Perwakilan saluran

Seterusnya, kita akan bincangkan perwakilan matematik bagi saluran-saluran.

Pemetaan linear daripada vektor ke vektor boleh diwakili oleh matriks dengan cara yang biasa, di mana tindakan pemetaan linear itu digambarkan melalui pendaraban matriks-vektor. Tetapi saluran adalah pemetaan linear daripada matriks ke matriks, bukan vektor ke vektor. Jadi, secara umum, bagaimana kita boleh menyatakan saluran dalam istilah matematik?

Untuk sesetengah saluran, kita mungkin mempunyai formula mudah yang menggambarkannya, seperti tiga contoh saluran qubit tak-unitari yang dinyatakan sebelum ini. Tetapi sebuah saluran sembarangan mungkin tidak mempunyai formula yang begitu baik, jadi tidak praktikal secara umum untuk menyatakan sebuah saluran dengan cara ini.

Sebagai perbandingan, dalam formulasi ringkas maklumat kuantum kita menggunakan matriks unitari untuk mewakili operasi pada vektor keadaan kuantum: setiap matriks unitari mewakili operasi yang sah dan setiap operasi yang sah boleh dinyatakan sebagai matriks unitari. Pada dasarnya, soalan yang ditanya ialah: Bagaimana kita boleh melakukan sesuatu yang serupa untuk saluran?

Untuk menjawab soalan ini, kita memerlukan beberapa jentera matematik tambahan. Kita akan lihat bahawa saluran-saluran sebenarnya boleh digambarkan secara matematik dalam beberapa cara berbeza, termasuk perwakilan yang dinamakan sempena tiga individu yang memainkan peranan penting dalam perkembangannya: Stinespring, Kraus, dan Choi. Bersama-sama, cara-cara berbeza untuk menggambarkan saluran ini menawarkan sudut pandang yang berbeza untuk melihat dan menganalisisnya.

Perwakilan Stinespring

Perwakilan Stinespring berdasarkan idea bahawa setiap saluran boleh dilaksanakan dengan cara standard, di mana sistem input pertama digabungkan dengan sistem ruang kerja yang diinisialisasi, membentuk sistem majmuk; kemudian operasi unitari dilakukan pada sistem majmuk tersebut; dan akhirnya sistem ruang kerja dibuang (atau dijejak keluar), meninggalkan output saluran.

Rajah berikut menggambarkan pelaksanaan sedemikian, dalam bentuk gambar rajah litar, bagi saluran yang sistem input dan outputnya adalah sistem yang sama, $\mathsf{X}.$

Dalam gambar rajah ini, wayar mewakili sistem sembarangan, seperti yang ditunjukkan oleh label di atas wayar, dan tidak semestinya qubit tunggal. Juga, simbol ground yang biasa digunakan dalam kejuruteraan elektrik menunjukkan secara eksplisit bahawa $\mathsf{W}$ dibuang.

Dengan kata-kata, cara pelaksanaan ini berfungsi adalah seperti berikut. Sistem input $\mathsf{X}$ bermula dalam keadaan $\rho,$ manakala sistem ruang kerja $\mathsf{W}$ diinisialisasi kepada keadaan asas standard $\vert 0\rangle.$ Operasi unitari $U$ dilakukan pada pasangan $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ dan akhirnya sistem ruang kerja $\mathsf{W}$ dijejak keluar, meninggalkan $\mathsf{X}$ sebagai output.

Perhatikan bahawa kita menganggap bahawa $0$ adalah keadaan klasik bagi $\mathsf{W},$ dan kita memilihnya sebagai keadaan inisialisasi sistem ini, yang akan membantu memudahkan matematik. Walau bagaimanapun, seseorang boleh memilih mana-mana keadaan tulen tetap untuk mewakili keadaan inisialisasi $\mathsf{W}$ tanpa mengubah sifat asas perwakilan tersebut.

Ungkapan matematik bagi saluran yang terhasil, $\Phi,$ adalah seperti berikut.

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

Seperti biasa, kita menggunakan konvensyen pengaturan Qiskit: sistem $\mathsf{X}$ berada di atas dalam gambar rajah, dan oleh itu sepadan dengan faktor tensor sebelah kanan dalam formula.

