Woher wissen wir, dass, wenn sich nur ρAρA\rho_A entwickelt, die Entwicklung von ρABρAB\rho_{AB} gegeben ist durch (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ omal 1)(\rho_{AB})?

Question

Woher wissen wir, dass, wenn sich nur ρAρA\rho_A entwickelt, die Entwicklung von ρABρAB\rho_{AB} gegeben ist durch (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ omal 1)(\rho_{AB})?

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Physik
Dichteoperator
Quantenmechanik
Quanteninformation
offene Quantensysteme

StarBuck

Ich lerne gerade etwas über Quantenkarten, also Karten, die eine Dichtematrix in eine andere umwandeln.

Angenommen, wir befinden uns im Hilbert-Raum: $H_A \otimes H_B$ . Ich nenne die Quantenkarte auf der Dichtematrix $\rho_A$ wohnhaft in $H_A$ : $\mathcal{L}_A$ .

Die Postulate lauten wie folgt:

"konvexe" Linearität

L_{A} (P ρ_{A}^{1} + Q ρ_{A}^{2}) = P L_{A} (ρ_{A}^{1}) + Q L_{A} (ρ_{A}^{2})

$\mathcal{L}_A(p\rho^1_A+q\rho^2_A)=p\mathcal{L}_A (\rho^1_A)+q\mathcal{L}_A(\rho^2_A)$ Wo

p + q = 1

$p+q=1$

Erhaltung der Hermitizität

L_{A} (ρ_{A})^{†} = L_{A} (ρ_{A})

$\mathcal{L}_A(\rho_A)^{\dagger}=\mathcal{L}_A(\rho_A)$

Erhaltung der Spur

T R (L_{A} (ρ_{A})) = 1

$Tr(\mathcal{L}_A(\rho_A))=1$

Positivität

\forall | ϕ^{A} ⟩ : ⟨ ϕ^{A} | L_{A} (ρ_{A}) | ϕ^{A} ⟩ \geq 0

$\forall |\phi^{A}\rangle : \langle \phi^{A} | \mathcal{L}_A(\rho_A) | \phi^{A} \rangle \geq 0$

Diese Postulate stellen uns das sicher $\mathcal{L}_A(\rho_A)$ ist eine Dichtematrix von $H_A$ .

Aber es gibt ein zusätzliches Postulat, das lautet:

$\forall \rho_{AB}$ Dichtematrix von $H_A \otimes H_B$ , wir haben :

\forall | ϕ^{A B} ⟩ : ⟨ ϕ^{A B} | (L_{A} \otimes 1) ρ_{A B} | ϕ^{A B} ⟩ \geq 0

$\forall |\phi^{AB}\rangle : \langle \phi^{AB} | (\mathcal{L}_A \otimes 1)\rho_{AB} | \phi^{AB} \rangle \geq 0$

Ich verstehe dieses Postulat so:

Wenn ich mir eine Verwandlung vorstelle $\rho_A=Tr_B(\rho_{AB})$ das betrifft nicht $\rho_B = Tr_A(\rho_{AB})$ , dann die Entwicklung von $\rho_{AB}$ ist geschrieben $(\mathcal{L}_A \otimes 1)(\rho_{AB})$ , und wir möchten, dass diese letzte Matrix positiv ist (um weiterhin eine Dichtematrix zu haben).

Meine Frage ist:

Woher wissen wir, dass die Entwicklung von $\rho_{AB}$ wird von gegeben $(\mathcal{L}_A \otimes 1)(\rho_{AB})$ unter der Annahme, dass nur $\rho_A$ sich entwickeln?

Tatsächlich müssten wir dafür Folgendes haben:

Wir haben : $\rho_{AB}$ entwickeln, also:

ρ_{A B}^{'} = L (ρ_{A B})

$\rho_{AB}' = \mathcal{L}(\rho_{AB})$

Die Einschränkung sind:

$\rho_A$ unter entwickeln $\mathcal{L}_A$ :

ρ_{A}^{'} = L_{A} (ρ_{A})

$\rho_A'=\mathcal{L}_A(\rho_A)$

$\rho_B$ entwickelt sich nicht:

ρ_{B}^{'} = ρ_{B}

$\rho_B'=\rho_B$

Wie aus diesen beiden letzten Einschränkungen können wir das tatsächlich beweisen:

L = L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$

Für mich ist das alles nicht selbstverständlich.

