Konvexní kombinace matic hustoty

Pravděpodobnostní výběry matice hustoty

Klíčovou vlastností matic hustoty je, že pravděpodobnostní výběry kvantových stavů jsou reprezentovány konvexními kombinacemi jejich přidružených matic hustoty.

Například pokud máme dvě matice hustoty, $\rho$ a $\sigma,$ reprezentující kvantové stavy systému $\mathsf{X},$ a systém připravíme ve stavu $\rho$ s pravděpodobností $p$ a $\sigma$ s pravděpodobností $1 - p,$ výsledný kvantový stav je reprezentován maticí hustoty

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Obecněji, pokud máme $m$ kvantových stavů reprezentovaných maticemi hustoty $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1},$ a systém je připraven ve stavu $\rho_k$ s pravděpodobností $p_k$ pro nějaký vektor pravděpodobností $(p_0,\ldots,p_{m-1}),$ výsledný stav je reprezentován maticí hustoty

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

Toto je konvexní kombinace matic hustoty $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}.$

Z toho plyne, že pokud máme $m$ vektorů kvantového stavu $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle,$ a systém připravíme ve stavu $\vert\psi_k\rangle$ s pravděpodobností $p_k$ pro každé $k\in\{0,\ldots,m-1\},$ stav, který získáme, je reprezentován maticí hustoty

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

Například pokud je Qubit připraven ve stavu $\vert 0\rangle$ s pravděpodobností $1/2$ a ve stavu $\vert + \rangle$ s pravděpodobností $1/2,$ reprezentace matice hustoty stavu, který získáme, je dána

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

Ve zjednodušené formulaci kvantové informace průměrování vektorů kvantového stavu tímto způsobem nefunguje. Například vektor

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

není platný vektor kvantového stavu, protože jeho euklidovská norma se nerovná $1.$ Ještě extrémnější příklad ukazující, že to pro vektory kvantového stavu nefunguje, je ten, že si zvolíme libovolný vektor kvantového stavu $\vert\psi\rangle$ a pak vezmeme náš stav jako $\vert\psi\rangle$ s pravděpodobností $1/2$ a $-\vert\psi\rangle$ s pravděpodobností $1/2.$ Tyto stavy se liší o globální fázi, takže jsou ve skutečnosti stejným stavem — ale zprůměrováním dostaneme nulový vektor, což není platný vektor kvantového stavu.

Úplně smíšený stav

Předpokládejme, že nastavíme stav Qubitu na $\vert 0\rangle$ nebo $\vert 1\rangle$ náhodně, každý s pravděpodobností $1/2.$ Matice hustoty reprezentující výsledný stav je následující.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(V této rovnici symbol $\mathbb{I}$ označuje $2\times 2$ jednotkovou matici.) Toto je speciální stav známý jako úplně smíšený stav. Reprezentuje úplnou nejistotu o stavu Qubitu, podobně jako rovnoměrně náhodný bit v pravděpodobnostním nastavení.

Nyní předpokládejme, že změníme postup: místo stavů $\vert 0\rangle$ a $\vert 1\rangle$ použijeme stavy $\vert + \rangle$ a $\vert - \rangle.$ Matici hustoty popisující výsledný stav můžeme vypočítat podobným způsobem.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

Je to stejná matice hustoty jako předtím, i když jsme změnili stavy. Ve skutečnosti bychom opět získali stejný výsledek — úplně smíšený stav — dosazením jakýchkoli dvou ortogonálních vektorů kvantového stavu Qubitu za $\vert 0\rangle$ a $\vert 1\rangle.$

To je vlastnost, ne chyba! Ve skutečnosti dostaneme v obou případech přesně stejný stav. To znamená, že neexistuje způsob, jak rozlišit tyto dva postupy měřením Qubitu, který produkují, a to ani ve statistickém smyslu. Naše dva různé postupy jsou jednoduše různé způsoby přípravy tohoto stavu.

Můžeme si ověřit, že to dává smysl, tím, že se zamyslíme nad tím, co bychom mohli doufat zjistit při náhodném výběru stavu z jedné ze dvou možných množin stavů $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ a $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}.$ Pro jednoduchost předpokládejme, že na náš Qubit provedeme unitární operaci $U$ a pak měříme ve standardní bázi.

