Kesetaraan perwakilan

Kita telah membincangkan tiga cara berbeza untuk mewakili saluran dalam istilah matematik, iaitu perwakilan Stinespring, perwakilan Kraus, dan perwakilan Choi. Kita juga mempunyai takrifan saluran, yang menyatakan bahawa saluran ialah pemetaan linear yang sentiasa mengubah matriks ketumpatan menjadi matriks ketumpatan, walaupun apabila saluran itu digunakan hanya pada sebahagian sistem kompaun. Bahagian selebihnya pelajaran ini ditumpukan kepada bukti matematik bahawa ketiga-tiga perwakilan adalah setara dan menangkap takrifan dengan tepat.

Gambaran keseluruhan bukti

Matlamat kita adalah untuk menetapkan kesetaraan koleksi empat pernyataan, dan kita akan mulakan dengan menulisnya dengan tepat. Keempat-empat pernyataan mengikut konvensyen yang sama yang telah digunakan sepanjang pelajaran ini, iaitu $\Phi$ ialah pemetaan linear daripada matriks persegi kepada matriks persegi, baris dan lajur matriks input telah ditempatkan dalam perkaitan dengan keadaan klasik sistem $\mathsf{X}$ (sistem input), dan baris dan lajur matriks output telah ditempatkan dalam perkaitan dengan keadaan klasik sistem $\mathsf{Y}$ (sistem output).

1. $\Phi$ ialah saluran daripada $\mathsf{X}$ kepada $\mathsf{Y}.$ Yakni, $\Phi$ sentiasa mengubah matriks ketumpatan menjadi matriks ketumpatan, walaupun apabila ia bertindak pada satu bahagian sistem kompaun yang lebih besar.

2. Matriks Choi $J(\Phi)$ adalah separuh-tentu positif dan memenuhi syarat $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Terdapat perwakilan Kraus bagi $\Phi.$ Yakni, terdapat matriks $A_0,\ldots,A_{N-1}$ di mana persamaan $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ benar bagi setiap input $\rho,$ dan yang memenuhi syarat $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Terdapat perwakilan Stinespring bagi $\Phi.$ Yakni, terdapat sistem $\mathsf{W}$ dan $\mathsf{G}$ di mana pasangan $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ dan $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ mempunyai bilangan keadaan klasik yang sama, bersama-sama dengan matriks unitari $U$ yang mewakili operasi unitari daripada $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ kepada $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ supaya $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

Cara bukti berfungsi ialah kitaran implikasi dibuktikan: pernyataan pertama dalam senarai kita membawa kepada yang kedua, yang kedua membawa kepada yang ketiga, yang ketiga membawa kepada yang keempat, dan pernyataan keempat membawa kepada yang pertama. Ini menetapkan bahawa keempat-empat pernyataan adalah setara — yakni ia semua benar atau semua palsu bagi pilihan $\Phi$ yang diberikan — kerana implikasi-implikasi boleh diikuti secara transitif dari mana-mana satu pernyataan ke pernyataan lain.

Ini adalah strategi lazim apabila membuktikan bahawa koleksi pernyataan adalah setara, dan trik berguna untuk digunakan dalam konteks sedemikian adalah menyediakan implikasi-implikasi dengan cara yang menjadikannya semudah mungkin untuk dibuktikan. Itulah kes di sini — dan sebenarnya kita telah pun menemui dua daripada empat implikasi.

Saluran kepada matriks Choi

Merujuk kepada pernyataan-pernyataan yang tersenarai di atas mengikut nombor mereka, implikasi pertama yang hendak dibuktikan ialah 1 $\Rightarrow$ 2. Implikasi ini telah pun dibincangkan dalam konteks keadaan Choi saluran. Di sini kita akan merumuskan butiran matematiknya.

Andaikan set keadaan klasik sistem input $\mathsf{X}$ ialah $\Sigma$ dan biar $n = \vert\Sigma\vert.$ Pertimbangkan situasi di mana $\Phi$ digunakan pada yang kedua daripada dua salinan $\mathsf{X}$ yang bersama-sama dalam keadaan

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

yang, sebagai matriks ketumpatan, diberikan oleh

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

Hasilnya boleh ditulis sebagai

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

dan berdasarkan andaian bahawa $\Phi$ adalah saluran, ini mestilah menjadi matriks ketumpatan. Seperti semua matriks ketumpatan ia mestilah separuh-tentu positif, dan mendarabkan matriks separuh-tentu positif dengan nombor nyata positif menghasilkan matriks separuh-tentu positif lain, dan oleh itu $J(\Phi) \geq 0.$

Selain itu, berdasarkan andaian bahawa $\Phi$ adalah saluran, ia mestilah memelihara surih, dan oleh itu

