量子理论的推导#

在本章中，我们最终从基本原理出发完成了量子理论的重构。为此，我们将证明：维度为$d_{\mathrm{A}}$的系统的状态与希尔伯特空间$\mathcal{H}_{\mathrm{A}} \simeq \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}}$上的密度矩阵一一对应，效应则与$\mathcal{H}_{\mathrm{A}}$上受恒等算子约束的正算子一一对应。

原则上，这并未刻画整个理论，因为所有变换集合仍未被纳入图景。然而，基于"不被禁止即允许"这一事实（第7.12节，特别是命题7.10），我们知道：在一个具有局部可分辨性和唯一纯化的因果理论中，状态集完整地确定了该理论——即通过状态与效应之间的同构关系，变换集也被唯一确定。

因此，对于每个系统$\mathrm{A}$，状态集$\mathsf{St} ( \mathrm{A} )$和效应集$\mathsf{Eff} ( \mathrm{A} )$的刻画完整地规定了该理论，在我们的情形中，该理论即为量子理论。

17.1 基底的选取#

为了规定状态与矩阵之间的对应关系，我们为向量空间$\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$选取一个特定的基底。该基底按如下方式构造：¹

首先选取一组最大的$d_{\mathrm{A}}$个完全可区分状态$\{\varphi_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}}$，并声明它们为前$d_{\mathrm{A}}$个基向量。
现在，对于每个$m < n$，由$\{\varphi_{m} , \varphi_{n} \}$生成的顶点面$F_{m n}$可以通过理想压缩方案$( \mathrm{Q} , \mathcal{E}^{( m n )} , \mathcal{D}^{( m n )} )$理想地编码到二维系统中。设

$$ \eta_{0} : = \mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{m} , \quad \eta_{1} : = \mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{n} .\tag{17.1} $$

由推论14.4可知，二维系统的凸状态集就是布洛赫球面，我们可以选择z轴为连接两个状态$\{\mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{m} , \mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{n} \}$的直线，例如取z轴正方向为从$\eta_{0}$指向$\eta_{1}$的方向。一旦规定了z轴的方向，我们就可以选择x轴和y轴。注意，在垂直于z轴的平面内，任意一对正交方向都是x轴和y轴的合法选择。² 设$\varphi_{x , +}^{m n} , \varphi_{x , -}^{m n} \in F_{m n}$和$\varphi_{y , +}^{m n} , \varphi_{y , -}^{m n} \in F_{m n}$分别为两对完全可区分状态$\eta_{x , \pm} , \eta_{y , \pm} \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{Q} )$沿x轴方向和y轴方向的解码，即

$$ \varphi_{k , \pm}^{m n} : = \mathcal{D}^{( m n )} \eta_{k , \pm} , \quad k = x , y .\tag{17.2} $$

我们还定义

$$ \begin{aligned} \sigma_{k}^{\mathrm{Q}} &:= \eta_{k , +} - \eta_{k , -}, \\ \sigma_{k}^{m n} &:= \mathcal{D}^{( m n )} \sigma_{k}^{\mathrm{Q}} \\ &= \varphi_{k , +}^{m n} - \varphi_{k , -}^{m n}, \quad k = x , y . \end{aligned}\tag{17.3} $$

显然，$\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$中的两个元素${\sigma_{x}^{m n}} , {\sigma_{y}^{m n}}$是$\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{Q} )$中两个元素$\sigma_{x}^{\mathrm{Q}} , \sigma_{y}^{\mathrm{Q}}$的解码，而后者在式(14.4)的矩阵表示$S : \mathsf{St} ( \mathsf{Q} ) \to \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{2} )$中由泡利矩阵表示。

一个直接的观察如下。

引理 17.1 对于任意$1 \leq m < n \leq d_{\mathrm{A}}$，四个向量$\{\varphi_{m} , \varphi_{n} , \sigma_{x}^{m n} , \sigma_{y}^{m n} \} \subseteq \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$是线性无关的。

证明如果考虑式(14.4)中的矩阵表示$S$，我们有

$$ \begin{aligned} S_{\mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{m}} &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \\ S_{\mathcal{E}^{( m n )} \varphi_{n}} &= \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \\ S_{\mathcal{E}^{( m n )} \sigma_{x}^{( m n )}} &= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \\ S_{\mathcal{E}^{( m n )} \sigma_{y}^{( m n )}} &= \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}\tag{17.4} $$

由于映射 $S^{-1} : \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{2} ) \to \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathbb{Q} )$ 和 $\mathcal{D}^{( m n )} : \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{Q} ) \to \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 都是单射，线性无关性可由式(17.4)中四个矩阵的线性无关性推出。

现在证明，按此方式构造的向量集合 $\{\varphi_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n} \}_{n > m = 1, \ldots, d_{\mathrm{A}}}^{k = x , y}$ 构成 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 的一组基。为此，我们使用以下结果。

引理 17.2 设 $V \subset \{1 , \ldots , d_{\mathrm{A}} \}$，并考虑投影 $\Pi_{V}$。那么，若 $m \notin V$ 或 $n \notin V$，则对于 $k = x , y$ 有 $\Pi_{V} | \sigma_{k}^{m n} ) = 0$。

证明当 $m , n \notin V$ 的情形是简单的，因为此时定义 $\sigma_{k}^{m n}$ 所涉及的所有态 $\varphi_{k , \pm}^{m n}$ 都属于 $F_{V}^{\perp}$，因此 $\Pi_{V} ( \sigma_{k}^{m n} ) = 0$。接下来考虑 $m \in V$ 且 $n \notin V$ 的情形。利用引理15.26和推论15.30，我们得到

$$ \begin{aligned} \Pi_{V} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) &= \Pi_{V} \Pi_{\{m , n \}} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) \\ &= \Pi_{\{m \}} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) \\ &= | \varphi_{m} ) ( \varphi_{m}^{\dagger} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) . \end{aligned}\tag{17.5} $$

由于面 $F_{m n}$ 同构于 Bloch 球面，且态 $\varphi_{k , \pm}^{m n} , k = x , y$ 位于 Bloch 球面的赤道上，我们有

$$ ( \varphi_{m}^{\dagger} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )} \mathcal{E}^{( m n )} | \varphi_{k , \pm}^{m n} ) = ( \eta_{m}^{\dagger} | \eta_{k \pm}^{m n} ) = \frac{1}{2},\tag{17.6} $$

这里我们使用了量子比特代数，以及由于由引理8.9 $( \varphi^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )}$ 是原子的，且

$$ ( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )} | \eta_{n} ) = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )} \mathcal{E}^{( m n )} | \varphi_{n} ) = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \varphi_{n} ) = \delta_{m n} . $$

