Ekvivalence reprezentací

Dosud jsme probrali tři různé způsoby, jak matematicky reprezentovat kanály, konkrétně Stinespringovy reprezentace, Krausovy reprezentace a Choiho reprezentace. Máme také definici kanálu, která říká, že kanál je lineární zobrazení, které vždy transformuje matice hustoty na matice hustoty, a to i když je kanál aplikován pouze na část složeného systému. Zbytek lekce je věnován matematickému důkazu, že tyto tři reprezentace jsou ekvivalentní a přesně zachycují danou definici.

Přehled důkazu

Naším cílem je prokázat ekvivalenci souboru čtyř tvrzení, a začneme tím, že je přesně zapíšeme. Všechna čtyři tvrzení dodržují stejné konvence, které byly používány v průběhu celé lekce, konkrétně že $\Phi$ je lineární zobrazení z čtvercových matic do čtvercových matic, řádky a sloupce vstupních matic byly přiřazeny klasickým stavům systému $\mathsf{X}$ (vstupní systém) a řádky a sloupce výstupních matic byly přiřazeny klasickým stavům systému $\mathsf{Y}$ (výstupní systém).

1. $\Phi$ je kanál z $\mathsf{X}$ do $\mathsf{Y}.$ To znamená, že $\Phi$ vždy transformuje matice hustoty na matice hustoty, i když působí na jednu část většího složeného systému.

2. Choiho matice $J(\Phi)$ je pozitivně semidefinitní a splňuje podmínku $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Existuje Krausova reprezentace pro $\Phi.$ To znamená, že existují matice $A_0,\ldots,A_{N-1}$, pro které rovnice $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ platí pro každý vstup $\rho,$ a které splňují podmínku $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Existuje Stinespringova reprezentace pro $\Phi.$ To znamená, že existují systémy $\mathsf{W}$ a $\mathsf{G}$, pro které mají dvojice $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ a $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ stejný počet klasických stavů, spolu s unitární maticí $U$ reprezentující unitární operaci z $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ do $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ takovou, že $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

Důkaz funguje tak, že se dokazuje cyklus implikací: první tvrzení v našem seznamu implikuje druhé, druhé implikuje třetí, třetí implikuje čtvrté a čtvrté tvrzení implikuje první. Tím se prokáže, že všechna čtyři tvrzení jsou ekvivalentní — což znamená, že jsou buď všechna pravdivá, nebo všechna nepravdivá pro danou volbu $\Phi$ — protože implikace lze tranzitivně sledovat od kteréhokoli tvrzení k jakémukoli jinému.

Toto je běžná strategie při dokazování ekvivalence souboru tvrzení a užitečným trikem v takovém kontextu je nastavit implikace tak, aby se daly dokázat co nejsnáze. To je právě tento případ — a ve skutečnosti jsme se se dvěma ze čtyř implikací již setkali.

Od kanálů k Choiho maticím

S odkazem na tvrzení v našem seznamu podle jejich čísel, první implikace, kterou je třeba dokázat, je 1 $\Rightarrow$ 2. Tato implikace byla již diskutována v kontextu Choiho stavu kanálu. Zde shrneme matematické detaily.

Předpokládejme, že množina klasických stavů vstupního systému $\mathsf{X}$ je $\Sigma$ a nechť $n = \vert\Sigma\vert.$ Uvažujme situaci, ve které je $\Phi$ aplikováno na druhou ze dvou kopií $\mathsf{X}$, které jsou společně ve stavu

$$\vert \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{a \in \Sigma} \vert a \rangle \otimes \vert a \rangle,$$

který jako matice hustoty má tvar

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b \in \Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert.$$