Secara umum, sistem input dan output bagi sebuah saluran tidak semestinya sama. Berikut ialah rajah yang menggambarkan pelaksanaan saluran $\Phi$ yang sistem inputnya ialah $\mathsf{X}$ dan sistem outputnya ialah $\mathsf{Y}.$

Kali ini operasi unitari menukar $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ kepada pasangan $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ di mana $\mathsf{G}$ adalah sistem "sampah" baru yang dijejak keluar, meninggalkan $\mathsf{Y}$ sebagai sistem output. Agar $U$ menjadi unitari, ia mesti merupakan matriks persegi. Ini memerlukan pasangan $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ mempunyai bilangan keadaan klasik yang sama dengan pasangan $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ jadi sistem $\mathsf{W}$ dan $\mathsf{G}$ mesti dipilih dengan cara yang membenarkan ini.

Kita memperoleh ungkapan matematik bagi saluran yang terhasil, $\Phi,$ yang serupa dengan apa yang kita ada sebelum ini.

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

Apabila sebuah saluran digambarkan dengan cara ini, sebagai operasi unitari bersama dengan spesifikasi bagaimana sistem ruang kerja diinisialisasi dan bagaimana sistem output dipilih, kita katakan ia dinyatakan dalam bentuk Stinespring atau ia adalah perwakilan Stinespring bagi saluran tersebut.

Ia sama sekali tidak jelas, tetapi setiap saluran memang mempunyai perwakilan Stinespring, seperti yang akan kita lihat pada akhir pelajaran. Kita juga akan lihat bahawa perwakilan Stinespring tidak unik; akan sentiasa ada cara berbeza untuk melaksanakan saluran yang sama dengan cara yang telah digambarkan.

Catatan

Dalam konteks maklumat kuantum, istilah perwakilan Stinespring lazimnya merujuk kepada ungkapan saluran yang lebih umum sedikit yang berbentuk

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( A \rho A^{\dagger} \bigr)$$

untuk suatu isometri $A,$ iaitu matriks yang lajurnya ortonormal tetapi mungkin bukan matriks persegi. Untuk perwakilan Stinespring yang berbentuk seperti yang kita telah tetapkan sebagai definisi, kita boleh memperoleh ungkapan dalam bentuk lain ini dengan mengambil

$$A = U (\vert 0\rangle_{\mathsf{W}} \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{X}}).$$

Saluran dephasing sepenuhnya

Berikut ialah perwakilan Stinespring bagi saluran dephasing qubit $\Delta.$ Dalam gambar rajah ini, kedua-dua wayar mewakili qubit tunggal — jadi ini adalah gambar rajah litar kuantum biasa.

Untuk melihat bahawa kesan litar ini pada qubit input memang digambarkan oleh saluran dephasing sepenuhnya, kita boleh menelusuri litar ini satu langkah pada satu masa, menggunakan perwakilan matriks eksplisit bagi jejak separa yang dibincangkan dalam pelajaran sebelumnya. Kita akan merujuk qubit atas sebagai $\mathsf{X}$ — ini adalah input dan output saluran — dan kita akan menganggap bahawa $\mathsf{X}$ bermula dalam keadaan sembarangan $\rho.$

Langkah pertama ialah pengenalan qubit ruang kerja, $\mathsf{W}.$ Sebelum gate controlled-NOT dilakukan, keadaan pasangan $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ diwakili oleh matriks ketumpatan berikut.

$$\begin{aligned} \vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho & = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Mengikut konvensyen pengaturan Qiskit, qubit atas $\mathsf{X}$ berada di sebelah kanan dan qubit bawah $\mathsf{W}$ berada di sebelah kiri. Kita menggunakan matriks ketumpatan bukan vektor keadaan kuantum, tetapi ia di-tensor bersama dengan cara yang serupa dengan apa yang dilakukan dalam formulasi ringkas maklumat kuantum.

