5.2: Enredo

Considera el siguiente experimento: Alice y Bob dibujan cada uno ciegamente un mármol de un jarrón que contiene uno negro y otro blanco. Llamemos al estado del mármol de escritura$|0\rangle$ y al estado del mármol negro$|1\rangle$. Si describimos este experimento clásico cuántico mecánicamente (siempre podemos hacer esto, porque la física clásica está contenida en la física cuántica), entonces hay dos estados posibles,$|1,0\rangle$ y$|0,1\rangle$. Dado que el dibujo a ciegas es un procedimiento estadístico, el estado de las canicas en poder de Alice y Bob es el estado mixto

$$\rho=\frac{1}{2}|0,1\rangle\left\langle 0,1\left|+\frac{1}{2}\right| 1,0\right\rangle\langle 1,0|\tag{5.5}$$

Desde la perspectiva de Alice, el estado de su mármol se obtiene trazando sobre el mármol de Bob:

$$\rho_{A}=\operatorname{Tr}_{B}(\rho)=\frac{1}{2}|0\rangle\left\langle 0\left|+\frac{1}{2}\right| 1\right\rangle\langle 1|\tag{5.6}$$

Esto es lo que esperamos: Alice tiene una probabilidad 50:50 de encontrar “blanco” o “negro” cuando mira su mármol (es decir, cuando mide el color del mármol).

A continuación, considera cuál es el estado del mármol de Bob cuando Alice encuentra un mármol blanco. Apenas por la configuración sabemos que el mármol de Bob debe ser negro, porque solo había un mármol blanco y uno negro en el jarrón. Veamos si podemos reproducir esto en nuestra descripción mecánica cuántica. Encontrar un mármol blanco puede ser descrito matemáticamente por un operador de proyección$|0\rangle\langle 0|$ (ver Ec. (2.24)). Tenemos que incluir a este operador en el rastreo sobre el espacio Hilbert de mármol de Alice:

$$\rho_{B}=\frac{\operatorname{Tr}_{A}\left(|0\rangle_{A}\langle 0| \rho\right)}{\operatorname{Tr}\left(|0\rangle_{A}\langle 0| \rho\right)}=|1\rangle\langle 1|,\tag{5.7}$$

que nos propusimos probar: si Alice descubre que cuando ve que su mármol es blanco, describe el estado del mármol de Bob como negro. Basado en la configuración de este experimento, Alice sabe instantáneamente cuál es el estado del mármol de Bob en cuanto mira su propio mármol. No hay nada espeluznante en esto; solo demuestra que las canicas que sostienen Alice y Bob están correlacionadas.

A continuación, considere un segundo experimento: Por algún procedimiento, cuyos detalles no son importantes en este momento, Alice y Bob sostienen cada uno un sistema de dos niveles (un qubit) en estado puro

$$|\Psi\rangle_{A B}=\frac{|0,1\rangle+|1,0\rangle}{\sqrt{2}}\tag{5.8}$$

Dado que$|1,0\rangle$ y$|0,1\rangle$ son estados cuánticos válidos, en virtud del primer postulado de la mecánica cuántica$|\Psi\rangle_{A B}$ es también un estado mecánico cuántico válido. No es difícil ver que estos sistemas también están correlacionados en los estados$|0\rangle$ y$|1\rangle$: Cuando Alice encuentra el valor “0”, Bob debe encontrar el valor “1”, y viceversa. Podemos escribir este estado como operador de densidad

\ [\ begin {alineado}
\ rho &=\ frac {1} {2} (|0,1\ rangle+|1,0\ rangle) (\ langle 0,1|+\ langle 1,0|)\\
&=\ frac {1} {2} (|0,1\ rangle\ langle 0,1|+| 0,1\ rangle\ langle 1,0|+| 1,0\ rangle\ langle 0,1+| | 1,0\ rangle\ langle 1,0|).
\ end {alineado}. \ tag {5.9}\]

Observe los dos términos adicionales con respecto a la Ec. (5.5). Si Alice ahora rastrea el sistema de Bob, descubre que el estado de su mármol es

$$\rho_{A}=\operatorname{Tr}_{B}(\rho)=\frac{1}{2}|0\rangle\left\langle 0\left|+\frac{1}{2}\right| 1\right\rangle\langle 1|.\tag{5.10}$$