因此有 $( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )} = ( \eta_{m}^{\dagger} |$。式(17.5)于是蕴含

$$ \begin{array}{r} {\Pi_{V} | \sigma_{k}^{m n} ) = \Pi_{V} \left( | \varphi_{k , +}^{m n} ) - | \varphi_{k , -}^{m n} ) \right)} \\ {= | \varphi_{m} ) \left( \cfrac{1} {2} - \cfrac{1} {2} \right) = 0 .} \end{array} $$

当 $m \notin V$ 且 $n \in V$ 的情形可以完全相同的方式处理。

借助这一结果，我们现在可以证明以下陈述。

引理 17.3 向量 $\{\varphi_{n} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} {\mathit{k}} = x , y$ 构成 ${\mathrm{St}}_{\mathbb{R}} ( {\mathrm{A}} )$ 的一组基。

证明由于向量的个数恰好为 $d_{\mathrm{A}}^{2}$，要证明它们构成一组基，只需证明它们是线性无关的。假设存在系数 $\{c_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{c_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} k = x , y$ 使得

$$ \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} c_{m} \varphi_{m} + \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{n = m + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} c_{k}^{m n} \sigma_{k}^{m n} = 0 . $$

在两边应用投影 $\Pi_{\{m , n \}}$ 并利用引理17.2，我们得到

$$ c_{m} | \varphi_{m} ) + c_{n} | \varphi_{n} ) + c_{x}^{m n} | \sigma_{x}^{m n} ) + c_{y}^{m n} | \sigma_{y}^{m n} ) = 0 . $$

然而，根据引理17.1，我们知道向量组 $\{\varphi_{m} , \varphi_{n} , \sigma_{x}^{m n} , \sigma_{y}^{m n} \}$ 是线性无关的。因此，对所有 $m , n , k$ 有 $c_{m} = c_{n} = c_{k}^{m n} = 0$。

类似于对 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathbf{A} )$ 构造基 $\{\varphi_{n} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} k = x , y$ 的方式，我们可以在 $\mathsf{Eff}_{\mathbb{R}} ( {\mathrm{A}} )$ 中构造一个基 $\{\varphi_{n}^{\dagger} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n \dagger} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} k = x , y$，其中 $\sigma_{k}^{m n \dagger} : = \varphi_{k , +}^{m n \dagger} - \varphi_{k , -}^{m n \dagger}$。注意，根据构造方式，有 $( \varphi_{k , \pm}^{m n \dagger} | = ( \eta_{k , \pm} | \mathcal{D}^{( m n )}$，因此

$$ ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | = ( \sigma_{k}^{\mathrm{Q \dagger}} | \mathcal{D}^{( m n )} , $$

其中

$$ \sigma_{k}^{\mathrm{Q \dagger}} = \eta_{k , +}^{\dagger} - \eta_{k , -}^{\dagger} . $$

练习 17.1 证明对于 $k = x , y$，有 $( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \varphi_{m} ) = ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \varphi_{n} ) = 0$。

练习 17.2 证明可以在效应空间 $\mathsf{Eff}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 中采用基 $\{\varphi_{n}^{\dagger} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n \dagger} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} k = x , y$。

练习 17.3 证明 $( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \sigma_{k^{\prime}}^{m n} ) = 2 \delta_{k k^{\prime}}$。

17.2 态与效应的矩阵表示#

由于系统 A 的状态空间 $\mathsf{St} ( \mathrm{A} )$ 张成一个维数为 $D_{\mathrm{{A}}} = d_{\mathrm{A}}^{2}$ 的实向量空间，我们可以决定将向量 $\{\varphi_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}}} \ k = x , y$ 表示为 Hermitian 的 $d_{\mathrm{A}} \times d_{\mathrm{A}}$ 矩阵。具体来说，我们将向量 $\varphi_{m}$ 关联到由下式定义的矩阵 $S_{\varphi_{m}}$

$$ \left[ S_{\varphi_{m}} \right]_{r s} = \delta_{r m} \delta_{s m} , $$

将向量 ${\sigma_{x}^{m n}}$ 关联到矩阵

$$ \left[ S_{\sigma_{x}^{m n}} \right]_{r s} = \delta_{r m} \delta_{s n} + \delta_{r n} \delta_{s m} , $$

并将向量 $\sigma_{y}^{m n}$ 关联到矩阵

$$ \left[ S_{\sigma_{y}^{m n}} \right]_{r s} = i \lambda^{m n} \left( \delta_{r m} \delta_{s n} - \delta_{r n} \delta_{s m} \right) , $$

其中 $\lambda^{m n}$ 可以取值为 $+ 1$ 或 $- 1$。$\lambda^{m n}$ 选择上的自由度将在第 17.3 节介绍两个量子比特复合系统的表示时发挥作用。然而，该正负号选择在本节中不起作用，为简单起见，我们将采用正号。

回忆一下，原则上，垂直于 z 轴的平面内的任何正交方向都可以选为 x 轴。通常，一旦为上述表示选定了一组参考轴，切换到 x 轴的其他可能选择将得到如下形式的矩阵

$$ \left[ S_{\sigma_{x , \phi}^{m n}} \right]_{r s} = \delta_{r m} \delta_{s n} e^{i \phi_{m n}} + \delta_{r n} \delta_{s m} e^{- i \phi_{m n}} \qquad \phi_{m n} \in [ 0 , 2 \pi ) , $$

而对应的 y 轴选择将得到如下形式的矩阵

$$ \left[ S_{\sigma_{y , \phi}^{m n}} \right]_{r s} = i \lambda^{m n} \left( \delta_{r m} \delta_{s n} e^{i \phi_{m n}} - \delta_{r n} \delta_{s m} e^{- i \phi_{m n}} \right) \phi_{m n} \in [ 0 , 2 \pi ) . $$

由于向量组 $\{\varphi_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\sigma_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}} ; k = x , y}$ 是实向量空间 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 的一个基，我们可以将任意态 $\rho \in{\mathsf{St}} ( {\mathsf{A}} )$ 在其上展开：

$$ | \rho ) = \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \rho_{m} | \varphi_{m} ) + \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{n = m + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} \rho_{k}^{m n} | \sigma_{k}^{m n} ) $$

并且展开系数 $\{\rho_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup \{\rho_{k}^{m n} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}} ; ~ k = x , y}$ 均为实数。因此，每个态 $\rho$ 与一个厄米矩阵一一对应，该矩阵由下式给出：

$$ S_{\rho} = \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \rho_{m} S_{\varphi_{m}} + \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{n = m + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} \rho_{k}^{m n} S_{\sigma_{k}^{m n}} . $$

通过线性延拓，将式(17.12)和(17.13)定义的映射扩展至整个 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$，我们可以如下定义一个线性映射 S：

$$ S : \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathsf{A} ) \to \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} ) , $$$$ S : \rho \mapsto S_{\rho} : = \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \rho_{m} S_{\varphi_{m}} + \sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{n = m + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} \rho_{k}^{m n} S_{\sigma_{k}^{m n}} , $$

