¿Cómo sabemos que, si solo evoluciona ρAρA\rho_A, entonces la evolución de ρABρAB\rho_{AB} viene dada por (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ a veces 1)(\rho_{AB})?

Actualmente estoy aprendiendo sobre mapas cuánticos, es decir, mapas que transforman una matriz de densidad en otra.

Supongamos que estamos en el espacio de Hilbert: H A ⊗ H B . Llamo al mapa cuántico en la matriz de densidad ρ A viviendo en H A : L A .

Los postulados son los siguientes:

  • linealidad "convexa"

L A ( pag ρ A 1 + q ρ A 2 ) = pag L A ( ρ A 1 ) + q L A ( ρ A 2 )
dónde pag + q = 1

  • Conservación de la hermiticidad

L A ( ρ A ) † = L A ( ρ A )

  • Conservación de rastro

T r ( L A ( ρ A ) ) = 1

  • Positividad

∀ | ϕ A ⟩ : ⟨ ϕ A | L A ( ρ A ) | ϕ A ⟩ ≥ 0

Esos postulados nos aseguran que L A ( ρ A ) es una matriz de densidad de H A .

Pero hay un postulado extra que es:

∀ ρ A B matriz de densidad de H A ⊗ H B , tenemos :

∀ | ϕ A B ⟩ : ⟨ ϕ A B | ( L A ⊗ 1 ) ρ A B | ϕ A B ⟩ ≥ 0

Entiendo este postulado como:

Si me imagino una transformación de ρ A = T r B ( ρ A B ) eso no afecta ρ B = T r A ( ρ A B ) , entonces la evolución de ρ A B está escrito ( L A ⊗ 1 ) ( ρ A B ) , y queremos que esta última matriz sea positiva (para seguir teniendo una matriz densidad).

Mi pregunta es:

¿Cómo sabemos que la evolución de ρ A B será dado por ( L A ⊗ 1 ) ( ρ A B ) bajo el supuesto de que sólo ρ A ¿evolucionar?

De hecho, para esto necesitaríamos tener:

Tenemos : ρ A B evolucionar, por lo tanto:

ρ A B ′ = L ( ρ A B )

Las restricciones son:

  • ρ A evolucionar bajo L A :

ρ A ′ = L A ( ρ A )

  • ρ B no evoluciona:

ρ B ′ = ρ B

Cómo a partir de estas dos últimas restricciones podemos probar que en realidad:

L = L A ⊗ 1

Para mí, esto no es del todo obvio.

[editar]: Traté de ver el truco propuesto por Luzanne en el comentario pero no encuentro una solución.

así que arreglo L A y me pregunto que sera L .

Sé que para matrices de densidad en la forma ρ A B = ρ A ⊗ ρ B , Tengo :

L ( ρ A B ) = L A ( ρ A ) ⊗ ρ B

Trato de usar esos casos particulares para mostrar que L = L A ⊗ 1 .

ρ A B = ∑ i j k yo a i j b k yo | tu i ⟩ ⟨ tu j | ⊗ | v k ⟩ ⟨ v yo |

De este modo :

ρ A B = ∑ i j k yo a i j b k yo L ( | tu i ⟩ ⟨ tu j | ⊗ | v k ⟩ ⟨ v yo | ) = ρ A B = ∑ i j k yo a i j b k yo ( L A ⊗ 1 ) ( | tu i ⟩ ⟨ tu j | ⊗ | v k ⟩ ⟨ v yo | )

Para mostrar que los dos mapas lineales son iguales, tengo que verificar en cada vector de la base, pero debo tener ρ A y ρ B matrices de densidad aquí.

Así que al tomar ρ A = | tu i ⟩ ⟨ tu i | y ρ B = | v k ⟩ ⟨ tu k | , Yo puedo tener :

L ( | tu i v k ⟩ ⟨ tu i v k | ) = ( L A ⊗ 1 ) ( | tu i v k ⟩ ⟨ tu i v k | )

Pero no veo cómo probarlo también para los elementos no diagonales de la base que también son necesarios aquí...