V prvním scénáři je stav Qubitu zvolen rovnoměrně z množiny $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}.$ Pokud je stav $\vert 0\rangle,$ získáme výsledky $0$ a $1$ s pravděpodobnostmi

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

v tomto pořadí. Pokud je stav $\vert 1\rangle,$ získáme výsledky $0$ a $1$ s pravděpodobnostmi

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Protože obě možnosti nastávají s pravděpodobností $1/2,$ získáme výsledek $0$ s pravděpodobností

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

a výsledek $1$ s pravděpodobností

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Oba tyto výrazy se rovnají $1/2.$ Jeden způsob, jak to zdůvodnit, je použít fakt z lineární algebry, který lze chápat jako zobecnění Pythagorovy věty.

Věta

Předpokládejme, že $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ je ortonormální báze (reálného nebo komplexního) vektorového prostoru $\mathcal{V}.$ Pro každý vektor $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ platí $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

Tuto větu můžeme aplikovat k určení pravděpodobností následovně. Pravděpodobnost získání $0$ je

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

a pravděpodobnost získání $1$ je

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Protože $U$ je unitární, víme, že $U^{\dagger}$ je také unitární, což znamená, že jak $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$, tak $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ jsou jednotkové vektory. Obě pravděpodobnosti se tedy rovnají $1/2.$ To znamená, že bez ohledu na to, jak zvolíme $U,$ z měření vždy dostaneme pouze rovnoměrně náhodný bit.

Podobné ověření můžeme provést pro jakýkoli jiný pár ortonormálních stavů místo $\vert 0\rangle$ a $\vert 1\rangle.$ Například protože $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ je ortonormální báze, pravděpodobnost získání výsledku měření $0$ ve druhém postupu je

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

a pravděpodobnost získání $1$ je

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

Konkrétně získáme přesně stejné výstupní statistiky jako pro stavy $\vert 0\rangle$ a $\vert 1\rangle.$

Pravděpodobnostní stavy

Klasické stavy lze reprezentovat maticemi hustoty. Konkrétně pro každý klasický stav $a$ systému $\mathsf{X}$ matice hustoty

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

reprezentuje, že $\mathsf{X}$ se definitivně nachází v klasickém stavu $a.$ Pro Qubity máme

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{and}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

a obecně máme jedinou $1$ na diagonále na pozici odpovídající klasickému stavu, který máme na mysli, přičemž všechny ostatní prvky jsou nulové.

Poté můžeme vytvořit konvexní kombinace těchto matic hustoty pro reprezentaci pravděpodobnostních stavů. Předpokládejme pro jednoduchost, že naše množina klasických stavů je $\{0,\ldots,n-1\}.$ Pokud se $\mathsf{X}$ nachází ve stavu $a$ s pravděpodobností $p_a$ pro každé $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ pak matice hustoty, kterou získáme, je

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Obráceně, jakoukoli diagonální matici hustoty lze přirozeně ztotožnit s pravděpodobnostním stavem, který získáme jednoduchým přečtením vektoru pravděpodobností z diagonály.

Aby bylo jasno, když je matice hustoty diagonální, nemusí to nutně znamenat, že mluvíme o klasickém systému nebo že systém musel být připraven náhodným výběrem klasického stavu, ale spíše že stav mohl být získán náhodným výběrem klasického stavu.

Skutečnost, že pravděpodobnostní stavy jsou reprezentovány diagonálními maticemi hustoty, je konzistentní s intuicí naznačenou na začátku lekce, že mimodiagonální prvky popisují míru, do jaké jsou dva klasické stavy odpovídající řádku a sloupci daného prvku v kvantové superpozici. Zde jsou všechny mimodiagonální prvky nulové, takže máme pouze klasickou náhodnost a nic není v kvantové superpozici.

Matice hustoty a spektrální věta

Viděli jsme, že pokud vezmeme konvexní kombinaci čistých stavů,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

získáme matici hustoty. Každá matice hustoty $\rho$ může být ve skutečnosti vyjádřena jako konvexní kombinace čistých stavů tímto způsobem. To znamená, že vždy bude existovat kolekce jednotkových vektorů $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ a vektor pravděpodobností $(p_0,\ldots,p_{m-1}),$ pro které výše uvedená rovnice platí.

Navíc můžeme vždy zvolit číslo $m$ tak, aby odpovídalo počtu klasických stavů uvažovaného systému, a kvantové stavové vektory můžeme zvolit jako ortogonální. Spektrální věta, se kterou jsme se setkali v kurzu „Foundations of quantum algorithms", nám umožňuje dospět k tomuto závěru. Zde je pro pohodlí přeformulování spektrální věty.