其中 ${\mathsf{Herm}} ( \mathbb{C}^{d} )$ 表示 $\mathbb{C}^{d}$ 上厄米矩阵的实向量空间。注意该映射 S 是可逆的，因此式(17.14)定义了 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 与 Herm $( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} )$ 之间的一个同构。

表示 S 自然地通过恒等式诱导出一个表示 $E : \mathsf{EH}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} ) \to \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} )$：

$$ ( a | \rho ) = \mathrm{Tr} [ E_{a} S_{\rho} ] . $$

表示 E 具有以下性质。

引理 17.4 设 $\varphi_{m} \in \mathsf{Eff} ( \mathrm{A} )$ 是用于定义矩阵表示 $S_{\rho}$ 的最大完美可区分纯态集合。那么，效应 $\varphi_{m}^{\dagger}$ 的矩阵表示为 $E_{\varphi_{m}^{\dagger}}$，使得 $E_{\varphi_{m}^{\dagger}} = S_{\varphi_{m}}$，并且广义效应 $\sigma_{k}^{m n \dagger}$（其中 $k = x , y$）的矩阵表示为 $E_{\sigma_{k}^{m n \dagger}} = S_{\sigma_{k}^{m n}}$

证明：设 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$ 为任意态。将 $\rho$ 按式(17.12)展开并利用引理17.2，我们得到 $( \varphi_{m}^{\dagger} | \rho ) = \rho_{m}$ 。另一方面，由式(17.13)可知 $\rho_{m}$ 是矩阵 $S_{\rho}$ 的第 m 个对角元素：根据 $S_{\varphi_{m}}$ 的定义 [式(17.7)]，这意味着 $\rho_{m} = \operatorname{Tr} [ S_{\varphi_{m}} S_{\rho} ]$ 。现在，由构造可知，对于每一个 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$，有 $\mathrm{Tr} [ E_{\omega_{\mathrm{} m}^{\dagger}} S_{\rho} ] = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \rho ) = \rho_{m} = \mathrm{Tr} [ S_{\varphi_{m}} S_{\rho} ]$ 。这意味着对于每一个 $\rho \in{\sf S t}_{\mathbb{R}} ( {\sf A} )$，有 Tr $E_{\varphi_{m}^{\dagger}} S_{\rho} ] = \mathrm{Tr} [ S_{\varphi_{m}} S_{\rho} ]$ 。最后，由于 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 在矩阵表示 S 下的像就是整个厄米矩阵空间 Herm $( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} ) = \{S_{\rho} | \rho \in \mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} ) \}$，我们可以得出结论 $E_{\varphi_{m}^{\dagger}} = S_{\varphi_{m}}$。类似地，对于广义效应 $\sigma_{k}^{m n \dagger} , k = x , y$，回顾练习17.1、17.2和17.3以及式(17.12)中 $\mathbf{\xi}_{\rho}$ 的展开，我们有

$$ \begin{array}{r l} & {\mathrm{Tr} [ E_{\sigma_{k}^{m n}}^{m n \dagger} S_{\rho} ] = ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \rho )} \\ & {\qquad = ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \Pi_{\{m , n \}} | \rho )} \\ & {\qquad = 2 \rho_{k}^{m n}} \\ & {\qquad = \mathrm{Tr} [ S_{\sigma_{k}^{m n}} S_{\rho} ] ,} \end{array} $$

对每个 $\rho \in{\mathsf{St}}_{\mathbb{R}} ( {\mathsf{A}} )$ 均成立。因此 $E_{\sigma_{k}^{m n \dagger}} = S_{\sigma_{k}^{m n}}$。

沿此思路构建表示 $S$ 并结合式 (17.2) 和 (17.3) 中对基元素 $\sigma_{k}^{m n}$ 的定义，可以识别出 $S_{\rho}$ 中对应于面 $F_{m n}$ 的块与量子比特态等价。这一结果将在后续构造中发挥关键作用。

引理 17.5 设 $\rho \in{\mathsf{St}} ( {\mathsf{A}} )$ 为一个态，且取 $1 \leq m < n \leq d_{\mathrm{A}}$。由 $( S_{\rho} )_{m m} , \ ( S_{\rho} )_{n n} , \ ( S_{\rho} )_{m n} , \ ( S_{\rho} )_{n m}$ 给出的 $\rho$ 的矩阵表示的矩阵元，当 $\lambda^{m n} = 1$ 时与量子比特态 $\mathcal{E}^{( m n )} \Pi_{\{m , n \}} \rho$ 的矩阵表示一致；当 $\lambda^{m n} = -1$ 时则与其转置一致。

证明由式 (17.7)、(17.8)、(17.9) 及引理 17.4，我们有

$$ \begin{array}{l} {{( S_{\rho} )_{m m} = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \rho ) ,}} \\ {{( S_{\rho} )_{m n} = \displaystyle \frac{1} {2} [ ( \sigma_{x}^{m n \dagger} | \rho ) - i \lambda^{m n} ( \sigma_{y}^{m n \dagger} | \rho ) ] ,}} \\ {{( S_{\rho} )_{n m} = \displaystyle \frac{1} {2} [ ( \sigma_{x}^{m n \dagger} | \rho ) + i \lambda^{m n} ( \sigma_{y}^{m n \dagger} | \rho ) ] .}} \end{array} $$

此外，由引理 17.2 有 $\Pi_{\{m , n \}} | \sigma_{k}^{p q} ) = \delta_{m p} \delta_{n q} | \sigma_{k}^{p q} )$。因此，若将 $\rho$ 按式 (17.12) 展开，则得

$$ \begin{array}{r l} & {\Pi_{\{m , n \}} | \rho ) = ( S_{\rho} )_{m m} | \varphi_{m} ) + ( S_{\rho} )_{n n} | \varphi_{n} )} \\ & {\qquad + \left[ ( S_{\rho} )_{m n} + ( S_{\rho} )_{n m} \right] | \sigma_{x}^{m n} ) + i \lambda^{m n} [ ( S_{\rho} )_{m n} - ( S_{\rho} )_{n m} ] | \sigma_{y}^{m n} ) .} \end{array} $$

因此

$$ \begin{array}{r l} {( S_{\Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{m n} = ( S_{\rho} )_{m m} , \qquad} & {{} ( S_{\Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{n n} = ( S_{\rho} )_{n n} ,} \\ {( S_{\Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{m n} = ( S_{\rho} )_{m n} , \qquad} & {{} ( S_{\Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{n m} = ( S_{\rho} )_{n m} .} \end{array} $$