En otras palabras, a pesar de que el sistema total estaba en estado puro, ¡el subsistema en poder de Alice (y Bob, comprueba esto) es mixto! Podemos intentar volver a juntar los dos estados:

\ [\ begin {alineado}
\ rho_ {A}\ otimes\ rho_ {B} &=\ izquierda (\ frac {1} {2} |0\ rangle\ izquierda\ langle 0\ izquierda|+\ frac {1} {2}\ derecha| 1\ derecha\ rangle\ langle 1|\ derecha)\ otimes\ izquierda (\ frac {1} {2} 0\ rangle\ izquierda\ langle 0\ izquierda|+\ frac {1} {2}\ derecha| 1\ derecha\ rangle\ langle 1|\ derecha)\\
&=\ frac {1} {4} (|0,0\ rangle\ langle 0,0|+| 0,1\ rangle\ langle 0,1|+| 1,0\ rangle\ langle 1,0|+| 1,1\ rangle\ langle 1,1|)
\ end {alineado},\ tag {5.11}\]

¡pero este no es el estado con el que empezamos! También es un estado mixto, en lugar del estado puro con el que empezamos. Ya que los estados mixtos significan conocimiento incompleto, ¡debe haber alguna información en el sistema combinado que no resida solo en los subsistemas! A esto se le llama enredo.

El enredo surge porque estados como$(|0,1\rangle+|1,0\rangle) / \sqrt{2}$ no pueden escribirse como un tensor producto de dos estados puros$|\psi\rangle \otimes|\phi\rangle$. Estos últimos estados se llaman separables. En general un estado es separable si y solo si puede escribirse como

$$\rho=\sum_{j} p_{j} \rho_{j}^{(A)} \otimes \rho_{j}^{(B)}\tag{5.12}$$

Correlaciones clásicas como las canicas blancas y negras anteriores caen dentro de la categoría de estados separables.

Hasta el momento, hemos considerado los estados cuánticos en la base$\{|0\rangle,|1\rangle\}$. Sin embargo, también podemos describir el mismo sistema en la base rotada de$\{|\pm\rangle\}$ acuerdo con

$$|0\rangle=\frac{|+\rangle+|-\rangle}{\sqrt{2}} \quad \text { and } \quad|1\rangle=\frac{|+\rangle-|-\rangle}{\sqrt{2}}\tag{5.13}$$

El estado enredado$|\Psi\rangle_{A B}$ puede escribirse como

$$\frac{|0,1\rangle+|1,0\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{|+,+\rangle-|-,-\rangle}{\sqrt{2}},\tag{5.14}$$

lo que significa que nuevamente tenemos correlaciones perfectas entre los dos sistemas con respecto a los estados$|+\rangle$ y$|-\rangle$. Hagamos lo mismo para el estado$\rho$ en la Ec. (5.5) para canicas correlacionadas clásicamente. Después de un poco de álgebra, encontramos que

\ [\ begin {alineado}
\ rho=&\ frac {1} {4} (|++\ rangle\ langle++|+|+-\ rangle\ langle+-|+|-+\ rangle\ langle-+|+|—\ rangle\ langle—|\\
&-|++\ rangle\ langle—|-|—\ rangle\ langle++|++\ rangle\ langle—|-|—\ rangle\ langle++|-|+-\ rangle\ langle-+|-|-+\ rangle\ langle+-|).
\ end {alineado}. \ tag {5.15}\]

Ahora no hay correlaciones en la base conjugada$\{|\pm\rangle\}$, que puedes verificar calculando las probabilidades condicionales del estado de Bob dados los resultados de medición de Alice. Esta es otra diferencia clave entre los estados correlacionados clásicamente y los estados enredados. Una buena interpretación del enredo es que los sistemas enredados presentan correlaciones que son más fuertes que las correlaciones clásicas. En breve veremos cómo estas correlaciones más fuertes pueden ser utilizadas en el procesamiento de la información.

