Resultado de una descomposición ortogonal y otra no ortogonal

Probaremos el siguiente Teorema:

Dejar$\rho=\sum_{i=1}^Np_i\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert$ser una descomposición de valores propios y$\sigma=\sum_{i=1}^Mq_i\lvert\psi_i\rangle\langle\psi_i\rvert$($M\ge N$). Entonces,$\rho=\sigma$si y solo si

$$\begin{equation} \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle=\sum_i v_{ij}\sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle\ , \end{equation}$$ con $\sum_j v_{ij}v_{i'j}^*=\sum_k \delta_{ii'}$, es decir, $V\equiv(v_{ij})$es una isometría.

Prueba :

La dirección "si" es directa:

$$\begin{align} \rho&=\sum_{j}q_j\lvert\psi_j\rangle\langle\psi_j\rvert\\ &=\sum_{i,i',j} v_{ij} v_{i'j}^* \sqrt{p_i}\sqrt{p_{i'}} \lvert\phi_i\rangle \langle\phi_{i'}\rvert \\ &=\sum_i p_i\lvert\phi_i\rangle \langle\phi_{i}\rvert = \sigma\ , \end{align}$$ donde en el último paso hemos usado eso $\sum_j v_{ij}v_{i'j}^*=\delta_{ii'}$.

Para probar lo contrario, sea

$$v_{ij} := \langle\phi_i\lvert\psi_j\rangle\,\sqrt{q_j/p_i}\ .$$ Entonces, $$\sum_i v_{ij} \sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle = \sum_i \lvert\phi_i\rangle\langle \phi_i\lvert\psi_j\rangle\sqrt{q_j} = \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle\ ,$$ es decir, $v_{ij}$es la transformación de base deseada. Más, $$\sum_{ii'}\underbrace{\delta_{ii'}\sqrt{p_ip_{i'}}}_{=:a_{ii'}}\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert = \sum_ip_i\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_i\rvert = \sum_jq_j\lvert\psi_j\rangle\langle\psi_j\rvert = \sum_{ii'}\underbrace{\sum_jv_{ij}v^*_{i'j}\sqrt{p_ip_i'}}_{=:b_{ii'}}\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_{i'}\rvert\ .$$ Ahora bien, desde la $\lvert\phi_i\rangle$son ortogonales (ya que forman una base propia), las $\lvert\phi_i\rangle\langle\phi_{i'}\rvert$son linealmente independientes, y por lo tanto, $a_{ii'}=b_{ii'}$, lo que implica $\sum_jv_{ij}v^*_{i'j}=\delta_{ii'}$.

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Extensión a dos descomposiciones no ortogonales

Si el$\lvert\phi_i\rangle$no forman una base ortonormal, podemos generalizar el teorema pasando por una base ortonormal$\rho=\sum r_k\lvert\chi_k\rangle\langle\chi_k\rvert$: Entonces,

$$\begin{align} \sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle&=\sum_k u_{ki}\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle\\ \sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle&=\sum_k w_{kj}\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle \end{align}$$ con $\sum_i u_{ki}u_{k'i}^*=\delta_{kk'}$y $\sum_j w_{kj}w_{k'j}=\delta_{kk'}$. La segunda ecuación entonces produce $\sqrt{r_k}\lvert\chi_k\rangle= \sum_j w_{kj}^*\sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle$. Después de insertar esto en la primera ecuación, obtenemos $$\sqrt{q_j}\lvert\psi_j\rangle=\sum_i v_{ij}\sqrt{p_i}\lvert\phi_i\rangle$$ con $v_{ij} = \sum_k u_{ki}w_{kj}^*$, es decir, $V=UW^\dagger$es una isometría parcial.

Seguro que quieres tener$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$y$\langle\phi_k|\phi_l\rangle=\delta_{kl}$, o alguna condición equivalente que asegure que ambas descomposiciones de conjunto sean óptimas. De lo contrario, es fácil llegar a muchas descomposiciones diferentes que no tienen nada que ver.

Debido a la condición de optimalidad, ambas descomposiciones son autodescomposiciones de$\rho$. Por eso$n=m$y$p_i=q_i$, si ordenamos$p_j$y$q_k$según magnitud decreciente. El$|\psi_j\rangle$y$|\phi_k\rangle$para un valor propio específico son una base ortonormal para el espacio propio correspondiente, por lo que están relacionados por un operador unitario. Para el operador unitario global, extienda$|\psi_j\rangle$y$|\phi_k\rangle$a una base ortonormal, y luego simplemente mapear$|\psi_i\rangle$a$|\phi_i\rangle$. Esto funciona incluso si el$p_i$y$q_k$no están ordenados, sólo por$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$y$\langle\phi_k|\phi_l\rangle=\delta_{kl}$.

Entonces, tal vez la verdadera tarea aquí sea mostrar que ser una descomposición óptima implica$\langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}$. Esto está relacionado con las propiedades de la descomposición en valores singulares , lo que da una descripción sucinta de las aproximaciones óptimas con respecto a la norma de Frobenius y la norma espectral . Nota: la condición$\langle\psi_j|\psi_j\rangle=1$y$\sum_{j=1}^n{p_j}=1$no es suficiente para describir este tipo de optimización, aun así inicialmente afirmé esto. Entonces, esta pregunta resulta ser un poco avanzada, porque describir el sentido en el que la descomposición es óptima no es trivial, si no solo hace referencia a la descomposición de valor singular para esa parte.

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Aquí hay un contraejemplo simple al comentario de Norbert Schuch de que "dos descomposiciones están relacionadas por isometrías es cierto independientemente de si los vectores son ortonormales":$\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & \epsilon^2\end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 \\ \epsilon\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & \epsilon\end{bmatrix} + \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 \\ -\epsilon\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & -\epsilon\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0\end{bmatrix}+\epsilon^2\begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 & 1\end{bmatrix}$

Ninguna isometría puede mapear$(\begin{bmatrix}1 \\ \epsilon\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1 \\ -\epsilon\end{bmatrix})$a$(\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix})$, ni siquiera con reescalado, porque las isometrías conservan los ángulos. El primer par de vectores es casi paralelo, mientras que el segundo par de vectores es ortogonal.