现在，回顾式 (17.2) 和 (17.3) 中对 $\sigma_{k}^{m n}$ 的定义，可得量子比特态 $\mathcal{E}^{m n} \Pi_{\{m , n \}} \rho \in \mathsf{St} ( \mathrm{Q} )$ 的如下分解

$$ \begin{array}{r l} & {{\mathscr E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} | \rho ) = ( S_{\rho} )_{m m} | \eta_{0} ) + ( S_{\rho_{n n}} ) | \eta_{1} )} \\ & {\qquad + [ ( S_{\rho} )_{m n} + ( S_{\rho} )_{n m} ] | \sigma_{x}^{\mathrm{Q}} ) + i \lambda^{m n} [ ( S_{\rho} )_{m n} - ( S_{\rho} )_{n m} ] | \sigma_{y}^{\mathrm{Q}} ) .} \end{array} $$

回忆 $( S_{\nu} )_{i i} = ( \eta_{i}^{\dagger} | \nu )$，则有

$$ ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{00} = ( S_{\rho} )_{m m} , \quad ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{11} = ( S_{\rho} )_{n n} . $$

最后，由于 $\begin{array}{r} {( S_{\nu} )_{01} = \frac{1} {2} [ ( \sigma_{x}^{\mathrm{Q} \dagger} | \nu ) - i ( \sigma_{y}^{\mathrm{Q} \dagger} | \nu ) ]} \end$，我们得到

$$ ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \} \rho}} )_{01} = ( S_{\rho} )_{m n} , \quad ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{10} = ( S_{\rho} )_{n m} , $$

若 $\lambda^{m n} = 1$；以及

$$ ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \} \rho}} )_{01} = ( S_{\rho} )_{n m} , \quad ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \rho} )_{10} = ( S_{\rho} )_{m n} , $$

若 $\lambda^{m n} = - 1$。

对效应可得到类似结果。

引理 17.6 设 $a \in \mathsf{Eff} ( \mathbf{A} )$ 为一个效应，且取 $m < n \leq d_{\mathrm{A}}$。由 $( E_{a} )_{m m} , ( E_{a} )_{n n} , ( E_{a} )_{m n} , ( E_{a} )_{n m}$ 给出的 $a$ 的矩阵表示的矩阵元，当 $\lambda_{m n} = 1$ 时与量子比特效应 $( a | \Pi_{\{m , n \}} {\cal D}^{( m n )}$ 的矩阵表示一致；当 $\lambda_{m n} = -1$ 时则与其转置一致。

证明由练习 17.2，可将效应 $a$ 及其表示 $E_{a}$ 展开为

$$ a = \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}}} a_{j} \varphi_{j}^{\dagger} + \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{l = j + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} a_{k}^{j l} \sigma_{k}^{j l \dagger} , $$$$ E_{a} = \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}}} a_{j} E_{\varphi_{j}^{\dagger}} + \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{l = j + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} a_{k}^{j l} E_{\sigma_{k}^{j l \dagger}} , $$

并且根据引理17.4，我们可以写出

$$ E_{a} = \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}}} a_{j} S_{\varphi_{j}} + \sum_{j = 1}^{d_{\mathrm{A}} - 1} \sum_{l = j + 1}^{d_{\mathrm{A}}} \sum_{k = x , y} a_{k}^{j l} S_{\sigma_{k}^{j l}} . $$

由式(17.7)、(17.8)和(17.9)，我们有

$$ \begin{array}{l l} {{( E_{a} )_{m m} = a_{m} ,}} & {{\qquad ( E_{a} )_{n n} = a_{n} ,}} \\ {{\displaystyle ( E_{a} )_{m n} = \frac{1} {2} ( a_{x}^{m n} - i \lambda_{m n} a_{y}^{m n} )}} & {{\qquad ( E_{a} )_{n m} = \frac{1} {2} ( a_{x}^{m n} + i \lambda_{m n} a_{y}^{m n} ) .}} \end{array} $$

同样由习题17.2，我们还有 $( \sigma_{k}^{p q \dagger} | \Pi_{\{m , n \}} = \delta_{m p} \delta_{n q} ( \sigma_{k}^{p q \dagger} |$。因此我们有

$$ ( a | \Pi_{\{m , n \}} = a_{m} ( \varphi_{m}^{\dagger} | + a_{n} ( \varphi_{n}^{\dagger} | + \sum_{k = x , y} a_{k}^{m n} ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | , $$

并且，利用引理17.4

$$ \begin{array}{r l r} & {} & {E_{( a | \Pi_{\{m , n \}}} = a_{m} E_{\varphi_{m}^{\dagger}} + a_{n} E_{\varphi_{n}^{\dagger}} + \displaystyle \sum_{k = x , y} a_{k}^{m n} E_{\sigma_{k}^{m n}} \mathrm{.}} \\ & {} & {\quad = a_{m} S_{\varphi_{m}} + a_{n} S_{\varphi_{n}} + \displaystyle \sum_{k = x , y} a_{k}^{m n} S_{\sigma_{k}^{m n}} .} \end{array} $$

这意味着

$$ \begin{array}{r l} {( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} )} )_{m m} = ( E_{a} )_{m m} , \qquad} & {{} ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} )} )_{n n} = ( E_{a} )_{n n} ,} \\ {( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} )} )_{m n} = ( E_{a} )_{m n} , \qquad} & {{} ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} )} )_{n m} = ( E_{a} )_{n m} .} \end{array} $$

现在回顾式(17.6)中 $\sigma_{k}^{m n \dagger}$ 的定义，并连同式(14.6)，我们可以得到关于量子比特效应 $( a | \Pi_{\{m , n \}} {\mathcal{D}}^{m n} \in \mathsf{E} \mathsf{f} \mathsf{f} ( \mathrm{Q} )$ 的如下表示：

$$ \begin{array}{l} {{\displaystyle E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} )} \mathcal{D}^{( m n )} = a_{m} E_{\eta_{0}^{\dagger}} + a_{n} E_{\eta_{1}^{\dagger}} + \sum_{k = x , y} a_{k}^{m n} E_{\sigma_{k}^{\mathbb{Q} \dagger}}}} \\ {{\mathrm{}}} \\ {{= ( E_{a} )_{m m} S_{\eta_{0}} + ( E_{a} )_{n n} S_{\eta_{1}} + [ ( E_{a} )_{m n} + ( E_{a} )_{n m} ] S_{\sigma_{x}^{\mathbb{Q}}} + i \lambda_{m n} [ ( E_{a} )_{m n} - ( E_{a} )_{n m} ] S_{\sigma_{y}^{\mathbb{Q}}} .}} \end{array} $$

因此我们有

$$ ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m n )}} )_{00} = ( E_{a} )_{m m} , \quad ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m n )}} )_{11} = ( E_{a} )_{n n} , $$