Langkah seterusnya ialah melakukan operasi controlled-NOT, di mana $\mathsf{X}$ adalah kawalan dan $\mathsf{W}$ adalah sasaran. Masih mengingat konvensyen pengaturan Qiskit, perwakilan matriks bagi gate ini adalah seperti berikut.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Ini adalah operasi unitari, dan untuk menerapkannya pada matriks ketumpatan kita konjugasikan dengan matriks unitari. Konjugat-transpos tidak mengubah matriks khusus ini, jadi hasilnya adalah seperti berikut.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\\[3mm] = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}$$

Akhirnya, jejak separa dilakukan pada $\mathsf{W}.$ Mengingat kembali tindakan operasi ini pada matriks $4\times 4,$ yang diterangkan dalam pelajaran sebelumnya, kita memperoleh output matriks ketumpatan berikut.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Kita juga boleh mengira jejak separa dengan terlebih dahulu menukar kepada notasi Dirac.

$$\begin{pmatrix} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \end{pmatrix} = \begin{array}{r} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 1\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 1\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 1\vert \end{array}$$

Menjejak keluar qubit di sebelah kiri menghasilkan jawapan yang sama seperti sebelumnya.

$$\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert = \Delta(\rho)$$

Cara intuitif untuk memikirkan litar ini ialah operasi controlled-NOT secara efektif menyalin keadaan klasik qubit input, dan apabila salinan itu dibuang, qubit input "runtuh" secara kebarangkalian ke salah satu daripada dua keadaan klasik yang mungkin, yang bersamaan dengan dephasing sepenuhnya.

Saluran dephasing sepenuhnya (alternatif)

Litar yang diterangkan di atas bukan satu-satunya cara untuk melaksanakan saluran dephasing sepenuhnya. Berikut ialah cara berbeza untuk melakukannya.

Berikut ialah analisis ringkas yang menunjukkan bahawa pelaksanaan ini berfungsi. Selepas gate Hadamard dilakukan, kita mempunyai keadaan dua qubit ini sebagai matriks ketumpatan:

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

Gate controlled-$\sigma_z$ beroperasi melalui konjugasi seperti berikut.

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

Akhirnya sistem ruang kerja $\mathsf{W}$ dijejak keluar.

$$\frac{1}{2} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] \begin{aligned} & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[2mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Pelaksanaan ini berdasarkan idea mudah: dephasing bersamaan dengan sama ada tidak melakukan apa-apa (iaitu menerapkan operasi identiti) atau menerapkan gate $\sigma_z,$ masing-masing dengan kebarangkalian $1/2.$

$$\begin{aligned} \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[2mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Iaitu, saluran dephasing sepenuhnya adalah contoh saluran unitari bercampur, dan lebih khusus lagi, saluran Pauli.

Saluran set semula qubit

Saluran set semula qubit boleh dilaksanakan seperti berikut.

Gate swap hanya memindahkan keadaan $\vert 0\rangle$ yang diinisialisasi bagi qubit ruang kerja supaya ia menjadi output, manakala keadaan input $\rho$ dipindahkan ke qubit bawah dan kemudian dijejak keluar.

Sebagai alternatif, jika kita tidak menghendaki output saluran berada di atas, kita boleh mengambil litar yang sangat ringkas ini sebagai perwakilan kita.

Dengan kata-kata, menetapkan semula qubit kepada keadaan $\vert 0\rangle$ bersamaan dengan membuang qubit tersebut dan mendapatkan yang baru.

Perwakilan Kraus

Sekarang kita akan bincangkan perwakilan Kraus, yang menawarkan cara formulaik yang mudah untuk menyatakan tindakan sebuah saluran melalui pendaraban dan penambahan matriks. Khususnya, perwakilan Kraus ialah spesifikasi sebuah saluran, $\Phi,$ dalam bentuk berikut.

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

Di sini, $A_0,\ldots,A_{N-1}$ adalah matriks-matriks yang semuanya mempunyai dimensi yang sama: lajur-lajurnya sepadan dengan keadaan klasik sistem input, $\mathsf{X},$ dan baris-barisnya sepadan dengan keadaan klasik sistem output, sama ada $\mathsf{X}$ atau sistem lain $\mathsf{Y}.$ Agar $\Phi$ menjadi saluran yang sah, matriks-matriks ini mesti memenuhi syarat berikut.

