Derivación de la entropía de entrelazamiento a partir de la entropía de Renyi

Quiero saber si se necesitan algunas suposiciones sobre la relación entre los sistemas.$A$y$B$para que el espacio de Hilbert se factorice como productos tensoriales

Aquí está la idea general detrás de la factorización en este contexto. Descargo de responsabilidad: esto no será completamente riguroso (como ocurre con muchos cálculos en la teoría de campos).

Consideremos, en aras de orientarnos, un sistema mecánico clásico con dos grados de libertad de configuración independientes$q_A$y$q_B$. Cuando se cuantifica un sistema de este tipo, se asigna un espacio de Hilbert a cada grado de libertad independiente, digamos$\mathcal H_A$y$\mathcal H_B$, y el espacio de Hilbert para todo el sistema es el producto tensorial$\mathcal H_A\otimes\mathcal H_B$.

Ahora considere alguna teoría clásica de campos en una variedad$M$. Hay un número infinito de grados de libertad para tal sistema, uno para cada punto en la variedad, ya que para especificar una configuración clásica, se necesitaría especificar el valor de los campos$\phi$en cada punto$x$en el múltiple. Cuando uno cuantifica, por lo tanto, asigna un espacio de Hilbert$\mathcal H_x$a cada uno de estos grados de libertad clásicos, y el espacio total de Hilbert es el producto tensorial

$$\bigotimes_{x\in M}\mathcal H_x$$ Ahora, digamos que divido mi variedad en dos regiones $M_A$y $M_B$, a saber $M = M_A\cup M_B$y $M_A\cap M_B = \emptyset$, luego observe que el espacio de Hilbert del sistema se factoriza de la siguiente manera: $$\bigotimes_{x_\in M} = \left(\bigotimes_{x\in M_A}\mathcal H_x\right)\otimes\left(\bigotimes_{x\in M_B}\mathcal H_x\right)$$ El primer factor es lo que se podría llamar $\mathcal H_A$, el espacio de Hilbert correspondiente a todos los grados de libertad asignados a puntos en la región $M_A$, y de manera similar para el segundo factor.

¿Cómo se deduce esta supuesta igualdad de que,$S_A = lim _{n \rightarrow 1} S^{(n)}_A = - lim _{n \rightarrow 1} \frac{\partial \rho^n_A }{\partial n }$

Sea una matriz de densidad$\rho$con valores propios$\lambda_k$ser dado. Su entropía de von-Neumann asociada está definida por

$$\begin{align} S(\rho) &= -\sum_k\lambda_k\ln\lambda_k \end{align}$$ Ahora nota que $$\begin{align} \frac{d}{da}x^a &= \frac{d}{da}e^{\ln x^a} =\frac{d}{da}e^{a\ln x} =e^{a\ln x}\ln x =e^{\ln x^a}\ln x =x^a\ln x \end{align}$$ y por lo tanto $$\begin{align} \lim_{a\to 1}\frac{d}{da} x^a = x\ln x \end{align}$$ Resulta que $$\begin{align} S(\rho) &= -\sum_k\lim_{a\to 1}\frac{d}{da}(\lambda_k)^a = -\lim_{a\to 1}\frac{d}{da}\sum_k(\lambda_k)^a. \end{align}$$ Ahora deja $n$sea ​​un entero positivo, y defina una función $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{C}$por $$\begin{align} f(n) = \sum_k(\lambda_k)^n. \end{align}$$ Afirmo, sin pruebas, que $f$puede continuarse analíticamente de modo que su dominio incluya todos los números complejos $a$con $\Re [a]>1$. Llamemos a esta continuación analítica $f_c$. Afirmo, además, sin prueba, que se obtiene una fórmula explícita para esta continuación analítica reemplazando simplemente el $n$con $a$; $$\begin{align} f_c(a) = \sum_k(\lambda_k)^a. \end{align}$$ Ahora podemos escribir la entropía como $$\begin{align} S(\rho) = -\lim_{a\to 1^+}\frac{d}{da}f_c(a) \end{align}$$ Para $a =n$dónde $n$es un entero positivo, observe que $f$es simplemente la huella de $\rho^n$; $$\begin{align} f(n) &= \mathrm{tr}(\rho^n) \end{align}$$ Si denotamos la continuación analítica de $\mathrm{tr}(\rho^n)$en la variable $n$a valores complejos $a$con $\Re [a]>1$por $\mathrm{tr}(\rho^a)$, entonces obtenemos la fórmula deseada $$\begin{align} \boxed{S(\rho) = -\lim_{a\to 1^+}\frac{d}{da}\mathrm{tr}(\rho^a)}. \end{align}$$

Apéndice. (15 de octubre de 2013) Aquí está la prueba de la primera igualdad prometida desde hace meses :). Yo uso la misma notación que arriba. Entonces nota que

$$\begin{align} \lim_{a\to 1^+} f_c(a) &= \mathrm{tr}\rho = 1 \\ \lim_{a\to 1^+} f_c'(a) &= -S(\rho) \end{align}$$ Esta primera igualdad se deriva del hecho de que los operadores de densidad no tienen trazas, y la segunda igualdad es esencialmente la segunda igualdad que probé antes. Ahora, usando estos dos hechos, calculamos; $$\begin{align} \lim_{a\to 1^+}\frac{1}{1-a} \ln f_c(a) &= \lim_{a\to 1^+} \frac{1}{1-a} \ln(f_c(1) + f_c'(1)(a-1) + O(a-1)^2) \\ &= \lim_{a\to 1^+} \frac{1}{1-a}\ln(1+S(\rho)(1-a)+ O(a-1)^2) \\ &= \lim_{a\to 1^+} \frac{1}{1-a}(S(\rho)(1-a) + O(1-a)) \\ &= S(\rho) \end{align}$$ ¡como se desee!