以及

$$ ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}}} {\mathcal D}^{( m n )} )_{01} = ( E_{a} )_{m n} , \quad ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}}} {\mathcal D}^{( m n )} )_{10} = ( E_{a} )_{n m} , $$

对于 $\lambda_{m n} = 1$，而

$$ ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m n )}} )_{01} = ( E_{a} )_{n m} , \quad ( E_{( a | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m n )}} )_{10} = ( E_{a} )_{m n} , $$

对于 $\lambda_{m n} = - 1$。

本节剩余部分致力于证明，矩阵集合 $\{S_{\rho} \mid \rho \in$ $\mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} ) \}$ 就是所有迹为1的正厄米矩阵的全体，而矩阵集合 $\{E_{a} | a \in \mathsf{Eff} ( \mathrm{A} ) \}$ 就是所有被单位矩阵所界的正厄米矩阵的全体。让我们从一些简单事实开始。

一种表示特别简单的态是不变态 $\chi_{\mathrm{A}}$。

引理17.7 不变态 $\chi_{\mathrm{A}}$ 的矩阵表示为 $\begin{array}{r} {S_{\chi_{\mathrm{A}}} = \frac{I_{d_{\mathrm{A}}}} {d_{\mathrm{A}}}} \end$，其中 $I_{d_{\mathrm{A}}}$ 是 $d_{\mathrm{A}}$ 维的单位矩阵。

证明由表达式 $\begin{array}{r} {\chi_{\mathrm{A}} = \frac{1} {d} \sum_{m} \varphi_{m}} \end$ 以及式(17.7)中态 $\{\varphi_{m} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}}$ 的矩阵表示，该结论显然成立。 ∎

引理17.8 确定性效应 $e \in{\mathsf{Eff}} ( {\mathrm{A}} )$ 的矩阵表示为 $E_{e} = I_{d_{\mathrm{A}}}$。

证明这一结果直接由表达式 $e = \sum_{m} \varphi_{m}^{\dagger}$ 结合引理17.4和式(17.7)得出。 ∎

推论17.9 对于每个态 $\sigma \in{\sf S t} ( {\sf A} )$，有

$$ \operatorname{Tr} [ S_{\sigma} ] \leq 1 $$

并且对于每个态 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$，有

$$ \operatorname{Tr} [ S_{\rho} ] = 1 . $$

证明由 $\operatorname{Tr} [ S_{\sigma} ] = \operatorname{Tr} [ E_{e} S_{\sigma} ] = \left( e | \sigma \right)$ 可得。因此，对于 $\sigma \in{\mathsf{St}} ( {\mathsf{A}} )$ 有 $\operatorname{Tr} [ S_{\sigma} ] \leq 1$，而对于 $\sigma = \rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathsf{A} )$ 有 $\operatorname{Tr} [ S_{\rho} ] = 1$。

定理17.10 纯态 $\psi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$ 的 $S_{\psi}$ 的矩阵元为 $( S_{\psi} )_{m n} = \sqrt{p_{m} p_{n}} e^{i \theta_{m n} ( \psi )}$，其中 $\sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} p_{m} = 1$、$\theta_{m n} ( \psi ) \in [ 0 , 2 \pi )$、$\theta_{m m} ( \psi ) = 0$，且 $\theta_{m n} ( \psi ) = - \theta_{n m} ( \psi )$。

证明首先，由引理17.4，$S_{\psi}$ 的对角元为

$$ ( S_{\psi} )_{m m} = \mathrm{Tr} [ E_{\varphi_{m}^{\dagger}} S_{\psi} ] = ( \varphi_{m}^{\dagger} | \psi ) =: p_{m} . $$

显然有 $\sum_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} p_{m} = ( e | \psi ) = 1$。由引理17.5，对于每个 $1 \leq m < n \leq d_{\mathrm{A}}$，矩阵元 $( S_{\psi} )_{m m}$、$( S_{\psi} )_{n n}$、$( S_{\psi} )_{m n}$ 和 $( S_{\psi} )_{n m}$ 与纯 qubit 态 $\mathcal{E}^{( m n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi$ 的对应矩阵元一致，该 qubit 态由一个非负秩一矩阵表示，其对角元等于 $( S_{\mathcal{E}^{( m n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi} )_{00} = p_{m}$ 和 $( S_{\mathcal{E}^{( m n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi} )_{11} = p_{n}$。

因此，非对角元 $( S_{\mathcal{E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi} )_{01}$ 等于 $\sqrt{p_{m} p_{n}} e^{i \theta_{m n} ( \psi )}$（其中 $\theta_{m n} ( \psi ) \in [ 0 , 2 \pi )$），且 $( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi} )_{10} = ( S_{{\mathcal E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi} )_{01}^{*}$。最后，由引理17.5有

$$ ( S_{\psi} )_{m n} = \sqrt{p_{m} p_{n}} e^{i \lambda^{m n} \theta_{m n} ( \psi )} , \quad ( S_{\psi} )_{n m} = ( S_{\psi} )_{m n}^{*} . $$

对所有下标 $m , n$ 重复上述论证，即得结论。

定理17.11 对于纯态 $\psi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$，相应原子效应 $\psi^{\dagger}$ 的矩阵表示 $E_{\psi^{\dagger}}$ 满足 $E_{\psi^{\dagger}} = S_{\psi}$。

证明我们已经知道该结论对 $d_{\mathrm{A}} = 2$ 成立，如在式(14.6)中证明的。现在考虑一般系统 A。若 $\Pi_{\{m , n \}} | \psi ) = 0$，则对于 $i , j \in \{m , n \}$ 有 $( S_{\psi} )_{i j} = 0$；另一方面，$\varphi_{m}$ 和 $\varphi_{n}$ 必须能够与 $\psi$ 完美区分，这意味着 $( \psi^{\dagger} | \varphi_{m} ) = ( \psi^{\dagger} | \varphi_{n} ) = 0$，从而 $( \psi^{\dagger} | \Pi_{( m , n )} = 0$。因此对于 $i , j \in \{m , n \}$ 有 $( E_{\psi^{\dagger}} )_{i j} = ( S_{\psi} )_{i j} = 0$。接下来考虑那些满足 $\Pi_{\{m , n \}} \psi \neq 0$ 的取值 $1 \leq m < n \leq d_{\mathrm{A}}$。设 $\psi_{\perp}^{( m n )}$ 为面 $F_{m n}$ 中与 $\Pi_{\{m , n \}} | \psi )$ 完美区分的唯一纯态。注意，由于 $\psi_{\perp}^{( m n )}$ 属于面 $F_{m n}$，它也能与 $\Pi_{\{1 , \dots , d_{\mathrm{A}} \} \backslash \{m , n \}} | \psi )$ 完美区分。因此，由引理15.36，$\psi_{\perp}^{( m n )}$ 能与 $\psi$ 完美区分，特别地，

$$ 0 = ( \psi^{\dagger} | \psi_{\bot}^{( m n )} ) = ( \psi^{\dagger} | \Pi_{\{m , n \}} | \psi_{\bot}^{( m n )} ) = ( \psi^{\dagger} | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m , n )} \mathcal{E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} | \psi_{\bot}^{( m n )} ) . $$