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

Choi kepada perwakilan Kraus

Implikasi kedua, sekali lagi merujuk kepada pernyataan dalam senarai kita mengikut nombor mereka, ialah 2 $\Rightarrow$ 3. Untuk menjelaskan, kita mengabaikan pernyataan-pernyataan lain — dan khususnya kita tidak boleh membuat andaian bahawa $\Phi$ adalah saluran. Semua yang kita ada untuk digunakan ialah $\Phi$ ialah pemetaan linear yang perwakilan Choi-nya memenuhi $J(\Phi) \geq 0$ dan $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Ini, bagaimanapun, adalah semua yang kita perlukan untuk menyimpulkan bahawa $\Phi$ mempunyai perwakilan Kraus

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

di mana syarat

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

dipenuhi.

Kita mulakan dengan andaian yang sangat penting bahawa $J(\Phi)$ adalah separuh-tentu positif, yang bermakna ia mungkin untuk menyatakannya dalam bentuk

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

bagi sesetengah cara memilih vektor-vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ Secara umum akan ada pelbagai cara untuk melakukan ini — dan sebenarnya ini mencerminkan secara langsung kebebasan yang ada dalam memilih perwakilan Kraus bagi $\Phi.$

Satu cara untuk mendapatkan ungkapan sedemikian ialah dengan terlebih dahulu menggunakan teorem spektrum untuk menulis

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

di mana $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ adalah nilai-nilai eigen $J(\Phi)$ (yang semestinya nombor nyata bukan negatif kerana $J(\Phi)$ adalah separuh-tentu positif) dan $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ adalah vektor-vektor eigen unit yang sepadan dengan nilai-nilai eigen $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Perlu diingat bahawa, walaupun tidak ada kebebasan dalam memilih nilai eigen (kecuali bagaimana ia tersusun), terdapat kebebasan dalam pemilihan vektor-vektor eigen, terutamanya apabila terdapat nilai-nilai eigen dengan kepelbagaian lebih daripada satu. Jadi, ini bukan ungkapan unik $J(\Phi)$ — kita hanya menganggap kita mempunyai satu ungkapan sedemikian. Walau bagaimanapun, kerana nilai-nilai eigen adalah nombor nyata bukan negatif, ia mempunyai punca kuasa dua bukan negatif, dan jadi kita boleh memilih

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

bagi setiap $k = 0,\ldots,N-1$ untuk mendapatkan ungkapan berbentuk $(1).$

Namun, tidak semestinya ungkapan $(1)$ berasal dari penguraian spektrum dengan cara ini, dan khususnya vektor-vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ tidak perlu ortogon secara umum. Adalah penting untuk diperhatikan, bagaimanapun, bahawa kita boleh memilih vektor-vektor ini menjadi ortogon jika kita mahu — dan lebih-lebih lagi kita tidak perlu $N$ lebih besar daripada $nm$ (dengan mengingat bahawa $n$ dan $m$ masing-masing menandakan bilangan keadaan klasik $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y}$).

Seterusnya, setiap vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ boleh diuraikan selanjutnya sebagai

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

di mana vektor-vektor $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ mempunyai entri yang sepadan dengan keadaan klasik $\mathsf{Y}$ dan boleh ditentukan secara eksplisit oleh persamaan

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

bagi setiap $a\in\Sigma$ dan $k=0,\ldots,N-1.$ Walaupun $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ tidak semestinya vektor-vektor unit, ini adalah proses yang sama yang kita gunakan untuk menganalisis apa yang akan berlaku jika pengukuran asas piawai dilakukan pada sistem $\mathsf{X}$ berdasarkan vektor keadaan kuantum pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Dan kini kita sampai kepada trik yang menjadikan bahagian bukti ini berfungsi. Kita mentakrifkan matriks Kraus kita $A_0,\ldots,A_{N-1}$ mengikut persamaan berikut.

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

Kita boleh memikirkan formula ini secara simbolik semata-mata: $\vert a\rangle$ secara berkesan dibalikkan untuk membentuk $\langle a\vert$ dan dipindahkan ke sisi kanan, membentuk matriks. Untuk tujuan mengesahkan bukti, formula itu adalah semua yang kita perlukan.