Hemos visto que los operadores, al igual que los estados, se pueden combinar en productos tensores:

$$A \otimes B|\phi\rangle \otimes|\psi\rangle=A|\phi\rangle \otimes B|\psi\rangle.\tag{5.16}$$

Y al igual que los estados, algunos operadores no pueden escribirse como$A \otimes B$:

$$C=\sum_{k} A_{k} \otimes B_{k}\tag{5.17}$$

Esta es la expresión más general de un operador en el espacio Hilbert$\mathscr{H}_{1} \otimes \mathscr{H}_{2}$. En la notación Dirac esto se convierte en

$$C=\sum_{j k l m} \phi_{j k l m}|\phi_{j}\rangle\langle\phi_{k}|\otimes| \phi_{l}\rangle\langle\phi_{m}|=\sum_{j k l m} \phi_{j k l m}| \phi_{j}, \phi_{l}\rangle\langle\phi_{k}, \phi_{m}|.\tag{5.18}$$

Como ejemplo, el operador Bell es diagonal sobre la base Bell:

$$\left|\Phi^{\pm}\right\rangle=\frac{|0,0\rangle \pm|1,1\rangle}{\sqrt{2}} \text { and }\left|\Psi^{\pm}\right\rangle=\frac{|0,1\rangle \pm|1,0\rangle}{\sqrt{2}}.\tag{5.19}$$

Los valores propios del operador Bell no son importantes, siempre y cuando no sean degenerados (¿por qué?). Una medición del operador Bell se proyecta sobre un estado propio del operador, que es un estado enredado. En consecuencia, no podemos implementar tales mediciones compuestas midiendo cada subsistema individualmente, porque esas mediciones individuales se proyectarían sobre estados puros de los subsistemas. Y hemos visto que los subsistemas de estados puros enredados son estados mixtos.

Una técnica particularmente útil cuando se trata de dos sistemas es la denominada descomposición de Schmidt. En general, podemos escribir cualquier estado puro sobre dos sistemas como superposición de estados base:

$$|\Psi\rangle=\sum_{j=1}^{d_{A}} \sum_{k=1}^{d_{B}} c_{j k}\left|\phi_{j}\right\rangle_{A}\left|\psi_{k}\right\rangle_{B},\tag{5.20}$$

donde$d_{A}$ y$d_{B}$ son las dimensiones de los espacios Hilbert de sistema$A$ y$B$, respectivamente, y ordenamos los sistemas de tal manera que$d_{B} \geq d_{A}$. Resulta que siempre podemos simplificar esta descripción y escribir$|\Psi\rangle$ como una sola suma sobre los estados base. Lo declaramos como teorema:

Teorema$\PageIndex{1}$

$|\Psi\rangle$Sea un estado puro de dos sistemas,$A$ y$B$ con espacios Hilbert$\mathscr{H}_{A}$ y$\mathscr{H}_{B}$ de dimensión$d_{A}$ y$d_{B} \geq d_{A}$, respectivamente. Existen vectores de base ortonormales$\left|a_{j}\right\rangle_{A}$ para el sistema$A$ y$\left|b_{j}\right\rangle_{B}$ para el sistema B de tal manera que

$$|\Psi\rangle=\sum_{j} \lambda_{j}\left|a_{j}\right\rangle_{A}\left|b_{j}\right\rangle_{B},\tag{5.21}$$

con real, coeficientes de Schmidt positivos$\lambda_{j}$, y$\sum_{j} \lambda_{j}^{2}=1$. Esta descomposición es única, y la suma corre como mucho hasta$d_{A}$, la dimensión del espacio Hilbert más pequeño. Tradicionalmente, ordenamos los coeficientes de Schmidt en orden descendente:$\lambda_{1} \geq \lambda_{2} \geq \ldots$ El número total de no cero$\lambda_{i}$ es el número de Schmidt.

Prueba

La prueba se puede encontrar en muchos textos de posgrado sobre mecánica cuántica y teoría de la información cuántica.

