Wann kann ein Zustand der Form ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|\rho=\sum_i p_i\lvert\psi_i\rangle\langle\psi_i\rvert ein reiner Zustand sein?

Lassen Sie mich Ihre Frage umformulieren.

Nehme an, dass$\rho$ist ein reiner Zustand , dh es wird geschrieben als

$$\rho =|\psi\rangle \langle \psi|$$ für einen Einheitsvektor $\psi$.

Ihre Frage ist folgende.

Q1 . Ist es möglich, eine Menge von Vektoren zu finden?$\phi_1, \ldots, \phi_n$befriedigend

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, möglicherweise $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$für einige $i\neq j$, und Zahlen $q_1, \ldots, q_n$mit $0< q_i <1$Und $\sum_i q_i =1$, so dass $$|\psi\rangle \langle \psi| = \sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$$ Und $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$für einige $i\neq j$?

Soweit ich weiß, kennen Sie bereits das folgende allgemeine Ergebnis.

THEOREM1 . Betrachten Sie einen Operator$\rho: H \to H$Wo$H$ist ein komplexer Hilbertraum und$\rho$ist Trace-Klasse, nicht-negativ und$tr(\rho)=1$. Unter diesen Hypothesen$\rho$ist genau dann ein reiner Zustand$tr(\rho) = tr(\rho^2)$.

Infolgedessen, da der Betreiber$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$Trace-Klasse ist, nicht-negativ mit Einheits-Trace, kann Q1 wie folgt umformuliert werden.

Q2 . Ist es möglich, eine Menge von Vektoren zu finden?$\phi_1, \ldots, \phi_n$mit

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, möglicherweise $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$für einige $i\neq j$, und Zahlen $q_1, \ldots, q_n$mit $0< q_i <1$Und $\sum_i q_i =1$, so dass $$tr\left[\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2\right] =1$$ Und $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$für einige $i\neq j$?

Die Antwort auf Q2 ist immer negativ, sobald$n>1$, und somit

Es ist nicht erforderlich, die Spur von zu berechnen$\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2$, nur das wissen$n>1$ist genug, um zu entscheiden, dass der Staat$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$ist nicht rein, es sei denn$|\phi_i \rangle \langle \phi_i|=|\phi_j \rangle \langle \phi_j|$für alle$i,j$.

Der Beweis ist folgender. Lassen Sie mich zunächst das Hilbert-Schmidt-Skalarprodukt zwischen Hilbert-Schmidt-Operatoren und damit insbesondere Spurklassenoperatoren vorstellen,

$$(\rho|\rho')_{HS} := tr(\rho^*\rho')\:.$$ Die zugehörige Norm lautet $$||\rho||_{HS}= \sqrt{tr(\rho^*\rho)}\:.$$

Theorem1 kann äquivalent wie folgt umformuliert werden.

THEOREM2 . Betrachten Sie einen Operator$\rho: H \to H$Wo$H$ist ein komplexer Hilbertraum und$\rho$ist Trace-Klasse, nicht-negativ und$tr(\rho)=1$. Unter diesen Hypothesen$\rho$ist genau dann ein reiner Zustand$||\rho||_{HS}=1$.

Betrachten Sie nun einen Operator$\rho: H \to H$des Formulars

$$\rho = \sum_{i=1}^n q_i \rho_i\tag{0}$$ Wo $\rho_i := |\phi_i \rangle \langle \phi_i|$mit $\phi_i$Und $q_i$wie in Q2 . $\rho$Trace-Klasse ist, nicht-negativ und wir wollen prüfen, ob $||\rho||_{HS}=1$ist möglich wann $n>1$. Diese Bedingung ist gleichbedeutend damit, das zu sagen $\rho$ist rein.

Wir können uns immer darauf beschränken, einen reellen Vektorraum von Spurenklassenoperatoren zu behandeln , da unsere Spurenklassenoperatoren selbstadjungiert sind und die von uns betrachteten Linearkombinationen mit reellen (und nicht negativen) Zahlen konstruiert sind. Das Skalarprodukt$(\:|\:)_{HS}$wird ein normales reelles (symmetrisches) Skalarprodukt in diesem reellen Unterraum.

Die entscheidende Beobachtung ist, dass, wie in jedem reellen Vektorraum, der mit einem reellen Skalarprodukt ausgestattet ist,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|\right| \leq \sum_{i=1}^n ||x_i||\tag{1}$$ und "$\leq$" wird ersetzt durch "$=$" dann und nur dann, wenn$x_i = \alpha_i x$für einige fest$x$und nicht negative Zahlen$\alpha_i$Wo$i=1,\ldots,n$.

