Warum ist dies keine realisierbare Operation auf einem Quantensystem?

Question

Warum ist dies keine realisierbare Operation auf einem Quantensystem?

Wemblem

Lassen $\rho = \begin{bmatrix}\ 1&0 \\ 0&0 \end{bmatrix}$ , $\rho' = \begin{bmatrix}\ 0&0 \\ 0&1 \end{bmatrix}$ , $\rho'' = \dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}\ 1&1 \\ 1&1 \end{bmatrix}$ (alle Dichteoperatoren).

Betrachten Sie eine physische Operation $\phi$ so dass $\phi(\rho) = \rho$ , $\phi(\rho') = \rho'$ , $\phi(\rho'') = \dfrac{1}{5}\begin{bmatrix}\ 4&2 \\ 2&1 \end{bmatrix}$ .

Warum ist $\phi$ keine realisierbare physikalische Operation? Es bewahrt sicherlich Spur und Positivität ...

Benutzer10851

Was ist Ihre Definition von "physischem Betrieb"?

Alex A

Haben wir besondere Kenntnisse bzgl

ϕ

$\phi$ ? Ist

ϕ

$\phi$ ein linearer Operator?

Wemblem

@AlexA: Ja,

ϕ

$\phi$ ist ein linearer Operator.

Wemblem

@ChrisWhite: Grundsätzlich eine affine Karte, die innerhalb des Satzes von Dichteoperatoren arbeitet.

Benutzer10001

@wemblem Können Sie bitte Ihre Frage bearbeiten, um klarzustellen, was Sie zu fragen versuchen? Was ist insbesondere eine "affine Karte"? Nach Ihrer Definition sollte eine "physische Operation" eine affine Karte sein; Warum prüfst du dann nicht einfach, ob die Karte "affin" ist oder nicht? (Was auch immer das heißt)

Wemblem

@ user10001: Soweit mir bekannt ist, entspricht eine affine Karte einer spur- und positivitätserhaltenden Karte. Aber anscheinend gibt es in diesem Fall etwas anderes an der Geschichte. Daher der Sinn dieser Frage.

Benutzer10851

Welche Quelle gibt diese Äquivalenz an? Wenn Sie sagen

ϕ (X) = A X + B

$\phi(X) = AX + B$ für

2 \times 2

$2\times2$ Matrizen

A

$A$ Und

B

$B$ , dann die Aktion auf

ρ

$\rho$ Und

ρ^{'}

$\rho'$ definiert die gesamte Karte, mit

A = I

$A = I$ Und

B = 0

$B = 0$ , so klar

ϕ (ρ^{″})

$\phi(\rho'')$ kann nichts anderes sein als

ρ^{″}

$\rho''$ .

Dan Stahlke

@wemblem: Wie Norbert in seiner Antwort unten andeutet, sind "physische Operationen" völlig positive, spurerhaltende Karten (CPTP-Karten). Alles, was Sie mit einem Zustand machen können, ist immer eine CPTP-Karte, umgekehrt kann jede CPTP-Karte physikalisch realisiert werden. Die Karte in der Frage ist nicht CPTP. Ich glaube nicht, dass ich hier den Ausdruck "affin" verwenden würde, da solche Karten lineare Superoperatoren sind.

Antworten (2)

Warum ist dies keine realisierbare Operation auf einem Quantensystem?

Haben wir besondere Kenntnisse bzgl $\phi$ ? Ist $\phi$ ein linearer Operator?
@ChrisWhite: Grundsätzlich eine affine Karte, die innerhalb des Satzes von Dichteoperatoren arbeitet.
@wemblem Können Sie bitte Ihre Frage bearbeiten, um klarzustellen, was Sie zu fragen versuchen? Was ist insbesondere eine "affine Karte"? Nach Ihrer Definition sollte eine "physische Operation" eine affine Karte sein; Warum prüfst du dann nicht einfach, ob die Karte "affin" ist oder nicht? (Was auch immer das heißt)
@ user10001: Soweit mir bekannt ist, entspricht eine affine Karte einer spur- und positivitätserhaltenden Karte. Aber anscheinend gibt es in diesem Fall etwas anderes an der Geschichte. Daher der Sinn dieser Frage.
Welche Quelle gibt diese Äquivalenz an? Wenn Sie sagen $\phi(X) = AX + B$ für $2\times2$ Matrizen $A$ Und $B$ , dann die Aktion auf $\rho$ Und $\rho'$ definiert die gesamte Karte, mit $A = I$ Und $B = 0$ , so klar $\phi(\rho'')$ kann nichts anderes sein als $\rho''$ .
@wemblem: Wie Norbert in seiner Antwort unten andeutet, sind "physische Operationen" völlig positive, spurerhaltende Karten (CPTP-Karten). Alles, was Sie mit einem Zustand machen können, ist immer eine CPTP-Karte, umgekehrt kann jede CPTP-Karte physikalisch realisiert werden. Die Karte in der Frage ist nicht CPTP. Ich glaube nicht, dass ich hier den Ausdruck "affin" verwenden würde, da solche Karten lineare Superoperatoren sind.

Norbert Schuch · Answer 1

Norbert Schuch

Ihre Karte ist nicht ganz positiv. Wenn Sie es auf die Hälfte eines maximal verschränkten Zustands anwenden $(|0\rangle|0\rangle+|1\rangle|1\rangle)/\sqrt{2}$ , das sieht man leicht $\phi(\rho)=\rho$ Und $\phi(\rho')=\rho'$ implizieren das $\phi(|0\rangle\langle1|) = \alpha |0\rangle\langle1|$ Und $\phi(|1\rangle\langle0|) = \alpha^* |1\rangle\langle0|$ damit der resultierende Zustand positiv ist (mit $|\alpha|\le1$ ). Dies ist jedoch mit der letzten Bedingung nicht vereinbar.

