Jak pokazać, że stan dwóch kubitów jest stanem splątanym?

18

Stan dzwonu jest stanem splątanym. Ale dlaczego tak jest? Jak mam to matematycznie udowodnić? $|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$

entanglement tensor-product

— nbro
źródło

19

Definicja

Stan dwóch kubitów jest stanem splątanym wtedy i tylko wtedy, gdy nie istnieją dwa stany kubitowe i takie, że , gdzie oznacza iloczyn tensora, a . $|\psi\rangle \in \mathbb{C}^4$ $|a\rangle = \alpha |0\rangle + \beta |1\rangle \in \mathbb{C}^2$ $|b\rangle = \gamma |0\rangle + \lambda |1\rangle \in \mathbb{C}^2$ $|a\rangle \otimes |b\rangle = |\psi\rangle$ $\otimes$ $\alpha, \beta, \gamma, \lambda \in \mathbb{C}$

Aby więc pokazać, że stan Bell jest stanem splątanym, musimy po prostu pokaż, że nie istnieją dwa stany w jednym kubicie i tak że . $|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$ $|a\rangle$ $|b\rangle$ $|\Phi^{+}\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle$

Dowód

Przypuszczam, że

$\begin{aligned} | Φ^{+} ⟩ & = | a ⟩ \otimes | b ⟩ \\ = (α | 0 ⟩ + β | 1 ⟩) \otimes (γ | 0 ⟩ + λ | 1 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= |a\rangle \otimes |b\rangle \\ &= \left( \alpha |0\rangle + \beta |1\rangle \right) \otimes \left( \gamma |0\rangle + \lambda |1\rangle \right) \end{align}$
Możemy teraz po prostu zastosować właściwość dystrybucyjną w celu uzyskania

$\begin{aligned} | Φ^{+} ⟩ & = \dots \\ = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= \cdots \\ &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Musi to być równa , to znaczy musimy znaleźć współczynniki , , i , takie że $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$ $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩) & = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Zauważ, że w wyrażeniu , chcemy zachować oba i . Dlatego też i , które są współczynnikami , nie mogą wynosić zero; innymi słowy, musimy mieć i . Podobnie i , które są liczbami zespolonymi mnożącymi nie mogą być zerowe, tj. i . Wszystkie liczby zespolone $\alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $\alpha$ $\gamma$ $|00\rangle$ $\alpha \neq 0$ $\gamma \neq 0$ $\beta$ $\lambda$ $|11\rangle$ $\beta \neq 0$ $\lambda \neq 0$ $\alpha$ , , i muszą być różne od zera. $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

Ale aby uzyskać stan Bell , chcemy pozbyć się i . Tak więc, jedna z liczb (lub obu) mnożących (i ) w wyrażeniu , tj. i (oraz odpowiednio i ), muszą być równe zero. Ale właśnie widzieliśmy, że , , i $|\Phi^{+}\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$ $\alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle$ $\alpha$ $\lambda$ $\beta$ $\gamma$ $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$ muszą być różne od zera. Tak więc, nie można znaleźć kombinację liczb zespolonych , , i taki sposób, że $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩) & = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Innymi słowy, nie jesteśmy w stanie wyrazić jako iloczynu tensora dwóch stanów jednububitowych. Dlatego jest stanem splątanym. $|\Phi^{+}\rangle$ $|\Phi^{+}\rangle$

Możemy wykonać podobny dowód dla innych stanów Bell lub ogólnie, jeśli chcemy udowodnić, że stan jest zaplątany.

— nbro
źródło

2

Wow, odpowiedziałeś na swoje pytanie pięknym, zrozumiałym dowodem. Nie coś, co widzisz na co dzień. To pomogło mi podziękować.

— YungGun,

11

Dwa czyste stany qudit można rozdzielić, tylko wtedy, gdy można je zapisać w postaci dla dowolnych pojedynczych stanów qudit i . W przeciwnym razie jest zaplątany.

| Ψ ⟩ = | ψ ⟩ | ϕ ⟩

$|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$

| ϕ ⟩

$|\phi\rangle$

Aby ustalić, czy stan czysty jest zaplątany, można spróbować zastosować metodę brutalnej siły, aby znaleźć satysfakcjonujące stany i , jak w tej odpowiedzi. Jest to nieeleganckie i ciężka praca w ogólnym przypadku. Bardziej prosty sposób wykazać, czy czysty stan uwikłana jest Oblicz zmniejszonej gęstości matrycy jednego z qudits tj śledząc na drugiej. Stan można oddzielić, tylko wtedy, gdy ma rangę 1. W przeciwnym razie jest splątany. Matematycznie możesz przetestować warunek rangi, po prostu oceniając $|\psi\rangle$ $|\phi\rangle$ $\rho$ $\rho$ $\text{Tr}(\rho^2)$ . Stan pierwotny można rozdzielić, jeśli tylko ta wartość wynosi 1. W przeciwnym razie stan jest splątany.

Wyobraźmy sobie na przykład, że można oddzielić stan . Macierz o zmniejszonej gęstości na to i Mamy zatem stan oddzielny. $|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$ $A$

ρ_{A} = {Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |) = | ψ ⟩ ⟨ ψ |,

$\rho_A=\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=|\psi\rangle\langle\psi|,$

Tr (ρ_{A}^{2}) = Tr (| ψ ⟩ ⟨ ψ | \cdot | ψ ⟩ ⟨ ψ |) = Tr (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = 1.

$\text{Tr}(\rho_A^2)=\text{Tr}(|\psi\rangle\langle\psi|\cdot |\psi\rangle\langle\psi|)=\text{Tr}(|\psi\rangle\langle\psi|)=1.$

Tymczasem jeśli weźmiemy , to i Ponieważ ta wartość nie jest równa 1, mamy stan splątany. $|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)$

ρ_{A} = {Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |) = \frac{1}{2} (| 0 ⟩ ⟨ 0 | + | 1 ⟩ ⟨ 1 |) = \frac{1}{2} I

$\rho_A=\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=\frac12\left(|0\rangle\langle 0|+|1\rangle\langle 1|\right)=\frac12\mathbb{I}$

Tr (ρ_{A}^{2}) = \frac{1}{4} Tr (I \cdot I) = \frac{1}{2}

$\text{Tr}(\rho_A^2)=\frac14\text{Tr}(\mathbb{I}\cdot\mathbb{I})=\frac12$

Jeśli chcesz wiedzieć o wykrywaniu splątania w stanach mieszanych (nie czystych), jest to mniej proste, ale w przypadku dwóch kubitów istnieje konieczny i wystarczający warunek separowalności: dodatni w ramach operacji częściowej transpozycji .

— DaftWullie
źródło

+1 Jest to znacznie bardziej elegancka metoda w porównaniu do algorytmu brutalnej siły.

— Sanchayan Dutta

Co to są i ? Czy to tylko same qudity?

A

$A$

B

$B$

— Dohleman

@Dohleman Tak, to tylko etykiety dla dwóch części systemu, jednej części trzymanej przez A (Alice), a drugiej przez B (Bob). W tym przypadku są to dwie qudity.

— DaftWullie