Dada la descomposición de Schmidt para un sistema bipartito, podemos anotar inmediatamente las matrices de densidad reducida para los subsistemas:

$$\rho_{A}=\operatorname{Tr}_{B}(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=\sum_{j} \lambda_{j}^{2}\left|a_{j}\right\rangle_{A}\left\langle a_{j}\right|,\tag{5.22}$$

y

$$\rho_{B}=\operatorname{Tr}_{A}(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=\sum_{j} \lambda_{j}^{2}\left|b_{j}\right\rangle_{B}\left\langle b_{j}\right|.\tag{5.23}$$

La base establece$\left|a_{j}\right\rangle_{A}$ y$\left|b_{j}\right\rangle_{B}$ puede tener significados físicos completamente diferentes; aquí solo nos importa que los estados de la descomposición puedan etiquetarse con un solo índice, a diferencia de dos índices.

Por el contrario, cuando tenemos un solo sistema en un estado mixto

$$\rho=\sum_{j} p_{j}\left|a_{j}\right\rangle\left\langle a_{j}\right|,\tag{5.24}$$

siempre podemos construir un estado puro$|\Psi\rangle$ que obedezca$\left(\lambda_{j}=\sqrt{p_{j}}\right)$

$$|\Psi\rangle=\sum_{j} \lambda_{j}\left|a_{j}, b_{j}\right\rangle,\tag{5.25}$$

En virtud de la descomposición de Schmidt. Al estado$|\Psi\rangle$ se le llama la purificación de$\rho$. Dado que muchos teoremas son más fáciles de probar para estados puros que para estados mixtos, las purificaciones pueden hacer que nuestra carga de trabajo sea significativamente más ligera.

Cuando hay más de un distinto de cero$\lambda_{j}$ en la Ec. (5.25), el estado$|\Psi\rangle$ está claramente enredado: no hay opción alternativa de$\lambda_{j}$ debido a la singularidad de la descomposición de Schmidt que daría como resultado$\lambda_{1}^{\prime}=1$ y todos los demás cero. Además, cuanto más uniformes sean los valores de$\lambda_{j}$, más se enreda el estado. Una posible medida para la cantidad de enredo en$|\Psi\rangle$ es la entropía Shannon H.

$$H=-\sum_{j} \lambda_{j}^{2} \log _{2} \lambda_{j}^{2}\tag{5.26}$$

Esto es idéntico a la entropía$S$ de von Neumann de la matriz$\rho$ de densidad reducida$|\Psi\rangle$ dada en la Ec. (5.24):

$$S(\rho)=-\operatorname{Tr}\left(\rho \log _{2} \rho\right)\tag{5.27}$$

Ambas entropías se miden en bits clásicos.

¿Cómo encontramos la descomposición de Schmidt? Considerar el estado$|\Psi\rangle$ a partir de la Ec. (5.20). La matriz (no necesariamente cuadrada)$C$ con elementos$c_{j k}$ necesita ser transformada en una sola matriz de números$\lambda_{j}$. Esto se logra aplicando la descomposición de valor único:

$$c_{j k}=\sum_{i} u_{j i} d_{i i} v_{i k},\tag{5.28}$$

donde$u_{j i}$ y$v_{i k}$ son elementos de matrices unitarias$U$ y$V$, respectivamente, y$d_{i i}$ es una matriz diagonal con valores singulares$\lambda_{i}$. Los vectores en la descomposición de Schmidt se convierten en

$$\left|a_{i}\right\rangle=\sum_{j} u_{j i}\left|\phi_{j}\right\rangle \quad \text { and } \quad\left|b_{i}\right\rangle=\sum_{k} v_{i k}\left|\psi_{k}\right\rangle.\tag{5.29}$$

Este es probablemente un buen momento para recordarnos sobre la descomposición de valor único. Todo lo que tenemos que hacer es encontrar$U$ y$V$, el resto es solo multiplicación matricial. Para encontrar$U$, diagonalizamos$C C^{\dagger}$ y encontramos sus vectores propios. Estos forman las columnas de$U$. Del mismo modo, diagonalizamos$C^{\dagger} C$ y organizamos los vectores propios en columnas para encontrar$V$. Si$C$ es una$n \times m$ matriz,$U$ debe ser$n \times n$ y$V$ debe ser$m× m$.