Cómo es L A ⊗ 1 exactamente definido? Sé cómo construir el producto tensorial de mapas lineales , pero con L A a priori solo se define en matrices de densidad, no estoy seguro de cómo calcular ( L A ⊗ 1 ) ( ρ A B ) en general ρ A B 's.
@Luzanne en realidad podemos extender por linealidad compleja la acción de L A a cualquier matriz (no solo matriz de densidad). Se explica en la página 150 de "From Classical to Quantum Shannon Theory" de Mark M. Wilde: arxiv.org/abs/1106.1445
@Luzanne Suponiendo L = L A ⊗ 1 , acepto que tendré ρ B ′ = ρ B = T r A ( ρ A B ′ ) y ρ A ′ = L A ( ρ A ) = T r B ( ρ A B ′ ) , pero no estoy seguro si es suficiente tener las buenas matrices de densidad parcial para asegurar que tenemos la buena matriz de densidad "global" ρ A B ?
En otras palabras, ¿es suficiente si conocemos la matriz de densidad parcial en H A y H B para deducir la matriz densidad en H A ⊗ H B ? Si es así, resuelve mi problema, si no, se debe usar otro método para entender por qué L = L A ⊗ 1 .
No, en general, la matriz de densidad conjunta no se puede recuperar sin ambigüedades conociendo ambos parciales: consulte esta pregunta .
pero: si ambos L y L A se puede suponer que son funciones lineales en el espacio de todas las matrices (resp. en el espacio de los operadores de traceclass en dimensión infinita), entonces creo que la forma para L puede obtenerse observando primero ρ A B es de la forma ρ A ⊗ | ψ ⟩ ⟨ ψ | (dado que las limitaciones de L debe aguantar para todos ρ A B 's, luego en particular para aquellos) y luego usando la linealidad.
@Luzanne gracias por tu ayuda. Traté de seguir lo que sugeriste pero estoy atascado (ver mi edición)

Respuestas (1)

Entonces, usando la referencia que proporcionó (específicamente el Apéndice B donde se realiza el trabajo pesado), podemos extender L y L A como mapas lineales reales en el espacio de matrices hermitianas en H := H A ⊗ H B , resp. H A (dicha referencia luego continúa definiendo mapas lineales complejos en el espacio de todas las matrices, pero no necesitaré eso).

Caso especial: ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | con ρ A una matriz de densidad

Primero, deja ρ A Sea una matriz de densidad sobre H A y deja ψ B ∈ H B con ‖ ψ B ‖ = 1 . Definición ρ A B ′ := L ( ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ) , tenemos:

Tr A ( ρ A B ′ ) = Tr A ( ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ) = | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | .
Desde ρ A B ′ es una matriz densidad existen reales pag k ∈ ] 0 , 1 ] con ∑ k pag k = 1 y unitarios vectores Ψ k ∈ H tal que:
ρ A B ′ = ∑ k pag k | Ψ k ⟩ ⟨ Ψ k | ,
definiendo así el proyector ortogonal Π := 1 ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | y usando las propiedades de la traza parcial tenemos:
∑ k pag k ⟨ Ψ k | Π | Ψ k ⟩ = Tr ( ρ A B ′ Π ) = 1 = ∑ k pag k ⟨ Ψ k | Ψ k ⟩ .
usando todo eso pag k son positivos con ⟨ Ψ k | Π | Ψ k ⟩ ≤ ⟨ Ψ k | Ψ k ⟩ , deducimos ⟨ Ψ k | Π | Ψ k ⟩ = ⟨ Ψ k | Ψ k ⟩ y por lo tanto | Ψ k ⟩ = Π | Ψ k ⟩ . En otras palabras, existen vectores unitarios ϕ k ∈ H A tal que Ψ k = ϕ k ⊗ ψ B . Definición de la matriz de densidad ρ A ′ := ∑ k pag k | ϕ k ⟩ ⟨ ϕ k | , así tenemos:
ρ A B ′ = ρ A ′ ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ,
y desde ρ A ′ = Tr B ρ A B ′ = L A ( ρ A ) , Concluimos:
L ( ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ) = ( L A ⊗ 1 ) ( ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ) .