这意味着原子效应 $( \psi^{\dagger} | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m , n )}$ 必须与效应 $\xi^{\dagger}$ 成正比，其中 $\xi$ 定义为

$$ \xi := g_{m n} \mathcal{E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} \psi , \quad g_{m n} := ( e | \mathcal{E}^{( m , n )} \Pi_{\{m , n \}} | \psi )^{- 1} = ( e | \Pi_{\{m , n \}} | \psi )^{- 1} , $$

即

$$ ( \psi^{\dagger} | \Pi_{\{m , n \}} \mathcal{D}^{( m , n )} = c_{m n} ( \xi^{\dagger} | , \quad c_{m n} \ge 0 . $$

因此，利用推论14.5中的式(14.6)，我们有

$$ \begin{aligned} \mathcal{E}_{(\psi^{\dagger} | \Pi_{\{m, n\}})} \mathcal{D}^{(m, n)} &= c_{mn} E_{\xi^{\dagger}} \\ &= c_{mn} S_{\xi} \\ &= c_{mn} g_{mn} S_{\mathcal{E}^{(m, n)} \Pi_{\{m, n\}} | \psi )}. \end{aligned} $$

现在，根据引理17.6，对于每一个 $m < n$，矩阵元 $(E_{\psi^{\dagger}})_{mm}$，$(E_{\psi^{\dagger}})_{nn}$，$(E_{\psi^{\dagger}})_{mn}$ 和 $(E_{\psi^{\dagger}})_{nm}$ 与 $\mathcal{S}_{\mathcal{E}^{(m, n)} \Pi_{\{m, n\}} | \psi )}$ 的矩阵元成比例，而后者又根据引理17.5 与 $S_{\psi}$ 的矩阵元一致。显然，$c_{mn} g_{mn} = c_{mn'} g_{mn'} = c_{m'n} g_{m'n} =: c$，即 $E_{\psi^{\dagger}} = c S_{\psi}$。对两边取迹可得 $\mathrm{Tr}[E_{\psi^{\dagger}}] = c$。为证明 $c = 1$，我们使用关系式 $\mathrm{Tr}[E_{\psi} \mathfrak{f}] / d_{\mathrm{A}} = (\psi^{\dagger} | \chi_{\mathrm{A}}) = 1 / d_{\mathrm{A}}$。

我们以一个将在下一小节中用到的简单推论作结。

推论 17.12 令 $\varphi \in \mathsf{St}_{1}(\mathbf{A})$ 为纯态，$\{\gamma_{i}\}_{i=1}^{r} \subset \mathsf{St}_{1}(\mathsf{A})$ 为一组纯态。如果状态 $\varphi$ 可以写为

$$ | \varphi ) = \sum_{i=1}^{r} x_{i} | \gamma_{i} ) $$

对某些实系数 $\{x_{i}\}_{i=1}^{r}$ 成立，则原子效应 $\varphi^{\dagger}$ 由下式给出

$$ ( \varphi^{\dagger} | = \sum_{i=1}^{r} x_{i} ( \gamma_{i}^{\dagger} | . $$

证明对于每一个 $\rho \in \mathsf{St}(\mathsf{A})$，根据定理17.11 有

$$ \begin{aligned} (\varphi^{\dagger} | \rho) &= \mathrm{Tr}[E_{\varphi^{\dagger}} S_{\rho}] = \mathrm{Tr}[S_{\varphi} S_{\rho}] = \sum_{i} x_{i} \mathrm{Tr}[S_{\gamma_{i}} S_{\rho}] \\ &= \sum_{i} x_{i} \mathrm{Tr}[E_{\gamma_{i}^{\dagger}} S_{\rho}] = \sum_{i} x_{i} (\gamma_{i}^{\dagger} | \rho), \end{aligned} $$

因此结论成立。

17.3 两量子比特系统的表示#

如果系统A和B满足 $d_{\mathrm{A}} = d_{\mathrm{B}} = 2$，那么我们可以对复合系统AB的状态使用两种不同类型的矩阵表示：

第一种表示是通过引理17.3 引入的表示 $S_{\varphi}$：此处我们称之为标准表示。注意此类表示有多种不同形式，因为对于每一对 $(m, n)$，x轴和y轴的选择是自由的[参见式(17.10)和(17.11)]。
第二种表示是张量积表示 $T_{\varphi}$，分两步定义：(i) 首先，对乘积态 $\rho \otimes \sigma$，通过矩阵的Kronecker张量积定义，即 $T_{\rho \otimes \sigma} := S_{\rho}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\sigma}^{\mathrm{B}}$，其中 $S^{\mathrm{A}}$ 和 $S^{\mathrm{B}}$ 分别是系统A和B的矩阵表示；(ii) 然后，通过线性性推广到一般状态：对于状态 $\begin{aligned} | \rho ) = \sum_{i, j} \rho_{ij} | \alpha_i ) | \beta_j ) \end{aligned}$，其中 $\alpha_i \in \mathsf{St}(\mathrm{A})$，$\beta_j \in \mathsf{St}(\mathrm{B})$，我们有

$$ T_{\rho} := \sum_{i, j} \rho_{ij} S_{\alpha_i}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\beta_j}^{\mathrm{B}} .\tag{17.20} $$

这里，对于量子比特A和B的Bloch球坐标轴的选择是自由的。由于A和B在操作上等价，我们将 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}}(\mathrm{A})$ 和 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}}(\mathsf{B})$ 的基元用相同的字母表示：$\{\varphi_m\}_{m=1}^{2}$ 表示两个完全可区分的纯态，$\{\sigma_k\}_{k=x, y}$ 表示剩余的基向量。

现在我们展示张量表示的一些性质。首先，注意到该推广是良定义的。事实上，令 $T_{\rho} = 0$，并将 $\rho = \sum_{i, j=1}^{4} \rho_{ij} \alpha_i \otimes \beta_j$ 展开，其中 $\{\alpha_i\}_{i=1}^{4}$ 和 $\{\beta_j\}_{j=1}^{4}$ 分别是张成 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}}(\mathrm{A})$ 和 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}}(\mathsf{B})$ 的两组纯态。则

$$ T_{\rho} = \sum_{i, j=1}^{4} \rho_{ij} S_{\alpha_i}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\beta_j}^{\mathrm{B}} . $$