Výsledek lze zapsat jako

$$(\operatorname{Id}\otimes \,\Phi) \bigl(\vert \psi \rangle \langle \psi \vert\bigr) = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) = \frac{J(\Phi)}{n},$$

a z předpokladu, že $\Phi$ je kanál, musí být toto matice hustoty. Jako všechny matice hustoty musí být pozitivně semidefinitní, a vynásobení pozitivně semidefinitní matice kladným reálným číslem dává opět pozitivně semidefinitní matici, a proto $J(\Phi) \geq 0.$

Navíc, za předpokladu, že $\Phi$ je kanál, musí zachovávat stopu, a proto

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\Phi( \vert a\rangle\langle b \vert)\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle\langle a \vert\\ & = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}. \end{aligned}$$

Od Choiho k Krausovým reprezentacím

Druhá implikace, opět s odkazem na tvrzení v našem seznamu podle jejich čísel, je 2 $\Rightarrow$ 3. Aby bylo jasno, ostatní tvrzení ignorujeme — a zejména nemůžeme předpokládat, že $\Phi$ je kanál. Vše, s čím pracujeme, je to, že $\Phi$ je lineární zobrazení, jehož Choiho reprezentace splňuje $J(\Phi) \geq 0$ a $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

To je však vše, co potřebujeme k závěru, že $\Phi$ má Krausovu reprezentaci

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

pro kterou je splněna podmínka

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Začneme kriticky důležitým předpokladem, že $J(\Phi)$ je pozitivně semidefinitní, což znamená, že jej lze vyjádřit ve tvaru

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \tag{1}$$

pro nějakou volbu vektorů $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ Obecně bude existovat více způsobů, jak to provést — a ve skutečnosti to přímo odráží volnost, kterou máš při volbě Krausovy reprezentace pro $\Phi.$

Jeden způsob, jak takový výraz získat, je nejprve použít spektrální větu a zapsat

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \lambda_k \vert \gamma_k \rangle \langle \gamma_k \vert,$$

kde $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ jsou vlastní čísla $J(\Phi)$ (která jsou nutně nezáporná reálná čísla, protože $J(\Phi)$ je pozitivně semidefinitní) a $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ jsou jednotkové vlastní vektory odpovídající vlastním číslům $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Všimni si, že zatímco při volbě vlastních čísel neexistuje žádná volnost (kromě jejich uspořádání), při volbě vlastních vektorů volnost existuje, zejména když jsou vlastní čísla s násobností větší než jedna. Takže se nejedná o jednoznačný výraz pro $J(\Phi)$ — prostě předpokládáme, že máme jeden takový výraz. Bez ohledu na to, protože vlastní čísla jsou nezáporná reálná čísla, mají nezáporné odmocniny, a tak můžeme zvolit

$$\vert\psi_k\rangle = \sqrt{\lambda_k} \vert \gamma_k\rangle$$

pro každé $k = 0,\ldots,N-1$, čímž získáme výraz ve tvaru $(1).$

Není však nezbytné, aby výraz $(1)$ pocházel ze spektrálního rozkladu tímto způsobem, a konkrétně vektory $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nemusí být obecně ortogonální. Je však pozoruhodné, že tyto vektory můžeme zvolit ortogonální, pokud chceme — a navíc nikdy nepotřebujeme, aby $N$ bylo větší než $nm$ (připomeňme, že $n$ a $m$ označují počty klasických stavů $\mathsf{X}$ a $\mathsf{Y}$).

Dále lze každý z vektorů $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ rozložit jako

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle,$$

kde vektory $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ mají složky odpovídající klasickým stavům $\mathsf{Y}$ a lze je explicitně určit rovnicí

$$\vert \phi_{k,a}\rangle = \bigl( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}\bigr) \vert \psi_k\rangle$$

pro každé $a\in\Sigma$ a $k=0,\ldots,N-1.$ Ačkoli $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ nejsou nutně jednotkové vektory, jedná se o stejný postup, který bychom použili k analýze toho, co by se stalo, kdyby bylo provedeno měření ve standardní bázi na systému $\mathsf{X}$ při daném kvantovém stavovém vektoru dvojice $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

A nyní se dostáváme k triku, díky kterému tato část důkazu funguje. Definujeme naše Krausovy matice $A_0,\ldots,A_{N-1}$ podle následující rovnice.

$$A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

O tomto vzorci můžeme uvažovat čistě symbolicky: $\vert a\rangle$ se efektivně převrátí do tvaru $\langle a\vert$ a přesune na pravou stranu, čímž vznikne matice. Pro účely ověření důkazu je tento vzorec vše, co potřebujeme.