[Bearbeiten]: Ich habe versucht, mir den von Luzanne im Kommentar vorgeschlagenen Trick anzusehen, aber ich finde keine Lösung.

Also repariere ich $\mathcal{L}_A$ und ich frage mich, was sein wird $\mathcal{L}$ .

Ich kenne das für Dichtematrizen in der Form $\rho_{AB}=\rho_A \otimes \rho_B$ , Ich habe :

L (ρ_{A B}) = L_{A} (ρ_{A}) \otimes ρ_{B}

$\mathcal{L}(\rho_{AB})=\mathcal{L}_A(\rho_A) \otimes \rho_B$

Ich versuche, dies anhand dieser besonderen Fälle zu zeigen $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .

ρ_{A B} = \sum_{ich J k l} A_{ich J} B_{k l} | u_{ich} ⟩ ⟨ u_{J} | \otimes | v_{k} ⟩ ⟨ v_{l} |

$\rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} |u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|$

Daher :

ρ_{A B} = \sum_{ich J k l} A_{ich J} B_{k l} L (| u_{ich} ⟩ ⟨ u_{J} | \otimes | v_{k} ⟩ ⟨ v_{l} |) = ρ_{A B} = \sum_{ich J k l} A_{ich J} B_{k l} (L_{A} \otimes 1) (| u_{ich} ⟩ ⟨ u_{J} | \otimes | v_{k} ⟩ ⟨ v_{l} |)

$\rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} \mathcal{L}(|u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|)= \rho_{AB}=\sum_{ijkl} a_{ij} b_{kl} (\mathcal{L_A} \otimes 1)(|u_i\rangle \langle u_j| \otimes |v_k\rangle \langle v_l|)$

Um zu zeigen , dass die beiden linearen Karten gleich sind, muss ich jeden Vektor der Basis überprüfen, aber ich muss $\rho_A$ Und $\rho_B$ Dichtematrizen hier.

Also durch nehmen $\rho_A=|u_i \rangle \langle u_i |$ Und $\rho_B=|v_k \rangle \langle u_k |$ , Ich kann haben :

L (| u_{ich} v_{k} ⟩ ⟨ u_{ich} v_{k} |) = (L_{A} \otimes 1) (| u_{ich} v_{k} ⟩ ⟨ u_{ich} v_{k} |)

$\mathcal{L}(|u_i v_k \rangle \langle u_i v_k|)= (\mathcal{L}_A \otimes 1)(|u_i v_k \rangle \langle u_i v_k|)$

Aber ich sehe nicht, wie ich es auch für die nicht diagonalen Elemente der Basis beweisen soll, was auch hier notwendig ist ...

Luzanne

Wie ist

L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1}$ genau definiert? Ich weiß, wie man das Tensorprodukt linearer Abbildungen bildet, aber mit

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ a priori nur auf Dichtematrizen definiert, ich bin mir nicht sicher, wie ich berechnen soll

(L_{A} \otimes 1) (ρ_{A B})

$(\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_{AB})$ für allgemein

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ 'S.

StarBuck

@Luzanne Eigentlich können wir die Wirkung von durch komplexe Linearität erweitern

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ zu jeder Matrix (nicht nur Dichtematrix). Es wird auf Seite 150 von „From Classical to Quantum Shannon Theory“ von Mark M. Wilde erklärt: arxiv.org/abs/1106.1445

StarBuck

@Luzanne Vorausgesetzt

L = L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ , Ich stimme zu, dass ich haben werde

ρ_{B}^{'} = ρ_{B} = T r_{A} (ρ_{A B}^{'})

$\rho'_B=\rho_B=Tr_A(\rho'_{AB})$ Und

ρ_{A}^{'} = L_{A} (ρ_{A}) = T r_{B} (ρ_{A B}^{'})

$\rho'_A=\mathcal{L}_A(\rho_A)=Tr_B(\rho'_{AB})$ , aber ich bin mir nicht sicher, ob es ausreicht, die guten partiellen Dichtematrizen zu haben, um sicherzustellen, dass wir die gute "globale" Dichtematrix haben

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ ?

StarBuck

Mit anderen Worten, reicht es aus, wenn wir die partielle Dichtematrix in kennen

H_{A}

$H_A$ Und

H_{B}

$H_B$ um die Dichtematrix in abzuleiten

H_{A} \otimes H_{B}

$H_A \otimes H_B$ ? Wenn ja, löst es mein Problem, wenn nein, sollte eine andere Methode verwendet werden, um zu verstehen, warum

L = L_{A} \otimes 1

$\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .

