich) unmöglich ϕ ⊥̸ ψ = ∑ ich = 1 N C ich ψ ich .

Wie kann ich das garantieren? ϕ ich ⊥̸ ψ ich in meiner Konstruktion? Ich dachte, das sei immer so - ich visualisierte die Situation als Ebene im 3D-Raum (Unterraum aufgespannt von ich ≠ J ) und einem senkrechten Vektor dazu ( ϕ ich ). Dieser Vektor kann niemals selbst senkrecht zu einem anderen Vektor sein, der nicht in der Ebene enthalten ist. Ich dachte, dies sei auf den Fall a verallgemeinert M − 1 dimensionaler Unterraum von an M schwach. Raum?
Angenommen, der Raum hat M + Q Maße mit Q > 0 (wie Sie im Allgemeinen annehmen, wenn Sie das annehmen E M + 1 ≠ 0 ). In diesem Fall existiert zwangsläufig ein Vektor ϕ die gleichzeitig orthogonal zu dem von allen aufgespannten Raum ist M Vektoren ψ ich , ist also orthogonal zu all every ψ ich mit ich = 1 , … , M . Es passiert sogar, wenn sie linear unabhängig sind. Daher ist es nicht immer der Fall und Sie sollten das heraussuchen ϕ ich auch die Hypothese auferlegend, auf die ich hingewiesen habe. Es ist immer möglich. Es ist jedoch nicht möglich, wenn die ψ ich sind nicht linear unabhängig.
Aber in dieser Konstruktion hat der Raum Dimension M und alle diese Unterräume sind M − 1 dimensional, also sehe ich nicht, wie das hier gilt.
Wollen Sie damit sagen, dass Sie auch davon ausgehen, dass der Raum eine Dimension hat? M von Grund auf neu?
Es scheint, dass ich das tatsächlich angenommen habe, und das ohne Grund. Die Frage erwähnt die Dimensionalität des Raums überhaupt nicht (obwohl sie vermutlich endlichdimensional sein sollte) ... jetzt verstehe ich Ihren Standpunkt
OK, wenn Sie davon ausgehen, ist meine Einschränkung automatisch erfüllt, aber meine letzte Bemerkung (in meiner Antwort) gilt trotzdem, wenn linear abhängige Vektoren berücksichtigt werden. Mein Punkt ist, dass, wenn Sie das annehmen E M + 1 ≠ 0 im Allgemeinen kann der Raum eine Dimension haben > M , wie sich aus dem Fall ergibt ϕ ich ⊥ ϕ J für ich ≠ J da wird aus deinem POVM ein PVM mit N > M orthogonale Projektoren.

Der implizite Kontext dieser Übung ist ein gewisser Hilbert-Raum H von Dimension zumindest M . Lassen W sei der ( M -dimensional) Unterraum von H vom Satz überspannt { | ψ 1 ⟩ , . . . , | ψ M ⟩ } und lassen Sie für jeden ich = 1 , . . . , M , v ich sei der ( M − 1 dimensionaler) Unterraum von W vom Satz überspannt { | ψ J ⟩ ∣ J ≠ ich } .

Aus der elementaren Hilbertraumtheorie wissen wir, dass jeder der Vektoren | ψ ich ⟩ kann in eine Summe aufgeteilt werden | ψ ich ⟩ = | v ich ⟩ + | Ö ich ⟩ , Wo | v ich ⟩ ∈ v ich Und | Ö ich ⟩ ∈ v ich ⊥ ∩ W ( | v ich ⟩ ist die Orthogonalprojektion von | ψ ich ⟩ auf zu v ich Und | Ö ich ⟩ = | ψ ich ⟩ − | v ich ⟩ ) . Beachten Sie, dass | Ö ich ⟩ ≠ 0 für jede ich , als | ψ ich ⟩ durch die Annahme linearer Unabhängigkeit gehört nicht dazu v ich .

Nun lass E ich = | Ö ich ⟩ ⟨ Ö ich | M + 1 , für ich = 1 , . . . , M , und lass E M + 1 = ICH − ∑ J = 1 M E J . Dann ist es einfach, diese Gruppe von Operatoren zu überprüfen { E 1 , . . . , E M + 1 } erfüllt die Anforderungen für eine POVM (die Faktoren 1 M + 1 dafür sorgen sollen E M + 1 bleibt positiv). Weiterhin z 1 ≤ ich , k ≤ M mit ich ≠ k , wir haben ⟨ ψ k | E ich | ψ k ⟩ = 0 , Und

⟨ ψ ich | E ich | ψ ich ⟩ = 1 M + 1 ( ⟨ v ich | Ö ich ⟩ + ⟨ Ö ich | v ich ⟩ + 2 ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ ) = 2 M + 1 ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ > 0 ,
wie gewünscht.

Es gibt etwas, das ich noch für notwendig halte. Woher weiß Bob welche E ich nahm? Auch wenn ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ sind für zwei Werte von gleich ich (Der Extremfall wäre, dass die Menge { | Ψ ich ⟩ } orthonormal ist), wie kann Bob feststellen, welche | Ψ ich ⟩ er hat gemessen?
Ich denke, man braucht stattdessen E ich = | Ö ich ⟩ ⟨ Ö ich | ich + 1 .
Sichergehen E M + 1 bleibt positiv, E ich definiert werden muss als E ich = | Ö ich ⟩ ⟨ Ö ich | M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ .
Lassen Sie mich zeigen, warum das so ist. Annehmen w ∈ W ein beliebiger Vektor aus ist W . Dann ⟨ w | E ich | w ⟩ = ⟨ w | Ö ich ⟩ ⟨ Ö ich | w ⟩ M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ = | ⟨ Ö ich | w ⟩ | 2 M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ . Das ist offensichtlich > 0 , So E ich für ich ≤ M positiv ist, wie erforderlich. Jetzt, ⟨ w | E M + 1 | w ⟩ = ⟨ w | w ⟩ − ∑ ich = 1 M | ⟨ Ö ich | w ⟩ | 2 M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ .
Nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung | ⟨ Ö ich | w ⟩ | 2 ≤ ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ ⟨ w | w ⟩ , So ⟨ w | E M + 1 | w ⟩ ≥ ⟨ w | w ⟩ − ∑ ich = 1 M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ ⟨ w | w ⟩ M ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ = ⟨ w | w ⟩ − ⟨ w | w ⟩ = 0 , So E M + 1 positiv ist, wie erforderlich.
Beachten Sie, dass Vektoren | Ö ich ⟩ sind nicht normalisiert, also ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ muss nicht sein 1 , was bedeutet, dass diese Ungleichung ohne den Faktor von nicht gelten würde ⟨ Ö ich | Ö ich ⟩ im Nenner. Eine andere Sache, die in meiner Definition anders ist, ist die Verwendung von M , anstatt M + 1 . M + 1 geht auch, aber + 1 es ist unnötig.
@ user2820579 Bob muss sich nicht entscheiden, welche E ich nehmen. Eine Messung wird mathematisch durch eine Sammlung von Operatoren beschrieben E ich jedem Messergebnis zugeordnet, aber der physische Messvorgang ist nur eine einzelne Aktion, die eines der Messergebnisse liefert E ich zufällig, je nach gemessenem Zustand.
Konstruktion eines POVM zur Unterscheidung von mmm-Quantenzuständen. Was ist, wenn sie linear abhängig sind?
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