Existuje však jednoduchý a intuitivní vztah mezi vektorem $\vert\psi_k\rangle$ a maticí $A_k,$ a to ten, že vektorizací $A_k$ dostaneme $\vert\psi_k\rangle.$ Vektorizovat $A_k$ znamená, že naskládáme sloupce na sebe (s nejlevějším sloupcem nahoře a nejpravějším dole), čímž vytvoříme vektor. Například pokud jsou $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ oba Qubit, a pro nějakou volbu $k$ máme

$$\begin{aligned} \vert\psi_k\rangle & = \alpha_{00} \vert 0\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{01} \vert 0\rangle \otimes \vert 1\rangle + \alpha_{10} \vert 1\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{11} \vert 1\rangle \otimes \vert 1\rangle\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} \\[1mm] \alpha_{01} \\[1mm] \alpha_{10} \\[1mm] \alpha_{11} \end{pmatrix}, \end{aligned}$$

pak

$$\begin{aligned} A_k & = \alpha_{00} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \alpha_{01} \vert 1\rangle\langle 0\vert + \alpha_{10} \vert 0\rangle\langle 1\vert + \alpha_{11} \vert 1\rangle\langle 1\vert\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} & \alpha_{10}\\[1mm] \alpha_{01} & \alpha_{11} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

(Pozor: někdy je vektorizace matice definována mírně odlišným způsobem, a to tak, že řádky matice se transponují a naskládají na sebe, čímž se vytvoří sloupcový vektor.)

Nejprve ověříme, že tato volba Krausových matic správně popisuje zobrazení $\Phi,$ poté ověříme druhou požadovanou podmínku. Abychom se v tom vyznali, definujme nové zobrazení $\Psi$ takto.

$$\Psi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

Naším cílem je tedy ověřit, že $\Psi = \Phi.$

Můžeme to udělat tak, že porovnáme Choiho reprezentace těchto zobrazení. Choiho reprezentace jsou věrné, takže $\Psi = \Phi$ právě tehdy, když $J(\Phi) = J(\Psi).$ V tomto bodě můžeme jednoduše vypočítat $J(\Psi)$ pomocí výrazů

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle \quad\text{and}\quad A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

spolu s bilinearitou tenzorových součinů a zjednodušit.

$$\begin{aligned} J(\Psi) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \vert a\rangle \langle b \vert A_k^{\dagger}\\[2mm] & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \biggl(\sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a} \rangle\biggr) \biggl(\sum_{b\in\Sigma} \langle b\vert \otimes \langle \phi_{k,b} \vert\biggr)\\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \\[2mm] & = J(\Phi) \end{aligned}$$

Takže naše Krausovy matice správně popisují $\Phi.$

Zbývá ověřit požadovanou podmínku na $A_0,\ldots,A_{N-1},$ která se ukazuje být ekvivalentní předpokladu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (který jsme dosud nepoužili). Ukážeme následující vztah:

$$\Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr)^{T} = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) \tag{2}$$

(kde odkazujeme na maticovou transpozici na levé straně).

Počínaje levou stranou si nejprve můžeme všimnout, že

$$\begin{aligned} \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T & = \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert b \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle a \vert\Biggr)^T\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Poslední rovnost plyne z faktu, že transpozice je lineární a zobrazuje $\vert b\rangle\langle a \vert$ na $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Přesuňme se k pravé straně naší rovnice, kde máme

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k\rangle\langle\psi_k \vert = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert$$

a tudíž

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert \bigr)\, \vert a\rangle \langle b \vert\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Dostali jsme stejný výsledek, a rovnice $(2)$ je tak ověřena. Z předpokladu $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ plyne, že

$$\Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

a protože jednotková matice je svou vlastní transpozicí, požadovaná podmínka platí.