Luzanne

Nein, im Allgemeinen kann die Fugendichtematrix nicht eindeutig wiederhergestellt werden, wenn beide Teilmatrixen bekannt sind: siehe diese Frage .

Luzanne

aber: wenn beides

L

$\mathcal{L}$ Und

L_{A}

$\mathcal{L}_A$ als lineare Funktionen auf dem Raum aller Matrizen (bzw. auf dem Raum der Spurenklassenoperatoren in unendlicher Dimension) angenommen werden können, dann denke ich die Form für

L

$\mathcal{L}$ kann durch einen ersten Blick abgeleitet werden

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ ist von der Form

ρ_{A} \otimes | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$\rho_A \otimes |\psi\rangle\langle\psi|$ (da die Einschränkungen auf

L

$\mathcal{L}$ muss für alle gelten

ρ_{A B}

$\rho_{AB}$ 's, dann insbesondere für diese) und dann mit Linearität.

StarBuck

@Luzanne Danke für deine Hilfe. Ich habe versucht, dem zu folgen, was Sie vorgeschlagen haben, aber ich stecke fest (siehe meine Bearbeitung)

Antworten (1)

Woher wissen wir, dass, wenn sich nur ρAρA\rho_A entwickelt, die Entwicklung von ρABρAB\rho_{AB} gegeben ist durch (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ omal 1)(\rho_{AB})?

Wie ist $\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1}$ genau definiert? Ich weiß, wie man das Tensorprodukt linearer Abbildungen bildet, aber mit $\mathcal{L}_A$ a priori nur auf Dichtematrizen definiert, ich bin mir nicht sicher, wie ich berechnen soll $(\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_{AB})$ für allgemein $\rho_{AB}$ 'S.
@Luzanne Eigentlich können wir die Wirkung von durch komplexe Linearität erweitern $\mathcal{L}_A$ zu jeder Matrix (nicht nur Dichtematrix). Es wird auf Seite 150 von „From Classical to Quantum Shannon Theory“ von Mark M. Wilde erklärt: arxiv.org/abs/1106.1445
@Luzanne Vorausgesetzt $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ , Ich stimme zu, dass ich haben werde $\rho'_B=\rho_B=Tr_A(\rho'_{AB})$ Und $\rho'_A=\mathcal{L}_A(\rho_A)=Tr_B(\rho'_{AB})$ , aber ich bin mir nicht sicher, ob es ausreicht, die guten partiellen Dichtematrizen zu haben, um sicherzustellen, dass wir die gute "globale" Dichtematrix haben $\rho_{AB}$ ?
Mit anderen Worten, reicht es aus, wenn wir die partielle Dichtematrix in kennen $H_A$ Und $H_B$ um die Dichtematrix in abzuleiten $H_A \otimes H_B$ ? Wenn ja, löst es mein Problem, wenn nein, sollte eine andere Methode verwendet werden, um zu verstehen, warum $\mathcal{L}=\mathcal{L}_A \otimes 1$ .
Nein, im Allgemeinen kann die Fugendichtematrix nicht eindeutig wiederhergestellt werden, wenn beide Teilmatrixen bekannt sind: siehe diese Frage .
aber: wenn beides $\mathcal{L}$ Und $\mathcal{L}_A$ als lineare Funktionen auf dem Raum aller Matrizen (bzw. auf dem Raum der Spurenklassenoperatoren in unendlicher Dimension) angenommen werden können, dann denke ich die Form für $\mathcal{L}$ kann durch einen ersten Blick abgeleitet werden $\rho_{AB}$ ist von der Form $\rho_A \otimes |\psi\rangle\langle\psi|$ (da die Einschränkungen auf $\mathcal{L}$ muss für alle gelten $\rho_{AB}$ 's, dann insbesondere für diese) und dann mit Linearität.
@Luzanne Danke für deine Hilfe. Ich habe versucht, dem zu folgen, was Sie vorgeschlagen haben, aber ich stecke fest (siehe meine Bearbeitung)

Luzanne · Answer 1

Unter Verwendung der von Ihnen bereitgestellten Referenz (insbesondere des Anhangs B, in dem das schwere Heben durchgeführt wird) können wir also erweitern $\mathcal{L}$ Und $\mathcal{L}_A$ als reell-lineare Abbildungen auf dem Raum hermitischer Matrizen auf $\mathcal{H} := \mathcal{H}_A \otimes \mathcal{H}_B$ , bzw. $\mathcal{H}_A$ (Diese Referenz definiert dann komplex-lineare Karten im Raum aller Matrizen, aber ich werde das nicht brauchen).

