Как мне показать, что состояние с двумя кубитами является запутанным состоянием?

Состояние Белла является запутанным состоянием. Но почему это так? Как мне математически доказать это?$|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$

Определение

---

Двухквитное состояние является запутанным состоянием, если и только если не существует двух однобитных состояний и такие, что , где обозначает тензорное произведение, а .$|\psi\rangle \in \mathbb{C}^4$| б ⟩ = & gamma | 0 ⟩ + А , | 1 ⟩ ∈ C 2 | ⟩ ⊗ | б ⟩ = | г | ⟩ $|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}$

Итак, чтобы показать, что состояние Белла является запутанным состоянием, мы просто должны покажите, что не существует двух состояний с одним кубитом и таких что .| ⟩| б⟩| Φ+⟩=| ⟩⊗| б$|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$$|a\rangle$$|b\rangle$$|\Phi^{+}\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle$

доказательство

---

Предположим, что

$$\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= |a\rangle \otimes |b\rangle \\ &= \left( \alpha |0\rangle + \beta |1\rangle \right) \otimes \left( \gamma |0\rangle + \lambda |1\rangle \right) \end{align}$$

Теперь мы можем просто применить распределительное свойство для получения

$$\begin{align} |\Phi^{+}\rangle &= \cdots \\ &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$$

Это должно быть равно , то есть мы должны найти коэффициенты , , и , такие, что& alpha& betagamma$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$$\alpha$$\beta$$\gamma$$\lambda$

$$\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$$

Заметьте, что в выражении мы хотим, чтобы оба и . Следовательно, и , которые являются коэффициентами , не могут быть равны нулю; другими словами, у нас должны быть и . Аналогично, и , которые являются комплексными числами, умножающими не могут быть равны нулю, то есть и . Итак, все комплексные числа| 00 ⟩ | 11 ⟩ & alpha ; & gamma | 00 ⟩ & alpha ; ≠ 0 & gamma ≠ 0 & beta ; А , | 11 ⟩ & beta ; ≠ 0 А , ≠ 0 $\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$$\alpha$ , , и должны отличаться от нуля.γ $\beta$$\gamma$$\lambda$

Но, чтобы получить состояние Белл , мы хотим избавиться от | 01 ⟩ и | 10 ⟩ . Итак, одно из чисел (или оба) умножается | 01 ⟩ (и | 10 ⟩ ) в выражение альфа гамма | 00 ⟩ + & alpha ; А , | 01 ⟩ + & beta ; & gamma | 10 ⟩ + & beta ; А , | 11 ⟩ , т.е. α и $|\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$$\lambda$(и соответственно и ) должны быть равны нулю. Но мы только что видели эту , ,$\beta$α β $\gamma$$\alpha$$\beta$$\gamma$ и должны отличаться от нуля. Таким образом, мы не можем найти комбинацию комплексных чисел α , β , γ и λ такую, что$\lambda$$\alpha$$\beta$$\gamma$$\lambda$

$$\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle ) &= \left( \alpha \gamma |00\rangle + \alpha \lambda |01\rangle + \beta \gamma |10\rangle + \beta \lambda |11\rangle \right) \end{align}$$

Другими словами, мы не можем выразить как тензорное произведение двух однокубитных состояний. Следовательно, | Φ + ⟩ - запутанное состояние.$|\Phi^{+}\rangle$$|\Phi^{+}\rangle$

Мы можем выполнить аналогичное доказательство для других состояний Белла или, вообще, если мы хотим доказать, что состояние запутано.

Чистое состояние, состоящее из двух частей, является отделимым тогда и только тогда, когда оно может быть записано в виде

$$|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$$ для произвольных единичных состояний qudit $|\psi\rangle$ и $|\phi\rangle$ . В противном случае, это запутано.

Чтобы определить, запутано ли чистое состояние, можно попробовать метод грубой силы, чтобы попытаться найти удовлетворяющие состояния $|\psi\rangle$ и $|\phi\rangle$ , так как в этом ответе. Это нелегкая и тяжелая работа в общем случае. Более простым способом доказать, запутано ли это чистое состояние, является вычисление матрицы приведенной плотности $\rho$ для одного из тестов, то есть путем отслеживания другого. Состояние делимо тогда и только тогда, когда $\rho$ имеет ранг 1. В противном случае оно запутано. Математически вы можете проверить условие ранга, просто оценив $\text{Tr}(\rho^2)$, Исходное состояние является отделимым тогда и только тогда, когда это значение равно 1. В противном случае состояние запутано.

Например, представьте, что у вас чисто разделимое состояние $|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$ . Приведенная матрица плотности на $A$ является

$$\rho_A=\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=|\psi\rangle\langle\psi|,$$ И $$\text{Tr}(\rho_A^2)=\text{Tr}(|\psi\rangle\langle\psi|\cdot |\psi\rangle\langle\psi|)=\text{Tr}(|\psi\rangle\langle\psi|)=1.$$ Таким образом, мы имеем разъемное состояние.

Между тем, если мы возьмем $|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)$, то

$$\rho_A=\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=\frac12\left(|0\rangle\langle 0|+|1\rangle\langle 1|\right)=\frac12\mathbb{I}$$ и $$\text{Tr}(\rho_A^2)=\frac14\text{Tr}(\mathbb{I}\cdot\mathbb{I})=\frac12$$ Поскольку это значение не равно 1, у нас запутанное состояние.

Если вы хотите узнать об обнаружении запутывания в смешанных состояниях (а не в чистых состояниях), это не так просто, но для двух кубитов существует необходимое и достаточное условие отделимости: положительность при операции частичного транспонирования .