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Krausova reprezentace na Stinespringovu reprezentaci

Nyní předpokládejme, že máme Krausovu reprezentaci zobrazení

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

pro které

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Naším cílem je najít Stinespringovu reprezentaci pro $\Phi.$

Nejprve bychom chtěli zvolit odpadní systém $\mathsf{G}$ tak, aby jeho množina klasických stavů byla $\{0,\ldots,N-1\}.$ Aby však $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ a $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ měly stejnou velikost, musí $n$ dělit $m N,$ což nám umožní vzít $\mathsf{W}$ s klasickými stavy $\{0,\ldots,d-1\}$ pro $d = mN/n.$

Pro libovolnou volbu $n,$ $m$ a $N$ nemusí být $mN/n$ celé číslo, takže ve skutečnosti nemůžeme volně zvolit $\mathsf{G}$ tak, aby jeho množina klasických stavů byla $\{0,\ldots,N-1\}.$ Ale vždy můžeme libovolně zvýšit $N$ v Krausově reprezentaci tím, že zvolíme $A_k = 0$ pro tolik dalších hodnot $k,$ kolik si přejeme.

A tak, pokud tiše předpokládáme, že $mN/n$ je celé číslo, což je ekvivalentní tomu, že $N$ je násobkem $m/\operatorname{gcd}(n,m),$ pak můžeme volně vzít $\mathsf{G}$ tak, aby jeho množina klasických stavů byla $\{0,\ldots,N-1\}.$ Konkrétně, pokud platí $N = nm,$ pak můžeme vzít $\mathsf{W}$ s $m^2$ klasickými stavy.

Zbývá zvolit $U,$ a to uděláme tak, aby odpovídalo následujícímu vzoru.

$$U = \begin{pmatrix} A_{0} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] A_{1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] A_{N-1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \end{pmatrix}$$

Pro upřesnění, tento vzor má naznačovat blokovou matici, kde každý blok (včetně $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ a bloků označených otazníkem) má $m$ řádků a $n$ sloupců. Je zde $N$ řádků bloků, což znamená, že je $d = mN/n$ sloupců bloků.

Vyjádřeno formálněji, definujeme $U$ jako

$$\begin{aligned} U & = \sum_{k=0}^{N-1} \sum_{j=0}^{d-1} \vert k \rangle \langle j \vert \otimes M_{k,j} \\[4mm] & = \begin{pmatrix} M_{0,0} & M_{0,1} & \cdots & M_{0,d-1} \\[1mm] M_{1,0} & M_{1,1} & \cdots & M_{1,d-1} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] M_{N-1,0} & M_{N-1,1} & \cdots & M_{N-1,d-1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

kde každá matice $M_{k,j}$ má $m$ řádků a $n$ sloupců, a konkrétně vezmeme $M_{k,0} = A_k$ pro $k = 0,\ldots,N-1.$

Toto musí být unitární matice a bloky označené otazníkem, nebo ekvivalentně $M_{k,j}$ pro $j>0,$ musí být zvoleny s ohledem na to — ale kromě toho, že umožní $U$ být unitární, bloky označené otazníkem nebudou mít pro důkaz žádný význam.