Extendiendo por linealidad a σ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | con σ A una matriz hermítica arbitraria

Entonces podemos extender este resultado por linealidad a matrices hermitianas arbitrarias σ A en H A (ya que cualquier matriz hermitiana puede escribirse como una combinación lineal de matrices de densidad sobre H A : específicamente como σ A = r + ρ A + − r − ρ A − con r + , r − reales no negativos y ρ A + , ρ A − matrices de densidad; véase la referencia mencionada anteriormente).

Extender por linealidad a matrices hermitianas arbitrarias generales σ A B

Ahora deja σ A B sea ​​una matriz hermítica general sobre H y deja ( mi i ) i sea ​​una base ortonormal de H B . Tenemos:

σ A B = ∑ i , j τ A i j ⊗ | mi i ⟩ ⟨ mi j | ,
con τ A j i = ( τ A i j ) † . Reorganizando términos esto se convierte en:
σ A B = ∑ i τ A i i ⊗ | mi i ⟩ ⟨ mi i | + ∑ i < j τ A i j + τ A j i 2 ⊗ ( | mi i ⟩ ⟨ mi j | + | mi j ⟩ ⟨ mi i | ) + i τ A i j − i τ A j i 2 ⊗ ( | mi i ⟩ ⟨ i mi j | + | i mi j ⟩ ⟨ mi i | ) .
Y también tenemos:
| mi i ⟩ ⟨ mi j | + | mi j ⟩ ⟨ mi i | = | mi i + mi j ⟩ 2 ⟨ mi i + mi j | 2 − | mi i − mi j ⟩ 2 ⟨ mi i − mi j | 2 ,
así como una fórmula similar para | mi i ⟩ ⟨ i mi j | + | i mi j ⟩ ⟨ mi i | . Poniendo todo junto existen matrices hermitianas σ A k y unitarios vectores ψ B k tal que:
σ A B = ∑ k σ A k ⊗ | ψ B k ⟩ ⟨ ψ B k | ,
entonces por linealidad el resultado general L ( σ A B ) = ( L A ⊗ 1 ) ( σ A B ) se sigue del caso anterior.

Nota 1: Una prueba alternativa para la última parte sería usar sucesivamente que cualquier matriz de densidad ρ B es una combinación lineal de | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | 's, cualquier matriz hermitiana σ B es una combinación lineal de ρ B 's, y cualquier matriz hermitiana σ A B es una combinación lineal de σ A ⊗ σ B 's. En cierto modo, la prueba anterior solo hace explícita esta descomposición. Me gusta que muestre mejor lo que sucede con los términos no diagonales, es decir, que se pueden hacer diagonales en una base demasiado completa (no ortogonal).

Nota 2: Viceversa, en lugar de invocar la referencia vinculada para extender el resultado del caso especial de ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | (con ρ A matriz de densidad) a σ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | (con σ A matriz hermítica), podríamos haber utilizado una descomposición tan explícita de σ A (habría sido muy similar a las fórmulas de la última parte, excepto con coeficientes complejos simples λ i j en lugar de ⊗ -matrices multiplicadas τ i j ).

