Jak pokazać, że stan dwóch kubitów jest stanem splątanym?

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

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 .| ⟩ = a- | 0 ⟩ + beta | 1 ⟩ ∈ C 2 | b ⟩ = gamma | 0 ⟩ + X | 1 ⟩ ∈ C 2 | ⟩ ⊗ | b ⟩ = | * F ⟩ ⊗ a- , β , γ , X ∈ $|\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

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

Możemy teraz po prostu zastosować właściwość dystrybucyjną w celu uzyskania

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

Musi to być równa , to znaczy musimy znaleźć współczynniki , , i , takie żea-betay$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$$\alpha$$\beta$$\gamma$$\lambda$

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

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| 00 ⟩ | 11 ⟩ a- y | 00 ⟩ a- ≠ 0 y ≠ 0 beta X | 11 ⟩ beta ≠ 0 X ≠ 0 a- beta y $\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| 01 ⟩ | 10 ⟩ | 01 ⟩ | 10 ⟩ a- y | 00 ⟩ + a- X | 01 ⟩ + beta gamma | 10 ⟩ + beta X | 11 ⟩ a- X beta y a- beta y X a- beta y $|\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$

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

Innymi słowy, nie jesteśmy w stanie wyrazić jako iloczynu tensora dwóch stanów jednububitowych. Dlatego jest stanem splątanym.| Φ +$|\Phi^{+}\rangle$$|\Phi^{+}\rangle$

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

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.

$$|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$$ $|\psi\rangle$$|\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$$|\phi\rangle$ρ ρ Tr ( ρ 2 )$\rho$$\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$

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

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

$$\rho_A=\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|)=\frac12\left(|0\rangle\langle 0|+|1\rangle\langle 1|\right)=\frac12\mathbb{I}$$ $$\text{Tr}(\rho_A^2)=\frac14\text{Tr}(\mathbb{I}\cdot\mathbb{I})=\frac12$$

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 .