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

Syarat ini bersamaan dengan syarat bahawa $\Phi$ mengekalkan jejak. Sifat lain yang diperlukan bagi sebuah saluran — iaitu kepositifan penuh — mengikut daripada bentuk umum persamaan untuk $\Phi,$ sebagai hasil tambah konjugasi.

Kadang-kadang lebih mudah untuk menamai matriks $A_0,\ldots,A_{N-1}$ dengan cara yang berbeza. Contohnya, kita boleh menomborkannya bermula dari $1,$ atau kita boleh menggunakan keadaan dalam set keadaan klasik sembarangan $\Gamma$ sebagai ganti nombor sebagai subskrip:

$$\Phi(\rho) = \sum_{a\in\Gamma} A_a \rho A_a^{\dagger} \quad \text{where} \quad \sum_{a\in\Gamma} A_a^{\dagger} A_a = \mathbb{I}.$$

Cara-cara berbeza untuk menamai matriks-matriks ini, yang dipanggil matriks Kraus, semuanya lazim dan boleh memberi kemudahan dalam situasi yang berbeza — tetapi kita akan terus menggunakan nama $A_0,\ldots,A_{N-1}$ dalam pelajaran ini demi kesederhanaan.

Nombor $N$ boleh berupa integer positif sembarangan, tetapi ia tidak perlu terlalu besar: jika sistem input $\mathsf{X}$ mempunyai $n$ keadaan klasik dan sistem output $\mathsf{Y}$ mempunyai $m$ keadaan klasik, maka mana-mana saluran dari $\mathsf{X}$ ke $\mathsf{Y}$ akan sentiasa mempunyai perwakilan Kraus yang $N$-nya paling banyak hasil darab $nm.$

Saluran dephasing sepenuhnya

Kita memperoleh perwakilan Kraus bagi saluran dephasing sepenuhnya dengan mengambil $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ dan $A_1 = \vert 1\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 1\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 1 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1 \vert \\[2mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Matriks-matriks ini memenuhi syarat yang diperlukan.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert 1\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Sebagai alternatif, kita boleh mengambil $A_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbb{I}$ dan $A_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z,$ supaya

$$\sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} = \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z = \Delta(\rho),$$

seperti yang dikira sebelumnya. Kali ini syarat yang diperlukan boleh disahkan seperti berikut.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \sigma_z^2 = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \mathbb{I} = \mathbb{I}$$

Saluran set semula qubit

Kita memperoleh perwakilan Kraus bagi saluran set semula qubit dengan mengambil $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ dan $A_1 = \vert 0\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 0\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 0 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert\\[2mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \vert 0\rangle \langle 0 \vert \end{aligned}$$

Matriks-matriks ini memenuhi syarat yang diperlukan.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Saluran depolarizing sepenuhnya

Satu cara untuk mendapatkan perwakilan Kraus bagi saluran depolarizing sepenuhnya ialah memilih matriks Kraus $A_0,\ldots,A_3$ seperti berikut.

$$A_0 = \frac{\vert 0\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_1 = \frac{\vert 0\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}} \quad A_2 = \frac{\vert 1\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_3 = \frac{\vert 1\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}}$$

Untuk mana-mana matriks ketumpatan qubit $\rho$ kita kemudian mempunyai

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{1}{2} \bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 0\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 1\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr)\\ & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2}\\[1mm] & = \Omega(\rho). \end{aligned}$$

Perwakilan Kraus alternatif diperoleh dengan memilih matriks Kraus seperti ini.

$$A_0 = \frac{\mathbb{I}}{2} \quad A_1 = \frac{\sigma_x}{2} \quad A_2 = \frac{\sigma_y}{2} \quad A_3 = \frac{\sigma_z}{2}$$

Untuk mengesahkan bahawa matriks Kraus ini memang mewakili saluran depolarizing sepenuhnya, mari kita perhatikan terlebih dahulu bahawa mengkonjugasikan matriks $2\times 2$ sembarangan dengan matriks Pauli berfungsi seperti berikut.

$$\begin{aligned} \sigma_x \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_x & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & \alpha_{1,0}\\[1mm] \alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_y \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_y & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & -\alpha_{1,0}\\[1mm] -\alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_z \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_z & = \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & -\alpha_{0,1}\\[1mm] -\alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Ini membolehkan kita mengesahkan ketepatan perwakilan Kraus kita.