Walau bagaimanapun, terdapat hubungan yang mudah dan intuitif antara vektor $\vert\psi_k\rangle$ dan matriks $A_k,$ iaitu dengan memvektorkan $A_k$ kita mendapat $\vert\psi_k\rangle.$ Maksud memvektorkan $A_k$ ialah kita menumpuk lajur-lajur satu di atas yang lain (dengan lajur paling kiri di atas hingga ke paling kanan di bawah), untuk membentuk vektor. Sebagai contoh, jika $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y}$ keduanya adalah qubit, dan bagi sesetengah pilihan $k$ kita mempunyai

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

maka

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

(Berhati-hati: kadang-kadang pemvektoran matriks ditakrifkan dengan cara yang sedikit berbeza, iaitu baris-baris matriks dipindah arah dan ditumpuk satu di atas yang lain untuk membentuk vektor lajur.)

Pertama kita akan mengesahkan bahawa pilihan matriks Kraus ini menggambarkan pemetaan $\Phi$ dengan betul, selepas itu kita akan mengesahkan syarat lain yang diperlukan. Untuk memastikan kejelasan, mari kita takrifkan pemetaan baru $\Psi$ seperti berikut.

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

Jadi, matlamat kita adalah untuk mengesahkan bahawa $\Psi = \Phi.$

Cara kita boleh melakukan ini ialah dengan membandingkan perwakilan Choi pemetaan-pemetaan ini. Perwakilan Choi adalah setia, jadi kita mempunyai $\Psi = \Phi$ jika dan hanya jika $J(\Phi) = J(\Psi).$ Pada ketika ini kita boleh terus mengira $J(\Psi)$ menggunakan ungkapan-ungkapan

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

bersama-sama dengan kelinearan dwi hasil darab tensor untuk memudahkan.

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

Jadi, matriks Kraus kita menggambarkan $\Phi$ dengan betul.

Tinggal lagi untuk memeriksa syarat yang diperlukan pada $A_0,\ldots,A_{N-1},$ yang ternyata bersamaan dengan andaian $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (yang belum kita gunakan lagi). Apa yang akan kita tunjukkan ialah hubungan ini:

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

(di mana kita merujuk kepada pindah arah matriks pada sisi kiri).

Bermula dari kiri, kita boleh terlebih dahulu memerhati bahawa

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

Persamaan terakhir mengikut fakta bahawa pindah arah adalah linear dan memetakan $\vert b\rangle\langle a \vert$ kepada $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Beralih ke sisi kanan persamaan kita, kita mempunyai

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

dan oleh itu

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

Kita telah mendapat hasil yang sama, dan oleh itu persamaan $(2)$ telah disahkan. Ia mengikut, berdasarkan andaian $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ bahawa

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

dan oleh itu, kerana matriks identiti adalah pindah arahnya sendiri, syarat yang diperlukan adalah benar.

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

Kraus kepada perwakilan Stinespring

Sekarang andaikan kita mempunyai perwakilan Kraus bagi suatu pemetaan

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

yang memenuhi

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

Matlamat kita ialah untuk mencari perwakilan Stinespring bagi $\Phi.$

Perkara pertama yang ingin kita lakukan ialah memilih sistem sampah $\mathsf{G}$ supaya set keadaan klasiknya ialah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Namun begitu, untuk $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ dan $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ mempunyai saiz yang sama, syaratnya ialah $n$ membahagi $m N,$ yang membolehkan kita mengambil $\mathsf{W}$ mempunyai keadaan klasik $\{0,\ldots,d-1\}$ untuk $d = mN/n.$

Untuk pilihan $n,$ $m,$ dan $N$ yang sewenang-wenangnya, mungkin sahaja $mN/n$ bukan integer, jadi kita sebenarnya tidak bebas memilih $\mathsf{G}$ supaya set keadaan klasiknya ialah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Tetapi kita sentiasa boleh meningkatkan $N$ secara sewenang-wenangnya dalam perwakilan Kraus dengan memilih $A_k = 0$ untuk seberapa banyak nilai $k$ tambahan yang kita mahu.

Jadi, jika kita secara diam-diam andaikan bahawa $mN/n$ ialah integer, yang bersamaan dengan $N$ menjadi gandaan $m/\operatorname{gcd}(n,m),$ maka kita bebas mengambil $\mathsf{G}$ supaya set keadaan klasiknya ialah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Khususnya, jika $N = nm,$ maka kita boleh ambil $\mathsf{W}$ untuk mempunyai $m^2$ keadaan klasik.

Tinggal lagi untuk memilih $U,$ dan kita akan lakukan ini dengan memadankan corak berikut.

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

Untuk jelasnya, corak ini dimaksudkan untuk mencadangkan matriks blok, di mana setiap blok (termasuk $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ serta blok yang ditandai dengan tanda soal) mempunyai $m$ baris dan $n$ lajur. Terdapat $N$ baris blok, yang bermakna terdapat $d = mN/n$ lajur blok.