Besonderer Fall: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\rho_A$ eine Dichtematrix

Lassen Sie zuerst $\rho_A$ sei eine Dichtematrix über $\mathcal{H}_A$ und lass $\psi_B \in \mathcal{H}_B$ mit $\|\psi_B\|=1$ . Definieren $\rho'_{AB} := \mathcal{L}(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|)$ , wir haben:

{Tr}_{A} (ρ_{A B}^{'}) = {Tr}_{A} (ρ_{A} \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |) = | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} | .

$\text{Tr}_A(\rho'_{AB}) = \text{Tr}_A(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|) = |\psi_B\rangle\langle\psi_B|.$ Seit

ρ_{A B}^{'}

$\rho'_{AB}$ eine Dichtematrix ist, gibt es reelle Zahlen

p_{k} \in] 0, 1]

$p_k \in ]0,1]$ mit

\sum_{k} p_{k} = 1

$\sum_k p_k = 1$ und Einheitsvektoren

Ψ_{k} \in H

$\Psi_k \in \mathcal{H}$ so dass:

ρ_{A B}^{'} = \sum_{k} P_{k} | Ψ_{k} ⟩ ⟨ Ψ_{k} |,

$\rho'_{AB} = \sum_k p_k |\Psi_k\rangle\langle\Psi_k|,$ so definieren den orthogonalen Projektor

Π := 1 \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |

$\Pi := \mathbb{1} \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ und unter Verwendung der Eigenschaften der Teilspur haben wir:

\sum_{k} P_{k} ⟨ Ψ_{k} | Π | Ψ_{k} ⟩ = Tr (ρ_{A B}^{'} Π) = 1 = \sum_{k} P_{k} ⟨ Ψ_{k} | Ψ_{k} ⟩ .

$\sum_k p_k \langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle = \text{Tr} (\rho'_{AB} \Pi) = 1 = \sum_k p_k \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle.$ Das alles nutzen

p_{k}

$p_k$ sind positiv mit

⟨ Ψ_{k} | Π | Ψ_{k} ⟩ \leq ⟨ Ψ_{k} | Ψ_{k} ⟩

$\langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle \leq \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle$ , leiten wir ab

⟨ Ψ_{k} | Π | Ψ_{k} ⟩ = ⟨ Ψ_{k} | Ψ_{k} ⟩

$\langle\Psi_k|\Pi|\Psi_k\rangle = \langle\Psi_k|\Psi_k\rangle$ und deshalb

| Ψ_{k} ⟩ = Π | Ψ_{k} ⟩

$|\Psi_k\rangle = \Pi|\Psi_k\rangle$ . Mit anderen Worten, es gibt Einheitsvektoren

ϕ_{k} \in H_{A}

$\phi_k \in \mathcal{H}_A$ so dass

Ψ_{k} = ϕ_{k} \otimes ψ_{B}

$\Psi_k = \phi_k \otimes \psi_B$ . Definieren der Dichtematrix

ρ_{A}^{'} := \sum_{k} p_{k} | ϕ_{k} ⟩ ⟨ ϕ_{k} |

$\rho'_A := \sum_k p_k |\phi_k\rangle\langle\phi_k|$ , wir haben also:

ρ_{A B}^{'} = ρ_{A}^{'} \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |,

$\rho'_{AB} = \rho'_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|,$ und da

ρ_{A}^{'} = {Tr}_{B} ρ_{A B}^{'} = L_{A} (ρ_{A})

$\rho'_A = \text{Tr}_B \rho'_{AB} = \mathcal{L}_A(\rho_A)$ , wir fassen zusammen:

L (ρ_{A} \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |) = (L_{A} \otimes 1) (ρ_{A} \otimes | ψ_{B} ⟩ ⟨ ψ_{B} |) .

$\mathcal{L}(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|) = (\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|).$

Verlängerung durch Linearität zu $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\sigma_A$ eine beliebige hermitische Matrix

Wir können dieses Ergebnis dann durch Linearität auf beliebige hermitesche Matrizen erweitern $\sigma_A$ An $\mathcal{H}_A$ (Denn jede solche Hermitesche Matrix kann als Linearkombination von Dichtematrizen überschrieben werden $\mathcal{H}_A$ : speziell als $\sigma_A = r^+ \rho_A^+ - r^- \rho_A^-$ mit $r^+,r^-$ nicht negative reelle Zahlen und $\rho_A^+,\rho_A^-$ Dichtematrizen; siehe oben genannte Referenz).