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{\rho + \sigma_x \rho \sigma_x + \sigma_y \rho \sigma_y + \sigma_z \rho \sigma_z}{4} \\ & = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle \\[2mm] \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle \end{pmatrix} \\[4mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2} \end{aligned}$$

Perwakilan Kraus ini menyatakan idea penting, iaitu keadaan sebuah qubit boleh diacak sepenuhnya dengan menerapkan padanya salah satu daripada empat matriks Pauli (termasuk matriks identiti) yang dipilih secara seragam rawak. Jadi, saluran depolarizing sepenuhnya adalah contoh lain bagi saluran Pauli.

Tidak mungkin untuk mencari perwakilan Kraus bagi saluran depolarizing sepenuhnya $\Omega$ yang mempunyai tiga atau lebih sedikit matriks Kraus; sekurang-kurangnya empat diperlukan untuk saluran ini.

Saluran unitari

Jika kita mempunyai matriks unitari $U$ yang mewakili operasi pada sistem $\mathsf{X},$ kita boleh menyatakan tindakan operasi unitari ini sebagai saluran:

$$\Phi(\rho) = U \rho U^{\dagger}.$$

Ungkapan ini sudah merupakan perwakilan Kraus yang sah bagi saluran $\Phi$ di mana kita kebetulan mempunyai hanya satu matriks Kraus $A_0 = U.$ Dalam kes ini, syarat yang diperlukan

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

mengambil bentuk yang lebih mudah $U^{\dagger} U = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ yang kita tahu benar kerana $U$ adalah unitari.

Perwakilan Choi

Sekarang kita akan bincangkan cara ketiga bagaimana saluran boleh digambarkan, melalui perwakilan Choi. Cara kerjanya ialah setiap saluran diwakili oleh satu matriks yang dikenali sebagai matriks Choi-nya. Jika sistem input mempunyai $n$ keadaan klasik dan sistem output mempunyai $m$ keadaan klasik, maka matriks Choi saluran itu akan mempunyai $nm$ baris dan $nm$ lajur.

Matriks Choi memberikan perwakilan setia bagi saluran-saluran, bermaksud dua saluran adalah sama jika dan hanya jika mereka mempunyai matriks Choi yang sama. Salah satu sebab mengapa ini penting ialah ia memberikan kita cara untuk menentukan sama ada dua penerangan berbeza sepadan dengan saluran yang sama atau saluran yang berbeza: kita hanya mengira matriks Choi dan membandingkannya untuk melihat sama ada ia sama. Sebaliknya, perwakilan Stinespring dan Kraus tidak unik dengan cara ini, seperti yang telah kita lihat.

Matriks Choi juga berguna dalam hal lain untuk mendedahkan pelbagai sifat matematik saluran.

Definisi

Biar $\Phi$ menjadi saluran dari sistem $\mathsf{X}$ ke sistem $\mathsf{Y},$ dan anggap set keadaan klasik bagi sistem input $\mathsf{X}$ ialah $\Sigma.$ Perwakilan Choi bagi $\Phi,$ yang ditandakan $J(\Phi),$ ditakrifkan oleh persamaan berikut.

$$J(\Phi) = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl( \vert a\rangle\langle b \vert\bigr)$$

Jika kita andaikan bahawa $\Sigma = \{0,\ldots, n-1\}$ untuk suatu integer positif $n,$ maka kita boleh menyatakan $J(\Phi)$ sebagai matriks blok secara alternatif:

$$J(\Phi) = \begin{pmatrix} \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \end{pmatrix}$$

Iaitu, sebagai matriks blok, matriks Choi bagi sebuah saluran mempunyai satu blok $\Phi(\vert a\rangle\langle b\vert)$ untuk setiap pasangan $(a,b)$ keadaan klasik sistem input, dengan blok-blok disusun dengan cara yang semula jadi.