Wemblem

Wie stellt man den maximal verschränkten Zustand in Matrixform dar?

Wemblem

Wäre es

\frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

$\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}\ 1&0 \\ 0&1 \end{bmatrix}$ ?

Norbert Schuch

Sie sollten sich über einige Grundlagen der Quanteninformation informieren ... es ist so

[\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] / 2

$\left[\begin{matrix}1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\1&0&0&1\end{matrix}\right]/2$ , und Sie möchten sich bewerben

ϕ \otimes I

$\phi\otimes I$ , dh Sie bewerben sich

ϕ

$\phi$ an jede

2 \times 2

$2\times 2$ einzeln sperren. Für

ϕ

$\phi$ um eine physikalische Operation zu sein, muss der resultierende Zustand positiv sein.

Wemblem

Das ist also trivial

\frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

$\dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}\ 1&0 \\ 0&0 \end{bmatrix} \otimes \dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}\ 1&0 \\ 0&0 \end{bmatrix}$ +

\frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

$\dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}\ 0&0 \\ 0&1 \end{bmatrix} \otimes \dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}\ 0&0 \\ 0&1 \end{bmatrix}$ =

\frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

$\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}\ 1&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&0 \\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}$ , aber wie funktioniert die

\frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]

$\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}\ 1&1 \\ 1&1 \end{bmatrix}$ Begriff ins Spiel kommen?

Wemblem

Entschuldigung, ich habe mich immer nur mit vollständig positiven Karten in dem Sinne befasst, dass die Transposition nicht vollständig positiv ist.

QMechaniker · Answer 2

Eine physikalische Quantenoperation ${\cal E}$ kann als Karte zwischen den Dichteoperatoren der Form beschrieben werden

E (ρ) = \sum_{k} E_{k} ρ E_{k}^{†}, \sum_{k} E_{k}^{†} E_{k} \leq 1,

${\cal E}(\rho) =\sum_k E_k \rho E_k^{\dagger}, \qquad \sum_kE_k^{\dagger}E_k \leq {\bf 1},$

vgl. Ref. 1. Wie Norbert Schuch richtig anmerkt, impliziert dies eine physikalische Quantenoperation ${\cal E}$ muss eine absolut positive karte sein . In dieser Antwort stellen wir fest, dass das Beispiel von OP aus einem noch elementareren Grund keine Quantenoperation ist: Sein Bild (der Bloch-Kugel $B^3$ ) liegt nicht in der Blochkugel

ρ = \frac{1}{2} (1 + σ), σ = \sum_{ich = 1}^{3} X^{ich} σ_{ich}, \sum_{ich = 1}^{3} (X^{ich})^{2} \leq 1.

$\rho~=~\frac{1}{2}({\bf 1} + \sigma), \qquad \sigma = \sum_{i=1}^3x^i\sigma_i, \qquad \sum_{i=1}^3(x^i)^2\leq 1.$

Lassen Sie im Detail

ρ^{+} = [\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}], ρ^{-} = [\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}], ρ_{1} = \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}], ρ_{2} = \frac{1}{5} [\begin{matrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{matrix}],

$\rho^{+} ~=~ \begin{bmatrix}\ 1&0 \\ 0&0 \end{bmatrix}, \quad \rho^{-} ~=~ \begin{bmatrix}\ 0&0 \\ 0&1 \end{bmatrix}, \quad \rho_{1} ~=~ \frac{1}{2}\begin{bmatrix}\ 1&1 \\ 1&1 \end{bmatrix}, \quad \rho_{2} ~=~ \frac{1}{5}\begin{bmatrix}\ 4&2 \\ 2&1 \end{bmatrix},$

mit

E (ρ^{\pm}) = ρ^{\pm}, E (ρ_{1}) = ρ_{2} .

${\cal E}(\rho^{\pm})~=~\rho^{\pm}, \qquad {\cal E}(\rho_1)~=~\rho_2.$

Mit anderen Worten, der Nord- und der Südpol der Bloch-Sphäre $S^2$ sind Fixpunkte und der reine Zustand $(1,0,0)$ wird auf den reinen Zustand abgebildet $(\frac{4}{5},0,\frac{3}{5})$ im $xz$ Ebene.

Daraus folgt aus der Linearität

E (1) = 1, E (σ_{3}) = σ_{3}, E (σ_{1}) = \frac{4}{5} σ_{1} + \frac{3}{5} σ_{3} .

${\cal E}({\bf 1})~=~{\bf 1}, \qquad {\cal E}(\sigma_3)~=~\sigma_3, \qquad {\cal E}(\sigma_1)~=~\frac{4}{5}\sigma_1+\frac{3}{5}\sigma_3.$

Mit anderen Worten, der große Kreis in der $xz$ Ebene wird auf eine Ellipse in abgebildet $xz$ Flugzeug, das die Hälfte der Zeit außerhalb (und die Hälfte der Zeit innerhalb) des großen Kreises verbringt. Also das Bild von ${\cal E}$ liegt nicht wie vorgesehen in der Blochkugel.

Verweise:

MA Nielsen und IL Chuang, Quantum Computation and Quantum Information, (2011) Abschnitt 8.2.

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