Mit anderen Worten,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n q_i \rho_i\right|\right|_{HS} \leq \sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}\tag{2}$$ und "$\leq$" wird ersetzt durch "$=$" dann und nur dann, wenn$q_i \rho_i = \alpha_i T$für einige fest$T$und nicht negative Zahlen$\alpha_i$Wo$i=1,\ldots,n$.

Da wir das wissen

$$\sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}= \sum_{i=1}^n q_i ||\rho_i||_{HS} = \sum_{i=1}^n q_i 1 = \sum_{i=1}^n q_i =1$$ wir schließen daraus, dass If $\rho$in (0) rein ist, dann das Zeichen " $\leq$" in (2) wird ersetzt durch " $=$", so dass $q_i\rho_i = \alpha_i T$für einen festen Betreiber $T$und real $\alpha_i$. Auf den Spuren beider Seiten $q_i = \alpha_i tr(T)$Wo $tr(T) \neq 0$Weil $q_i \neq 0$. Neu definieren $T \to \rho_0 := \frac{1}{tr T}T$haben wir festgestellt, dass es einen positiven Ablaufverfolgungsklassenoperator gibt $\rho_0$mit Einheitsspur so dass $\rho_i= \rho_0$und außerdem $tr \rho_0^2 = tr \rho_i^2 =1$so dass $\rho_0$ist rein und kann daher geschrieben werden als $\rho_0 := |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$für einen Einheitsvektor $\phi_0$. Zusammenfassend haben wir das erreicht

Wenn$\rho$in (0) ist dann rein$|\phi_i\rangle \langle \phi_i|= |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$für alle$i=1,\ldots, n$.

Wir führen die Notation ein$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}P_i\equiv \lvert\psi_i\rangle\!\langle\psi_i\rvert$. Beachten Sie, dass jeder$P_i$ist ein (normaler) Projektor mit Gerätespur.

Die Frage ist dann äquivalent zu der folgenden:

Wann kann eine konvexe Kombination von (normalen) Spuren-$1$Projektoren$P_i$sei eine Spur -$1$Beamer?

Die Antwort ist, dass dies genau dann der Fall ist, wenn die Projektionen alle gleich sind (oder mit anderen Worten, es ist nie wahr, außer in den trivialen Fällen).

Um dies zu zeigen, nehmen wir an$\rho=\sum_i p_i P_i$mit$p_i>0, \sum_i p_i=1$.

Ein normalisierter Zustand$\rho$ist genau dann rein, wenn$\rho^2=\rho$, und wenn und nur wenn$\tr(\rho^2)=\tr(\rho)$. Wir haben

$$\rho^2 = \sum_i p_i^2 P_i + \sum_{i\neq j}p_i p_j P_i P_j.$$ und somit $$\tr(\rho^2) = \sum_i p_i^2 + 2 \sum_{i<j}p_i p_j\tr(P_i P_j)\le \left(\sum_i p_i\right)^2=1,$$ wo die Ungleichheit genau dann zur Identität wird$\tr(P_i P_j)=1$für alle$i,j$, das heißt, wenn und nur wenn$P_i=P_j$.

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Eine andere Möglichkeit, dies zu beweisen, besteht darin, die Eigenzerlegung von zu übergehen$\rho$.

Wenn$\rho$ist eine Spur-$1$Projektion, dann gibt es einen Vektor$v$so dass$\rho v=v$. Dies würde bedeuten$\sum_i p_i P_i v=v$, und somit$\sum_i p_i \langle v,P_i v\rangle=1$. Aber$\langle v,P_i v\rangle\in[0,1]$für alle$i$, und damit die einzige Möglichkeit für eine solche konvexe Kombination, gleich zu sein$1$ist, dass alle Begriffe tun, dh $\langle v,P_i v\rangle=1$für alle$i$, und somit$P_i=vv^\dagger$für alle$i$.

Ein weiteres Argument ist die Beobachtung, dass ein Staat nur dann rein ist, wenn sein Rang es ist$1$, und nur dann, wenn ihre Unterstützung eindimensional ist. Für eine konvexe Kombination (allgemeiner eine Summe mit positiven Koeffizienten) von Rang-$1$Damit Projektionen eine eindimensionale Unterstützung haben, muss daher jede Komponente auch die gleiche (eindimensionale) Unterstützung haben$P_i=P_j$.