Làm thế nào để tôi chỉ ra rằng trạng thái hai qubit là trạng thái vướng mắc?

18

Trạng thái Chuông là trạng thái vướng víu. Nhưng tại sao lại như vậy? Làm thế nào để tôi chứng minh một cách toán học? $|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$

entanglement tensor-product

— nbro
nguồn

18

Định nghĩa

Trạng thái hai qubit là trạng thái vướng víu khi và chỉ khi không tồn tại hai trạng thái qubit và sao cho , trong đó biểu thị sản phẩm tenor và . $|\psi\rangle \in \mathbb{C}^4$ $|a\rangle = \alpha |0\rangle + \beta |1\rangle \in \mathbb{C}^2$ $|b\rangle = \gamma |0\rangle + \lambda |1\rangle \in \mathbb{C}^2$ $|a\rangle \otimes |b\rangle = |\psi\rangle$ $\otimes$ $\alpha, \beta, \gamma, \lambda \in \mathbb{C}$

Vì vậy, để cho thấy trạng thái Chuông là trạng thái vướng víu, chúng ta chỉ cần cho thấy không tồn tại hai trạng thái qubit và sao cho . $|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$ $|a\rangle$ $|b\rangle$ $|\Phi^{+}\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle$

Bằng chứng

Giả sử rằng

$\begin{aligned} | Φ^{+} ⟩ & = | a ⟩ \otimes | b ⟩ \\ = (α | 0 ⟩ + β | 1 ⟩) \otimes (γ | 0 ⟩ + λ | 1 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= |a\rangle \otimes |b\rangle \\ &= \left( \alpha |0\rangle + \beta |1\rangle \right) \otimes \left( \gamma |0\rangle + \lambda |1\rangle \right) \end{align}$
Bây giờ chúng ta có thể chỉ cần áp dụng tài sản phân phối để có được

$\begin{aligned} | Φ^{+} ⟩ & = \dots \\ = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= \cdots \\ &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Điều này phải bằng , nghĩa là chúng ta phải tìm các hệ số , , và , sao cho $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$ $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩) & = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Quan sát rằng, trong biểu thức , chúng tôi muốn giữ cả và . Do đó, và , là các hệ số của , không thể bằng 0; nói cách khác, chúng ta phải có và . Tương tự, và , là các số phức nhân với không thể bằng 0, tức là và . Vì vậy, tất cả các số phức $\alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $\alpha$ $\gamma$ $|00\rangle$ $\alpha \neq 0$ $\gamma \neq 0$ $\beta$ $\lambda$ $|11\rangle$ $\beta \neq 0$ $\lambda \neq 0$ $\alpha$ , , và phải khác 0. $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

Nhưng, để có được trạng thái Chuông , chúng tôi muốn thoát khỏi và . Vì vậy, một trong các số (hoặc cả hai) nhân (và ) trong biểu thức , tức là và (và, tương ứng, và ), phải bằng 0. Nhưng chúng ta vừa thấy rằng , , và $|\Phi^{+}\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$ $\alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle$ $\alpha$ $\lambda$ $\beta$ $\gamma$ $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$ tất cả phải khác không. Vì vậy, chúng tôi không thể tìm thấy sự kết hợp của các số phức , , và sao cho $\alpha$ $\beta$ $\gamma$ $\lambda$

$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩) & = (α γ | 00 ⟩ + α λ | 01 ⟩ + β γ | 10 ⟩ + β λ | 11 ⟩) \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$
Nói cách khác, chúng tôi không thể diễn đạt như một sản phẩm tenor của hai trạng thái một qubit. Do đó, là trạng thái vướng mắc. $|\Phi^{+}\rangle$ $|\Phi^{+}\rangle$

Chúng ta có thể thực hiện một bằng chứng tương tự cho các trạng thái Bell khác hoặc, nói chung, nếu chúng ta muốn chứng minh rằng một trạng thái bị vướng mắc.

— nbro
nguồn

2

Wow bạn đã trả lời câu hỏi của riêng bạn với một bằng chứng đẹp, dễ hiểu. Không phải cái gì bạn nhìn thấy mỗi ngày. Điều này đã giúp tôi cảm ơn bạn.

— YungGun

11

Một trạng thái thuần hai qudit có thể tách rời khi và chỉ khi nó có thể được viết dưới dạng cho các trạng thái qudit đơn lẻ tùy ý và . Nếu không, nó bị vướng mắc.

| Ψ ⟩ = | ψ ⟩ | ϕ ⟩

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

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$

| ϕ ⟩

$|\phi\rangle$

Để xác định xem trạng thái tinh khiết có bị vướng víu hay không, người ta có thể thử phương pháp vũ phu cố gắng tìm trạng thái thỏa mãn và , như trong câu trả lời này . Điều này là không phù hợp, và làm việc chăm chỉ trong trường hợp chung. Một cách đơn giản hơn để chứng minh liệu trạng thái thuần túy này có bị vướng hay không là tính toán ma trận mật độ giảm cho một trong các qudits, tức là bằng cách tìm ra trạng thái khác. Trạng thái có thể tách rời khi và chỉ khi có hạng 1. Nếu không, nó bị vướng. Về mặt toán học, bạn có thể kiểm tra điều kiện xếp hạng đơn giản bằng cách đánh giá $|\psi\rangle$ $|\phi\rangle$ $\rho$ $\rho$ $\text{Tr}(\rho^2)$ . Trạng thái ban đầu có thể tách rời khi và chỉ khi giá trị này là 1. Nếu không thì trạng thái bị vướng.

Ví dụ: hãy tưởng tượng người ta có trạng thái tách rời thuần túy . Ma trận mật độ giảm trên là và Như vậy, chúng ta có một trạng thái tách rời. $|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$ $A$

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.

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

Trong khi đó, nếu chúng ta lấy , thì và Vì giá trị này không phải là 1, chúng ta có trạng thái vướng víu. $|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)$

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}

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

Nếu bạn muốn biết về việc phát hiện sự vướng víu ở các trạng thái hỗn hợp (không phải là trạng thái thuần túy), thì điều này ít đơn giản hơn, nhưng đối với hai qubit có một điều kiện cần và đủ để phân tách: tính tích cực trong hoạt động chuyển vị một phần .

— DaftWullie
nguồn

+1 Đây là một phương pháp tao nhã hơn nhiều so với thuật toán vũ phu.

— Sanchaya Dutta

Là gì

và

? Có phải đây chỉ là các qudits chính mình?

A

$A$

B

$B$

— Dohleman

@Dohman Có, chúng chỉ là nhãn cho hai phần của hệ thống, một phần do A (Alice) nắm giữ và phần còn lại của B (Bob). Trong trường hợp này, đó là hai qudits.

— DaftWullie