Nota 3: Muchas preguntas sobre matrices de densidad tienen analogías en términos de densidades de probabilidad clásicas, donde podemos tener más intuición. El problema análogo aquí sería, dada una transformación lineal de la probabilidad conjunta:

pag A B ′ ( a , b ) = ∫ d a ′ d b ′ k ( a , b ; a ′ , b ′ ) pag A B ( a ′ , b ′ ) ,
que, para cualquier pag A B , transforma la probabilidad marginal de A como:
pag A ′ ( a ) = ∫ d a ′ k A ( a ; a ′ ) pag A ( a ′ ) ,
y deja la probabilidad marginal para B sin cambios, ¿cuál es la forma del núcleo? k ? Una forma de resolver este problema clásico sería deshacerse de la complejidad de la probabilidad conjunta completa, observando primero qué sucede si el estado de B es cierto, es decir. pag A B ( a , b ) = pag A ( a ) d ( b − b o ) . Entonces, la probabilidad marginal de B después de la transformación seguirá siendo d ( b − b o ) , es decir. el estado de B seguirá siendo cierto, y por lo tanto la probabilidad conjunta tendrá la forma pag A B ′ ( a , b ) = pag A ′ ( a ) d ( b − b o ) , dando k ( a , b ; a ′ , b o ) = k A ( a ; a ′ ) d ( b − b o ) (o, en notación de operador lineal: k = k A ⊗ 1 ). Una vez que entendemos este caso clásico, podemos intentar adaptar la prueba al problema cuántico, reemplazando d por un estado puro para B . Por supuesto, hay complicaciones en el caso cuántico (en particular, necesitamos usar matrices hermitianas que no son matrices de densidad en pasos intermedios, mientras que el caso clásico podría hacerse completamente actuando solo sobre densidades de probabilidad y usando exclusivamente linealidad convexa), pero el espíritu es el mismo.

Probablemente me estoy perdiendo algo obvio, pero ¿por qué tienes T r A ( ρ A B ′ ) = | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | ? Porque usas esta propiedad cuando escribes T r ( ρ A B ′ Π ) = 1 bien ?
Sí, creo que de alguna manera sigo tu prueba excepto el T r A ( ρ A B ′ ) = | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | . Si escribo exactamente el lhs, termino con: ∑ pag ∑ i , j C i j ⟨ ϕ pag A | L ( | tu i ⟩ | ψ B ⟩ ⟨ tu j | ⟨ ψ B | ) | ϕ pag A ⟩ y realmente no entiendo cómo podemos terminar | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | con ese ?
@StarBucK Tr A ( ρ A B ′ ) = | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | se sigue del requisito de que ρ B no evoluciona (su segunda restricción en L ).
Oh, tienes razón, lo siento... Estoy leyendo la segunda parte de la prueba sobre la generalización ahora, gracias por esto.
Ok para la segunda parte no entiendo tu conclusión. Por lo que entendí aplicado a la matriz de densidad: mostraste que cualquier matriz de densidad en A B Se puede escribir como : ρ A B = ∑ k σ A k | ψ B k ⟩ ⟨ ψ B k | . Así por linealidad: ρ A B = ∑ k σ A k | ψ B k ⟩ ⟨ ψ B k | . Y desea aplicar el resultado de su primera parte a este σ A k | ψ B k ⟩ ⟨ ψ B k | . Pero no lo entiendo porque este término no es una matriz de densidad (la suma de estos términos es una matriz de densidad pero no una única).
@StarBucK Al final de la primera parte, hubo un paso intermedio para extender el resultado de ρ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | (con ρ A matriz de densidad) a σ A ⊗ | ψ B ⟩ ⟨ ψ B | (con σ A matriz hermitiana general). He agregado encabezados que, con suerte, aclaran la lógica de la prueba.
Gracias por todo esto. Volveré a leer todo detenidamente mañana o este fin de semana y les haré saber si todo está bien para mí. (y luego aceptaré la respuesta)
¿Cómo sabemos que, si solo evoluciona ρAρA\rho_A, entonces la evolución de ρABρAB\rho_{AB} viene dada por (LA⊗1)(ρAB)(LA⊗1)(ρAB)(\mathcal{L}_A \ a veces 1)(\rho_{AB})?
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