由于矩阵表示 $S^{\mathrm{A}}$ 和 $S^{\mathrm{B}}$ 是单射的，集合 $\{S_{\alpha_i}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\beta_j}^{\mathrm{B}}\}$ 是线性无关的，因此条件 $T_{\rho} = 0$ 意味着对于所有 $1 \leq i, j \leq 4$ 有 $\rho_{ij} = 0$，即 $\rho = 0$。

现在令 $F_A$ 表示在张量表示中对应于效应 $A \in \mathsf{Eff}(\mathrm{AB})$ 的矩阵，即由下式定义的矩阵

$$ (A | \rho) := \mathrm{Tr}[F_A T_{\rho}] \qquad \forall \rho \in \mathbf{St}(\mathrm{AB}) .\tag{17.21} $$

不难证明，效应的矩阵表示必须满足类似于方程(17.15)的形式：

引理 17.13 令 $A \in \mathsf{Eff}(\mathrm{AB})$ 为一个双部分效应，写作 $\begin{aligned} (A | = \sum_{i, j} A_{ij} (a_i | (b_j | \end{aligned}$。则有

$$ F_A = \sum_{i, j} A_{ij} E_{a_i}^{\mathrm{A}} \otimes E_{b_j}^{\mathrm{B}} , $$

其中 $E^{\mathrm{A}}$ 和 $E^{\mathrm{B}}$ 分别是系统A和B上效应的标准矩阵表示。

证明对于每一个双部分态 $\begin{array}{r} {| \rho ) = \sum_{k , l} \rho_{k l} | \alpha_{k} ) | \beta_{l} )} \end$，有

$$ \begin{array}{r l} & {\mathrm{Tr} [ F_{A} T_{\rho} ] = ( A | \rho )} \\ & {\quad \quad \quad = \displaystyle \sum_{i , j , k , l} A_{i j} \rho_{k l} ( a_{i} | \alpha_{k} ) ( b_{j} | \beta_{l} )} \\ & {\quad \quad \quad \quad = \displaystyle \sum_{i , j , k , l} A_{i j} \rho_{k l} \mathrm{Tr} [ E_{a_{i}}^{\mathrm{A}} S_{\alpha_{k}}^{\mathrm{A}} ] \mathrm{Tr} [ E_{b_{j}}^{\mathrm{B}} S_{\beta_{l}}^{\mathrm{B}} ]} \\ & {\quad \quad \quad \quad = \displaystyle \sum_{i , j , k , l} A_{i j} \rho_{k l} \mathrm{Tr} [ ( E_{a_{i}}^{\mathrm{A}} \otimes E_{b_{j}}^{\mathrm{B}} ) T_{\alpha_{k} \otimes \beta_{l}} ]} \\ & {\quad \quad \quad \quad = \displaystyle \sum_{i , j} A_{i j} \mathrm{Tr} [ ( E_{a_{i}}^{\mathrm{A}} \otimes E_{b_{j}}^{\mathrm{B}} ) T_{\rho} ]} \end{array} $$

这证明了结论。

推论 17.14 令 $\Psi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{AB} )$ 为一个纯态。则有 $F_{\Psi^{\dagger}} = T_{\Psi}$。

证明令 $\{\alpha_{i} \}_{i = 1}^{4}$ 和 $\{\beta_{j} \}_{j = 1}^{4}$ 为分别张成 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 和 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathsf{B} )$ 的两组纯态。将 $\Psi$ 展开为 $\begin{array}{r} {| \Psi \rangle = \sum_{i , j} c_{i j} | \alpha_{i} \rangle | \beta_{j} \rangle} \end$。那么，由推论17.12可得 $( \Psi^{\dagger} | =$ $\textstyle \sum_{i , j} c_{i j} ( \alpha_{i}^{\dagger} | ( \beta_{j}^{\dagger} |$。因此，我们有

$$ F_{\Psi^{\dagger}} = \sum_{i , j} c_{i j} E_{\alpha_{i}^{\dagger}}^{\mathrm{A}} \otimes E_{\beta_{j}^{\dagger}}^{\mathrm{B}} = \sum_{i , j} c_{i j} S_{\alpha_{i}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\beta_{j}}^{\mathrm{B}} = T_{\Psi} . $$

推论 17.15 对于每一个双部分态 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{AB} ) , d_{\mathrm{A}} = d_{\mathrm{B}} = 2$，有 $\mathrm{Tr} [ T_{\rho} ] = 1$。

证明对于每个量子比特，我们有

$$ \begin{array}{r} {E_{\varphi_{1}^{\dagger}} = {\binom{1} {0}} \ \mathbf{0} ) , E_{\varphi_{2}^{\dagger}} = {\binom{0} {0}} \mathbf{0} ) .} \end{array} $$

因此，$E_{e_{\mathrm{A}}}^{\mathrm{A}} = E_{e_{\mathrm{B}}}^{\mathrm{B}} = I$，其中 $I$ 是 $2 \times 2$ 的单位矩阵。由引理17.13，则有 $F_{e_{\mathrm{A}} \otimes e_{\mathrm{B}}} = I \otimes I$，因此 $\mathrm{Tr} [ T_{\rho} ] = \mathrm{Tr} [ F_{e_{\mathrm{A}} \otimes e_{\mathrm{B}}} T_{\rho} ] = ( e_{\mathrm{A}} \otimes e_{\mathrm{B}} | \rho ) = 1$。

最后，局部可区分性的一个直接推论如下。

引理 17.16 假设 $\mathcal{U} \in{\bf G}_{\mathrm{A}}$ 和 $\gamma \in G_{\mathrm{B}}$ 分别是量子比特A和B上的两个可逆变换，且 $U , V \in \mathrm{SU} ( 2 )$ 满足

$$ \begin{array}{r l r} {S_{\mathcal{U} \rho}^{\mathrm{A}} = U S_{\rho}^{\mathrm{A}} U^{\dagger}} & {{}} & {\forall \rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )} \\ {S_{\mathcal{V} \sigma}^{\mathrm{B}} = V S_{\sigma}^{\mathrm{B}} V^{\dagger}} & {{}} & {\forall \sigma \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{B} ) .} \end{array} $$

于是，对于每个 $\tau \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{AB} )$，我们有 $T_{\mathit{(} \mathcal{U} \otimes \mathcal{V} ) \tau} = ( U \otimes V ) T_{\tau} ( U^{\dagger} \otimes V^{\dagger} )$。

证明将 $\tau$ 展开为 $\begin{array}{r} {\tau = \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i j} \alpha_{i} \otimes \beta_{j}} \end$，其中 $\{\alpha_{i} \}_{i = 1}^{4}$ 和 $\{\beta_{j} \}_{j = 1}^{4}$ 分别是 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$ 和 $\mathsf{St}_{\mathbb{R}} ( \mathsf{B} )$ 的基。然后，根据并行组合的性质以及 $\boldsymbol{u} \otimes \boldsymbol{\nu}$ 的线性性，我们有

$$ ( \mathcal{U} \otimes \mathcal{V} ) \tau = \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i j} ( \mathcal{U} \alpha_{i} ) \otimes ( \mathcal{V} \beta_{j} ) . $$

