¿Cuándo puede un estado de la forma ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|ρ=∑ipi|ψi⟩⟨ψi|\rho=\sum_i p_i\lvert\psi_i\rangle\langle\psi_i\rvert ser un estado puro?

Déjame reformular tu pregunta.

Suponer que$\rho$es un estado puro , es decir, se escribe como

$$\rho =|\psi\rangle \langle \psi|$$ para algún vector unitario $\psi$.

Tu pregunta es la siguiente.

Q1 . ¿Es posible encontrar un conjunto de vectores$\phi_1, \ldots, \phi_n$satisfactorio

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, posiblemente $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$para algunos $i\neq j$y números $q_1, \ldots, q_n$con $0< q_i <1$y $\sum_i q_i =1$, tal que $$|\psi\rangle \langle \psi| = \sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$$ y $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$para algunos $i\neq j$?

Por lo que entiendo, ya conoces el siguiente resultado general.

TEOREMA1 . Considere un operador$\rho: H \to H$dónde$H$es un espacio de Hilbert complejo y$\rho$es clase traza, no negativa y$tr(\rho)=1$. Bajo estas hipótesis,$\rho$es un estado puro si y solo si$tr(\rho) = tr(\rho^2)$.

En consecuencia, dado que el operador$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$es clase de traza, no negativa con traza unitaria, Q1 puede reformularse de la siguiente manera.

Q2 . ¿Es posible encontrar un conjunto de vectores$\phi_1, \ldots, \phi_n$con

$$n>1\:,$$ $||\phi_i||=1$, posiblemente $\langle \phi_i|\phi_j \rangle \neq 0$para algunos $i\neq j$y números $q_1, \ldots, q_n$con $0< q_i <1$y $\sum_i q_i =1$, tal que $$tr\left[\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2\right] =1$$ y $|\phi_i \rangle \langle \phi_i| \neq |\phi_j\rangle \langle \phi_j|$para algunos $i\neq j$?

La respuesta a P2 siempre es negativa tan pronto como$n>1$, y por lo tanto

no es necesario calcular la traza de$\left(\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|\right)^2$, solo sabiendo que$n>1$es suficiente para decidir que el estado$\sum_{i=1}^n q_i|\phi_i \rangle \langle \phi_i|$no es puro a menos$|\phi_i \rangle \langle \phi_i|=|\phi_j \rangle \langle \phi_j|$para todos$i,j$.

La prueba es la siguiente. En primer lugar, permítanme presentar el producto escalar de Hilbert-Schmidt entre los operadores de Hilbert Schmidt y, por lo tanto, rastrear los operadores de clase en particular,

$$(\rho|\rho')_{HS} := tr(\rho^*\rho')\:.$$ La norma asociada dice $$||\rho||_{HS}= \sqrt{tr(\rho^*\rho)}\:.$$

El teorema 1 se puede reformular de manera equivalente de la siguiente manera.

TEOREMA2 . Considere un operador$\rho: H \to H$dónde$H$es un espacio de Hilbert complejo y$\rho$es clase traza, no negativa y$tr(\rho)=1$. Bajo estas hipótesis,$\rho$es un estado puro si y solo si$||\rho||_{HS}=1$.

Ahora considere un operador$\rho: H \to H$de la forma

$$\rho = \sum_{i=1}^n q_i \rho_i\tag{0}$$ dónde $\rho_i := |\phi_i \rangle \langle \phi_i|$con $\phi_i$y $q_i$como en Q2 . $\rho$es una clase de rastreo, no negativa y queremos verificar si $||\rho||_{HS}=1$es posible cuando $n>1$. Esta condición es equivalente a decir que $\rho$es puro

Siempre podemos limitarnos a tratar con un espacio vectorial real de operadores de clase de seguimiento, ya que nuestros operadores de clase de seguimiento son autoadjuntos y las combinaciones lineales que consideramos se construyen con números reales (y no negativos). El producto escalar$(\:|\:)_{HS}$se convierte en un producto escalar real (simétrico) estándar en ese subespacio real.

La observación crucial es que, como ocurre en todo espacio vectorial real dotado de un producto escalar real,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|\right| \leq \sum_{i=1}^n ||x_i||\tag{1}$$ y "$\leq$" se reemplaza por "$=$" si y solo si$x_i = \alpha_i x$para algunos fijos$x$y números no negativos$\alpha_i$dónde$i=1,\ldots,n$.