Dalam istilah yang lebih formulaik, kita akan takrifkan $U$ sebagai

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

di mana setiap matriks $M_{k,j}$ mempunyai $m$ baris dan $n$ lajur, dan khususnya kita akan ambil $M_{k,0} = A_k$ untuk $k = 0,\ldots,N-1.$

Ini mesti menjadi matriks unitari, dan blok-blok yang dilabel dengan tanda soal, atau secara setara $M_{k,j}$ untuk $j>0,$ mesti dipilih dengan mengambil kira ini — tetapi selain membenarkan $U$ menjadi unitari, blok-blok yang dilabel dengan tanda soal tidak akan mempunyai kaitan dengan bukti ini.

Mari kita sebentar abaikan kebimbangan bahawa $U$ unitari dan tumpukan pada ungkapan

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

yang menerangkan keadaan output $\mathsf{Y}$ diberi keadaan input $\rho$ bagi $\mathsf{X}$ untuk perwakilan Stinespring kita. Kita boleh tulis secara alternatif

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

dan kita lihat daripada pilihan $U$ kita bahawa

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

Oleh itu kita dapati bahawa

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

dan jadi

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

Oleh itu kita mempunyai perwakilan yang betul untuk pemetaan $\Phi,$ dan tinggal lagi untuk mengesahkan bahawa kita boleh memilih $U$ menjadi unitari.

Pertimbangkan $n$ lajur pertama $U$ apabila ia dipilih mengikut corak di atas. Mengambil lajur-lajur ini sahaja, kita mempunyai matriks blok

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

Terdapat $n$ lajur, satu untuk setiap keadaan klasik $\mathsf{X},$ dan sebagai vektor kita namakan lajur-lajur ini sebagai $\vert \gamma_a \rangle$ untuk setiap $a\in\Sigma.$ Berikut adalah formula bagi vektor-vektor ini yang boleh dipadankan dengan perwakilan matriks blok di atas.

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

Sekarang mari kita kira hasil darab dalam antara mana-mana dua vektor ini, bermakna yang berpadanan dengan sebarang pilihan $a,b\in\Sigma.$

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

Dengan andaian

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

kita simpulkan bahawa $n$ vektor lajur $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ membentuk set ortonormal:

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

untuk semua $a,b\in\Sigma.$

Ini bermakna adalah mungkin untuk melengkapkan lajur-lajur $U$ yang tinggal supaya ia menjadi matriks unitari. Khususnya, proses orthogonalisasi Gram-Schmidt boleh digunakan untuk memilih lajur-lajur yang tinggal. Sesuatu yang serupa dilakukan dalam pelajaran Litar kuantum dalam "Asas maklumat kuantum" dalam konteks masalah pembezaan keadaan.

Perwakilan Stinespring kembali kepada takrifan

Implikasi terakhir ialah 4 $\Rightarrow$ 1. Iaitu, kita andaikan bahawa kita mempunyai operasi unitari yang mengubah pasangan sistem $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ kepada pasangan $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ dan matlamat kita ialah untuk menyimpulkan bahawa pemetaan

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

ialah saluran yang sah. Daripada bentuknya, jelas bahawa $\Phi$ adalah linear, dan tinggal lagi untuk mengesahkan bahawa ia sentiasa mengubah matriks ketumpatan kepada matriks ketumpatan. Ini agak mudah dan kita sudah membincangkan perkara-perkara utamanya.

Khususnya, jika kita bermula dengan matriks ketumpatan $\sigma$ bagi sistem kompaun $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ dan kemudian menambah sistem ruang kerja tambahan $\mathsf{W},$ kita pasti akan kekal dengan matriks ketumpatan. Jika kita susun semula sistem $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ untuk kemudahan, kita boleh tulis keadaan ini sebagai

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

Kita kemudian menerapkan operasi unitari $U,$ dan seperti yang sudah kita bincangkan ini adalah saluran yang sah, dan oleh itu memetakan matriks ketumpatan kepada matriks ketumpatan. Akhirnya, surih separa matriks ketumpatan ialah matriks ketumpatan yang lain.

Cara lain untuk menyatakan ini ialah dengan memerhatikan terlebih dahulu bahawa setiap perkara berikut ialah saluran yang sah:

1. Memperkenalkan sistem ruang kerja yang diinisialisasi.
2. Melakukan operasi unitari.
3. Mensurih keluar sistem.

Dan akhirnya, sebarang komposisi saluran ialah saluran yang lain — yang segera mengikut dari takrifan, tetapi juga merupakan fakta yang patut diperhatikan dengan sendirinya.

Ini melengkapkan bukti implikasi terakhir, dan oleh itu kita telah menetapkan kesetaraan empat pernyataan yang disenaraikan pada permulaan bahagian ini.