Prozatím odložme otázku unitarity $U$ a zaměřme se na výraz

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

který popisuje výstupní stav $\mathsf{Y}$ pro daný vstupní stav $\rho$ systému $\mathsf{X}$ v naší Stinespringově reprezentaci. Můžeme alternativně zapsat

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) \rho (\langle 0\vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{W}}) U^{\dagger},$$

a z naší volby $U$ vidíme, že

$$U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k.$$

Proto zjistíme, že

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \vert k\rangle\langle j\vert \otimes A_k \rho A_j^{\dagger},$$

a tedy

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho) U^{\dagger}\bigr) & = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert k\rangle\langle j\vert\bigr) \, A_k \rho A_j^{\dagger} \\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger} \\ & = \Phi(\rho). \end{aligned}$$

Máme tedy správnou reprezentaci zobrazení $\Phi$ a zbývá ověřit, že $U$ lze zvolit jako unitární matici.

Uvažujme prvních $n$ sloupců matice $U,$ když je zvolena podle výše uvedeného vzoru. Vezmeme-li tyto sloupce samotné, máme blokovou matici

$$\begin{pmatrix} A_0\\[1mm] A_1\\[1mm] \vdots\\[1mm] A_{N-1} \end{pmatrix}.$$

Je zde $n$ sloupců, jeden pro každý klasický stav systému $\mathsf{X},$ a jako vektory pojmenujme tyto sloupce $\vert \gamma_a \rangle$ pro každé $a\in\Sigma.$ Zde je vzorec pro tyto vektory, který lze přiřadit k blokové maticové reprezentaci výše.

$$\vert \gamma_a\rangle = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k \vert a \rangle$$

Nyní vypočítejme skalární součin libovolných dvou z těchto vektorů, tedy těch odpovídajících libovolné volbě $a,b\in\Sigma.$

$$\langle \gamma_a \vert \gamma_b \rangle = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \langle k \vert j \rangle \, \langle a \vert A_k^{\dagger} A_j \vert b\rangle = \langle a \vert \Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr) \vert b\rangle$$

Z předpokladu

$$\sum_{k = 0}^{m-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

usuzujeme, že $n$ sloupcových vektorů $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ tvoří ortonormální množinu:

$$\langle \gamma_a \vert \gamma_b \rangle = \begin{cases} 1 & a = b\\ 0 & a\neq b \end{cases}$$

pro všechna $a,b\in\Sigma.$

To znamená, že je možné doplnit zbývající sloupce matice $U$ tak, aby se stala unitární maticí. Konkrétně lze k výběru zbývajících sloupců použít Gramův-Schmidtův ortogonalizační proces. Něco podobného bylo provedeno v lekci Kvantové obvody v kurzu "Základy kvantových informací" v kontextu problému rozlišování stavů.

Stinespringova reprezentace zpět k definici

Poslední implikace je 4 $\Rightarrow$ 1. To znamená, že předpokládáme unitární operaci transformující dvojici systémů $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ na dvojici $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ a naším cílem je dojít k závěru, že zobrazení

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

je platný kanál. Z jeho tvaru je zřejmé, že $\Phi$ je lineární, a zbývá ověřit, že vždy transformuje matice hustoty na matice hustoty. To je poměrně přímočaré a klíčové body jsme již probrali.

Konkrétně, pokud začneme s maticí hustoty $\sigma$ složeného systému $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ a poté přidáme další pracovní systém $\mathsf{W},$ jistě nám zůstane matice hustoty. Pokud přeuspořádáme systémy $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ pro pohodlí, můžeme tento stav zapsat jako

$$\vert 0\rangle\langle 0\vert_{\mathsf{W}} \otimes \sigma.$$

Poté aplikujeme unitární operaci $U,$ a jak jsme již diskutovali, jedná se o platný kanál, a tedy zobrazuje matice hustoty na matice hustoty. Nakonec, parciální stopa matice hustoty je opět matice hustoty.

Jiný způsob, jak to říct, je nejprve si všimnout, že každá z těchto věcí je platný kanál:

1. Zavedení inicializovaného pracovního systému.
2. Provedení unitární operace.
3. Vytrasování systému.

A konečně, libovolná kompozice kanálů je opět kanál — což přímo plyne z definice, ale je to také fakt, který stojí za to pozorovat sám o sobě.