En otras palabras,

$$\left|\left|\sum_{i=1}^n q_i \rho_i\right|\right|_{HS} \leq \sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}\tag{2}$$ y "$\leq$" se reemplaza por "$=$" si y solo si$q_i \rho_i = \alpha_i T$para algunos fijos$T$y números no negativos$\alpha_i$dónde$i=1,\ldots,n$.

Ya que sabemos que

$$\sum_{i=1}^n ||q_i \rho_i||_{HS}= \sum_{i=1}^n q_i ||\rho_i||_{HS} = \sum_{i=1}^n q_i 1 = \sum_{i=1}^n q_i =1$$ concluimos que si $\rho$en (0) es puro, entonces el signo " $\leq$" en (2) se sustituye por " $=$", de modo que $q_i\rho_i = \alpha_i T$para algún operador fijo $T$y reales $\alpha_i$. Tomando el rastro de ambos lados $q_i = \alpha_i tr(T)$dónde $tr(T) \neq 0$porque $q_i \neq 0$. redefiniendo $T \to \rho_0 := \frac{1}{tr T}T$, hemos encontrado que hay un operador de clase de rastreo positivo $\rho_0$con traza unitaria tal que $\rho_i= \rho_0$y además $tr \rho_0^2 = tr \rho_i^2 =1$de modo que $\rho_0$es puro y por lo tanto se puede escribir como $\rho_0 := |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$para algún vector unitario $\phi_0$. Resumiendo, hemos obtenido que

si$\rho$en (0) es puro, entonces$|\phi_i\rangle \langle \phi_i|= |\phi_0 \rangle \langle \phi_0|$para todos$i=1,\ldots, n$.

Introduzcamos la notación$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}P_i\equiv \lvert\psi_i\rangle\!\langle\psi_i\rvert$. Tenga en cuenta que cada$P_i$es un proyector (normal) con seguimiento unitario.

La pregunta es entonces equivalente a la siguiente:

¿cuándo puede una combinación convexa de trazas (normales)$1$proyectores$P_i$ser un rastro-$1$¿proyector?

La respuesta es que este es el caso si y solo si las proyecciones son todas iguales (o en otras palabras, nunca es cierto, excepto en los casos triviales).

Para mostrar esto, supongamos$\rho=\sum_i p_i P_i$con$p_i>0, \sum_i p_i=1$.

Un estado normalizado$\rho$es pura si y solo si$\rho^2=\rho$, y si y solo si$\tr(\rho^2)=\tr(\rho)$. Tenemos

$$\rho^2 = \sum_i p_i^2 P_i + \sum_{i\neq j}p_i p_j P_i P_j.$$ y por lo tanto $$\tr(\rho^2) = \sum_i p_i^2 + 2 \sum_{i<j}p_i p_j\tr(P_i P_j)\le \left(\sum_i p_i\right)^2=1,$$ donde la desigualdad se convierte en identidad si y sólo si$\tr(P_i P_j)=1$para todos$i,j$, es decir, si y sólo si$P_i=P_j$.

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Otra forma de probar esto es pasar por la descomposición propia de$\rho$.

Si$\rho$es un rastro-$1$proyección, entonces hay algún vector$v$tal que$\rho v=v$. Esto implicaría$\sum_i p_i P_i v=v$, y por lo tanto$\sum_i p_i \langle v,P_i v\rangle=1$. Pero$\langle v,P_i v\rangle\in[0,1]$para todos$i$, y por lo tanto la única forma de que tal combinación convexa sea igual$1$es que todos los términos lo hacen, es decir $\langle v,P_i v\rangle=1$para todos$i$, y por lo tanto$P_i=vv^\dagger$para todos$i$.

Otro argumento más es observar que un estado es puro si y sólo su rango es$1$, y si y sólo si su soporte es unidimensional. Para una combinación convexa (más generalmente, una suma con coeficientes positivos) de rango-$1$proyecciones para tener soporte unidimensional, cada componente también debe tener el mismo soporte (unidimensional), por lo tanto$P_i=P_j$.