Erweiterung durch Linearität auf allgemeine beliebige hermitische Matrizen $\sigma_{AB}$

Nun lass $\sigma_{AB}$ sei eine allgemeine hermitesche Matrix auf $\mathcal{H}$ und lass $\left(e_i \right)_i$ sei eine orthonormale Basis von $\mathcal{H}_B$ . Wir haben:

σ_{A B} = \sum_{ich, J} τ_{A}^{ich J} \otimes | e_{ich} ⟩ ⟨ e_{J} |,

$\sigma_{AB} = \sum_{i,j} \tau_A^{ij} \otimes |e_i\rangle\langle e_j|,$ mit

τ_{A}^{j i} = {(τ_{A}^{i j})}^{†}

$\tau_A^{ji} = \left(\tau_A^{ij}\right)^{\dagger}$ . Durch Reorganisieren von Begriffen wird dies zu:

σ_{A B} = \sum_{ich} τ_{A}^{ich ich} \otimes | e_{ich} ⟩ ⟨ e_{ich} | + \sum_{ich < J} \frac{τ_{A}^{ich J} + τ_{A}^{J ich}}{2} \otimes (| e_{ich} ⟩ ⟨ e_{J} | + | e_{J} ⟩ ⟨ e_{ich} |) + \frac{ich τ_{A}^{ich J} - ich τ_{A}^{J ich}}{2} \otimes (| e_{ich} ⟩ ⟨ ich e_{J} | + | ich e_{J} ⟩ ⟨ e_{ich} |) .

$\sigma_{AB} = \sum_{i} \tau_A^{ii} \otimes |e_i\rangle\langle e_i| + \sum_{i<j} \frac{\tau_A^{ij} + \tau_A^{ji}}{2} \otimes (|e_i\rangle\langle e_j| + |e_j\rangle\langle e_i|) + \frac{i\tau_A^{ij} - i\tau_A^{ji}}{2} \otimes (|e_i\rangle\langle ie_j| + |ie_j\rangle\langle e_i|).$ Und wir haben auch:

| e_{ich} ⟩ ⟨ e_{J} | + | e_{J} ⟩ ⟨ e_{ich} | = \frac{| e_{ich} + e_{J} ⟩}{\sqrt{2}} \frac{⟨ e_{ich} + e_{J} |}{\sqrt{2}} - \frac{| e_{ich} - e_{J} ⟩}{\sqrt{2}} \frac{⟨ e_{ich} - e_{J} |}{\sqrt{2}},

$|e_i\rangle\langle e_j| + |e_j\rangle\langle e_i| = \frac{|e_i+e_j\rangle}{\sqrt{2}}\frac{\langle e_i+e_j|}{\sqrt{2}} - \frac{|e_i - e_j\rangle}{\sqrt{2}}\frac{\langle e_i - e_j|}{\sqrt{2}},$ sowie eine ähnliche Formel für

| e_{i} ⟩ ⟨ i e_{j} | + | i e_{j} ⟩ ⟨ e_{i} |

$|e_i\rangle\langle ie_j| + |ie_j\rangle\langle e_i|$ . Alles zusammengenommen gibt es hermitesche Matrizen

σ_{A}^{k}

$\sigma_A^k$ und Einheitsvektoren

ψ_{B}^{k}

$\psi_B^k$ so dass:

σ_{A B} = \sum_{k} σ_{A}^{k} \otimes | ψ_{B}^{k} ⟩ ⟨ ψ_{B}^{k} |,

$\sigma_{AB} = \sum_k \sigma_A^k \otimes |\psi_B^k\rangle\langle\psi_B^k|,$ also durch Linearität das allgemeine Ergebnis

L (σ_{A B}) = (L_{A} \otimes 1) (σ_{A B})

$\mathcal{L}(\sigma_{AB}) = (\mathcal{L}_A \otimes \mathbb{1})(\sigma_{AB})$ folgt aus dem vorherigen Fall.