Perhatikan bahawa set $\{\vert a\rangle\langle b\vert \,:\, 0\leq a,b < n\}$ membentuk asas untuk ruang semua matriks $n\times n.$ Kerana $\Phi$ adalah linear, maka tindakannya boleh dipulihkan daripada matriks Choi-nya dengan mengambil gabungan linear blok-blok tersebut.

Keadaan Choi bagi sebuah saluran

Cara lain untuk memikirkan matriks Choi sebuah saluran ialah ia adalah matriks ketumpatan jika kita bahagi dengan $n = \vert\Sigma\vert.$ Mari kita fokus pada situasi bahawa $\Sigma = \{0,\ldots,n-1\}$ untuk kesederhanaan, dan bayangkan kita mempunyai dua salinan $\mathsf{X}$ yang bersama-sama dalam keadaan terjerat

$$\vert \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{a = 0}^{n-1} \vert a \rangle \otimes \vert a \rangle.$$

Sebagai matriks ketumpatan, keadaan ini adalah seperti berikut.

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert$$

Jika kita menerapkan $\Phi$ pada salinan $\mathsf{X}$ di sebelah kanan, kita memperoleh matriks Choi dibahagi dengan $n.$

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

Dengan kata-kata, sehingga faktor penormalan $1/n,$ matriks Choi bagi $\Phi$ adalah matriks ketumpatan yang kita peroleh dengan menilai $\Phi$ pada separuh daripada pasangan input yang terjerat secara maksimum, seperti yang digambarkan dalam rajah berikut.

Perhatikan khususnya bahawa ini bermakna matriks Choi sebuah saluran mestilah sentiasa semipositif pasti.

Kita juga melihat bahawa, kerana saluran $\Phi$ diterapkan pada sistem kanan/atas sahaja, ia tidak boleh mempengaruhi keadaan tereduksi sistem kiri/bawah. Dalam kes ini, keadaan itu adalah keadaan bercampur sepenuhnya $\mathbb{I}_{\mathsf{X}}/n,$ dan oleh itu

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \biggl(\frac{J(\Phi)}{n}\biggr) = \frac{\mathbb{I}_{\mathsf{X}}}{n}.$$

Membersihkan penyebut $n$ daripada kedua-dua belah menghasilkan $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Kita juga boleh membuat kesimpulan yang sama dengan menggunakan fakta bahawa saluran-saluran mesti sentiasa mengekalkan jejak, dan oleh itu

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

Ringkasnya, perwakilan Choi $J(\Phi)$ bagi mana-mana saluran $\Phi$ mestilah semipositif pasti dan mesti memenuhi

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Seperti yang akan kita lihat pada akhir pelajaran, kedua-dua syarat ini bukan sahaja perlu tetapi juga mencukupi, bermaksud mana-mana pemetaan linear $\Phi$ daripada matriks ke matriks yang memenuhi keperluan ini mestilah, sebenarnya, merupakan sebuah saluran.

Saluran dephasing sepenuhnya

Perwakilan Choi bagi saluran dephasing sepenuhnya $\Delta$ ialah

$$\begin{aligned} J(\Delta) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Delta\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert a\rangle\langle a \vert \\[4mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Saluran depolarizing sepenuhnya

Perwakilan Choi bagi saluran depolarizing sepenuhnya ialah

$$\begin{aligned} J(\Omega) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Omega\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \frac{1}{2} \mathbb{I} \\[4mm] & = \frac{1}{2} \mathbb{I} \otimes \mathbb{I}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Saluran set semula qubit

Perwakilan Choi bagi saluran set semula qubit $\Phi$ ialah

$$\begin{aligned} J(\Lambda) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Lambda\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[4mm] & = \mathbb{I} \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[3mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Saluran identiti

Perwakilan Choi bagi saluran identiti qubit $\operatorname{Id}$ ialah

$$\begin{aligned} J(\operatorname{Id}) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \operatorname{Id}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a \rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle \langle b \vert \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Perhatikan khususnya bahawa $J(\operatorname{Id})$ bukan matriks identiti. Perwakilan Choi tidak menggambarkan tindakan saluran secara langsung dengan cara biasa bahawa matriks mewakili pemetaan linear.