Věta

Spektrální věta: Nechť $M$ je normální komplexní matice $n\times n.$ Existuje ortonormální báze $n$-rozměrných komplexních vektorů $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ spolu s komplexními čísly $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ takovými, že

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Připomeňme, že matice $M$ je normální, pokud splňuje $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}.$ Slovně řečeno, normální matice jsou matice, které komutují se svým vlastním konjugovaným transponátem.)

Spektrální větu můžeme aplikovat na jakoukoli danou matici hustoty $\rho,$ protože matice hustoty jsou vždy hermitovské, a tedy normální. To nám umožňuje zapsat

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

pro nějakou ortonormální bázi $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}.$ Zbývá ověřit, že $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ je vektor pravděpodobností, který pak můžeme přejmenovat na $(p_0,\ldots,p_{n-1}),$ pokud chceme.

Čísla $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ jsou vlastní čísla $\rho,$ a protože $\rho$ je pozitivně semidefinitní, tato čísla musí být nezáporná reálná čísla. Můžeme usoudit, že $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1,$ z faktu, že $\rho$ má stopu rovnu $1.$ Projití detailů nám dá příležitost upozornit na následující důležitou a velmi užitečnou vlastnost stopy.

Věta

Cyklická vlastnost stopy: Pro jakékoli dvě matice $A$ a $B,$ které nám při vynásobení dají čtvercovou matici $AB,$ platí rovnost $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA).$

Všimni si, že tato věta funguje i v případě, kdy $A$ a $B$ samy nejsou čtvercové matice. To znamená, že $A$ může být $n\times m$ a $B$ může být $m\times n$ pro nějakou volbu kladných celých čísel $n$ a $m,$ takže $AB$ je čtvercová matice $n\times n$ a $BA$ je $m\times m.$

Konkrétně, pokud necháme $A$ být sloupcový vektor $\vert\phi\rangle$ a $B$ řádkový vektor $\langle \phi\vert,$ pak vidíme, že

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

Druhá rovnost plyne z toho, že $\langle\phi\vert\phi\rangle$ je skalár, který můžeme také chápat jako matici $1\times 1,$ jejíž stopa je její jediný prvek. Pomocí tohoto faktu můžeme usoudit, že $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1,$ a to díky linearitě funkce stopy.

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

Alternativně můžeme dospět ke stejnému závěru pomocí faktu, že stopa čtvercové matice (i takové, která není normální) se rovná součtu jejích vlastních čísel.

Dospěli jsme tedy k závěru, že jakoukoli danou matici hustoty $\rho$ lze vyjádřit jako konvexní kombinaci čistých stavů. Také vidíme, že navíc můžeme čisté stavy zvolit jako ortogonální. To konkrétně znamená, že číslo $n$ nikdy nemusí být větší než velikost množiny klasických stavů systému $\mathsf{X}.$

Obecně je třeba chápat, že budou existovat různé způsoby, jak zapsat matici hustoty jako konvexní kombinaci čistých stavů, nejen ty, které poskytuje spektrální věta. Předchozí příklad to ilustruje.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Toto není spektrální rozklad této matice, protože $\vert 0\rangle$ a $\vert + \rangle$ nejsou ortogonální. Zde je spektrální rozklad:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

kde $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Vlastní čísla jsou hodnoty, které ti budou pravděpodobně povědomé:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{and}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Vlastní vektory lze explicitně zapsat takto.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Jako další, obecnější příklad předpokládejme, že $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ jsou kvantové stavové vektory reprezentující stavy jednoho Qubitu, zvolené libovolně — takže nepředpokládáme žádné konkrétní vztahy mezi těmito vektory. Pak bychom mohli uvažovat stav, který získáme rovnoměrným náhodným výběrem jednoho z těchto $100$ stavů:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Protože mluvíme o Qubitu, matice hustoty $\rho$ je $2\times 2,$ takže podle spektrální věty bychom mohli alternativně zapsat

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

pro nějaké reálné číslo $p\in[0,1]$ a ortonormální bázi $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — ale samozřejmě existence tohoto vyjádření nám nebrání zapsat $\rho$ jako průměr 100 čistých stavů, pokud se tak rozhodneme.