Anmerkung 1: Ein alternativer Beweis für den letzten Teil wäre die sukzessive Verwendung einer beliebigen Dichtematrix $\rho_B$ ist eine Linearkombination von $|\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ 's, jede hermitische Matrix $\sigma_B$ ist eine Linearkombination von $\rho_B$ 's und jede hermitische Matrix $\sigma_{AB}$ ist eine Linearkombination von $\sigma_A \otimes \sigma_B$ 'S. In gewisser Weise macht der obige Beweis diese Zerlegung nur explizit. Mir gefällt, dass es besser zeigt, was mit den nicht diagonalen Termen passiert, nämlich dass sie auf einer übervollständigen (nicht orthogonalen) Basis diagonal gemacht werden können.

Anmerkung 2: Umgekehrt, anstatt die verknüpfte Referenz aufzurufen, um das Ergebnis des Sonderfalls zu erweitern $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (mit $\rho_A$ Dichtematrix) zu $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (mit $\sigma_A$ Hermitesche Matrix), hätten wir eine solche explizite Zerlegung von verwenden können $\sigma_A$ (Es hätte den Formeln aus dem letzten Teil sehr ähnlich ausgesehen, außer mit einfachen komplexen Koeffizienten $\lambda^{ij}$ anstatt $\otimes$ -multiplizierte Matrizen $\tau^{ij}$ ).

Anmerkung 3: Viele Fragen zu Dichtematrizen haben Analogien in Bezug auf klassische Wahrscheinlichkeitsdichten, bei denen wir möglicherweise mehr Intuition haben. Das analoge Problem hier wäre bei linearer Transformation der gemeinsamen Wahrscheinlichkeit:

P_{A B}^{'} (A, B) = \int D A^{'} D B^{'} K (A, B; A^{'}, B^{'}) P_{A B} (A^{'}, B^{'}),

$p'_{AB}(a,b) = \int \!da' db'\, K(a,b;a',b') \, p_{AB}(a',b'),$ was für alle $p_{AB}$ , transformiert die Randwahrscheinlichkeit für $A$ als: $P_{A}^{'} (A) = \int D A^{'} K_{A} (A; A^{'}) P_{A} (A^{'}),$ $p'_A(a) = \int \!da'\, K_A(a;a') \, p_A(a'),$ und lässt die Randwahrscheinlichkeit für $B$ unverändert, was ist die Form des Kernels $K$ ? Eine Möglichkeit, dieses klassische Problem zu lösen, wäre, die Komplexität der vollen gemeinsamen Wahrscheinlichkeit loszuwerden, indem man sich zuerst ansieht, was passiert, wenn der Zustand von $B$ ist sicher, dh. $p_{AB}(a,b) = p_A(a) \delta(b-b_o)$ . Dann ist die Grenzwahrscheinlichkeit für $B$ nach der Transformation wird noch sein $\delta(b-b_o)$ , dh. der Zustand $B$ wird immer noch sicher sein, und daher wird die gemeinsame Wahrscheinlichkeit die Form haben $p'_{AB}(a,b) = p'_A(a) \delta(b-b_o)$ , nachgeben $K(a,b;a',b_o) = K_A(a;a') \delta(b-b_o)$ (oder in linearer Operatorschreibweise: $K = K_A \otimes \mathbb{1}$ ). Sobald wir diesen klassischen Fall verstanden haben, können wir versuchen, den Beweis an das Quantenproblem anzupassen und zu ersetzen $\delta$ durch einen reinen Zustand für $B$ . Natürlich gibt es im Quantenfall Komplikationen (insbesondere müssen wir Hermitesche Matrizen verwenden, die keine Dichtematrizen in Zwischenschritten sind, während der klassische Fall vollständig nur auf Wahrscheinlichkeitsdichten wirken und ausschließlich konvexe Linearität verwenden könnte), aber der Geist ist derselbe.

Ich vermisse wahrscheinlich etwas Offensichtliches, aber warum haben Sie $Tr_A(\rho'_{AB})=|\psi_B \rangle \langle \psi_B |$ ? Weil Sie diese Eigenschaft beim Schreiben verwenden $Tr(\rho'_{AB} \Pi)=1$ Rechts ?
Ja, ich glaube, ich folge deinem Beweis irgendwie, außer dem $Tr_A(\rho'_{AB})=|\psi_B \rangle \langle \psi_B|$ . Wenn ich genau das lhs schreibe, erhalte ich am Ende: $\sum_p \sum_{i,j} c_{ij} \langle \phi^A_p | \mathcal{L}( |u_i \rangle |\psi_B \rangle \langle u_j| \langle \psi_B |) | \phi^A_p \rangle$ und ich verstehe wirklich nicht, wie wir das erreichen können $|\psi_B \rangle \langle \psi_B |$ damit ?
@StarBuck $\text{Tr}_A (\rho'_{AB}) = |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ folgt aus der Forderung, dass $\rho_B$ entwickelt sich nicht (Ihre 2. Einschränkung auf $\mathcal{L}$ ).
Oh, Sie haben Recht, Entschuldigung ... Ich lese jetzt den zweiten Teil des Beweises über die Verallgemeinerung, danke dafür.
Ok für den zweiten Teil verstehe ich deine Schlussfolgerung nicht. Soweit ich verstanden habe, gilt dies für die Dichtematrix: Sie haben gezeigt, dass jede Dichtematrix in $AB$ kann geschrieben werden als: $\rho_{AB}=\sum_k \sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |$ . Also durch Linearität: $\mathcal{\rho_{AB}}=\sum_k \mathcal{\sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |}$ . Und darauf wollen Sie das Ergebnis Ihres ersten Teils anwenden $\sigma_A^k |\psi_B^k \rangle \langle \psi_B^k |$ . Aber ich verstehe es nicht, da dieser Term keine Dichtematrix ist (die Summe dieser Terme ist eine Dichtematrix, aber keine einzelne).
@StarBucK Ganz am Ende des 1. Teils gab es einen Zwischenschritt, um das Ergebnis zu erweitern $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (mit $\rho_A$ Dichtematrix) zu $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ (mit $\sigma_A$ allgemeine hermitische Matrix). Ich habe Überschriften hinzugefügt, die hoffentlich die Logik des Beweises klarer machen.
Vielen Dank für all das. Ich werde morgen oder dieses Wochenende alles noch einmal sorgfältig durchlesen und Sie wissen lassen, ob für mich alles in Ordnung ist !! (und dann werde ich die Antwort akzeptieren)

Woher wissen wir, dass, wenn sich nur ρAρA\rho_A entwickelt, die Entwicklung von ρABρAB\rho_{AB} gegeben ist durch (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ omal 1)(\rho_{AB})?

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Besonderer Fall: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\rho_A$ eine Dichtematrix

Verlängerung durch Linearität zu $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\sigma_A$ eine beliebige hermitische Matrix

Erweiterung durch Linearität auf allgemeine beliebige hermitische Matrizen $\sigma_{AB}$

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Absolute Positivität: Warum ist die Bedingung für Quantenkarten ausreichend?

Wie kann ich eine Gleichung mit Teilspur lösen?

Woher kommt der Ausdruck Tr(K)=∑nj=1⟨ψj|K|ψj⟩Tr(K)=∑j=1n⟨ψj|K|ψj⟩\mathrm{Tr}(K) = \sum_{j= 1}^{n}\langle\psi_j|K|\psi_j\rangle für die Teilspur her?

Wie wird eine physische Operation nachverfolgt?

Ist ein Teiltrace zyklisch?

Verwenden der Dynamik offener Systeme zur Definition eines Quantenzustands

Der maximal gemischte Zustand ist das Zentrum aller Quantenzustände

Spur der Dichtematrix für gemischten Zustand

2x2-Matrizen, die keine gültigen Quantenzustände sind

Quantenverschränkung für nicht unterscheidbare Teilchen

Woher wissen wir, dass, wenn sich nur ρAρA\rho_A entwickelt, die Entwicklung von ρABρAB\rho_{AB} gegeben ist durch (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ omal 1)(\rho_{AB})?

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Besonderer Fall:ρA⊗ |ψB⟩ ⟨ψB| ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | \rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|mitρA ρ A \rho_Aeine Dichtematrix

Verlängerung durch Linearität zuσA⊗ |ψB⟩ ⟨ψB| σ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | \sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|mitσA σ A \sigma_Aeine beliebige hermitische Matrix

Erweiterung durch Linearität auf allgemeine beliebige hermitische MatrizenσEin B σ A B \sigma_{AB}

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Besonderer Fall: $\rho_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\rho_A$ eine Dichtematrix

Verlängerung durch Linearität zu $\sigma_A \otimes |\psi_B\rangle\langle\psi_B|$ mit $\sigma_A$ eine beliebige hermitische Matrix

Erweiterung durch Linearität auf allgemeine beliebige hermitische Matrizen $\sigma_{AB}$