最后，由于表示 $T$ 是线性的，我们有

$$ \begin{array}{r l} & {T_{\langle L | Q \rangle \backslash Y \rangle} = \displaystyle \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i} T_{\langle L | G \rangle \backslash Q \backslash \mathcal{S}_{\beta}}} \\ & {\quad = \displaystyle \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i} S_{\langle L | G \rangle \backslash \mathcal{S}_{\beta}} S_{\langle V \tilde{\mathcal{P}}_{\beta} \rangle}} \\ & {\quad = \displaystyle \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i} D_{\alpha_{\alpha}}^{\mathrm{S}} t^{\dagger} \otimes V_{\mathcal{P}_{\beta}}^{\mathrm{S}} V^{\dagger}} \\ & {\quad = \displaystyle ( U \otimes V ) \left( \displaystyle \sum_{i , j = 1}^{4} t_{i} S_{\langle a}^{\mathrm{S}} \otimes S_{\beta_{\alpha}}^{\mathrm{S}} \right) ( U^{\dagger} \otimes V^{\dagger} )} \\ & {\quad = \displaystyle ( U \otimes V ) T_{\langle \mathcal{P}_{\alpha} |} ( U^{\dagger} \otimes V^{\dagger} ) .} \end{array} $$

下面，我们将展示，通过为系统B选择合适的矩阵表示，标准表示与张量表示是一致的，即对于每个 $\rho \in{\mathsf{St}} ( {\mathrm{AB}} )$，有 $S_{\rho} = T_{\rho}$。这一技术性结果之所以重要，是因为我们的推导同时使用了容易在标准表示中证明的性质，以及从局部可逆变换作用中推导的、易于在张量表示中表达的性质（引理17.16）。然而，拥有一个同时兼具标准表示和张量表示性质的表示是至关重要的。

四个态 $\{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n} \}_{m , n = 1}^{2}$ 显然是AB中一个最大的完美可区分纯态集合。下面，我们将从这一集合出发构造标准表示。

让我们从以下结果开始。

引理 17.17 设 $\Phi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{AB} )$ 是一个纯态，满足³

$$ ( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi ) = 1 / 2 . $$

通过适当选择矩阵表示 $S^{\mathrm{B}}$，态 $\Phi$ 可以用矩阵表示为

$$ T_{\Phi} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{l l l l} {1} & {0} & {0} & {1} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {0} & {1} \end{array} \right) . $$

此外，我们还有

$$ \Phi = \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + {\frac{1} {4}} ( \sigma_{x} \otimes \sigma_{x} - \sigma_{y} \otimes \sigma_{y} + \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} ) . $$

证明我们从式(17.19)的证明开始。首先，我们注意到，由式(17.18)可得

$$ ( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi ) = 0 . $$

式(17.21)和(17.18)以及练习15.2意味着

$$ ( \varphi_{i}^{\dagger} | _{\mathrm{B}} | \Phi ) = \frac 12 | \varphi_{i} )_{\mathrm{A}} $$

然后有 $( e | _{\mathrm{B}} | \phi ) = | \chi )_{\mathrm{A}}$ 。对B上的边缘态也有类似的论证。因此，$\Phi$ 是 $\chi_{\mathrm{A}}$ 的一个最小提纯。现在，对于每个可逆变换 $\mathcal{U} \in \mathbf{G}_{\mathrm{A}}$，设 $\mathcal{U}^{*} \in \mathbf{G}_{\mathrm{B}}$ 是 $\mathcal{U}$ 关于态 $\Phi$ 定义的共轭。由于 $\mathbf{G}_{\mathrm{A}} = \mathbf{S} \mathbf{U} ( 2 )$ 的所有 $2 \times 2$ 酉不可约表示都是酉等价的，通过适当选择系统B的标准表示 $S_{\rho}^{\mathrm{B}}$，我们有

$$ \begin{array}{r} {S_{\mathcal{U}^{*} \rho}^{\mathrm{B}} = U^{*} S_{\rho}^{\mathrm{B}} U^{\mathrm{T}} ,} \end{array} $$

其中 $U^{*}$ 和 $U^{\mathrm{T}}$ 分别是矩阵 $U \in \mathrm{SU} ( 2 )$ 的复共轭和转置，满足 $S_{\mathcal{U} \rho}^{\mathrm{A}} = U S_{\rho}^{\mathrm{A}} U^{\dagger}$。根据式(17.23)和引理17.16，状态 $\Phi$ 必须满足条件 $( U \otimes U^{*} ) T_{\Phi} ( U^{\dagger} \otimes U^{\mathrm{I}} ) = T_{\Phi} , \forall U \in \mathrm{SU} ( 2 )$。现在，酉表示 $U \otimes U^{*}$ 有两个不可约子空间，其投影由以下矩阵给出

$$ P_{0} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{l l l l} {1} & {0} & {0} & {1} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {0} & {1} \end{array} \right) $$$$ P_{1} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{c c c c} {{1}} & {{0}} & {{0}} & {{- 1}} \\ {{0}} & {{2}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{2}} & {{0}} \\ {{- 1}} & {{0}} & {{0}} & {{1}} \end{array} \right) = I \otimes I - P_{0} , $$

其中 $I$ 是 $2 \times 2$ 单位矩阵。那么 $T_{\Phi}$ 的最一般形式如下：

$$ \begin{array}{c} {{T_{\Phi} = x_{0} P_{0} + x_{1} P_{1}}} \\ {{=( x_{0} - x_{1} ) P_{0} + x_{1} I \otimes I}} \\ {{\}} \\ {{=left( \begin{array}{c c c c} {{\alpha + \beta}} & {{0}} & {{0}} & {{\beta}} \\ {{0}} & {{\alpha}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{\alpha}} & {{0}} \\ {{\beta}} & {{0}} & {{0}} & {{\alpha + \beta}} \end{array} \right) ,}} \end{array} $$

其中定义 $\alpha \ : = \ x_{1}$ 和 $\beta ~ : = ~ ( x_{0} - x_{1} ) / 2$。现在，根据张量表示的定义，条件状态 $( \varphi_{m}^{\dagger} | _{\mathrm{A}} | \Phi )_{\mathrm{AB}}$ 由矩阵 $T_{\Phi}$ 的对角块描述，并且由式(17.22)可得

$$ S_{\frac{1} {2} \varphi_{1}}^{\mathrm{B}} = \binom{\alpha + \beta} {0} \qquad S_{\frac{1} {2} \varphi_{2}}^{\mathrm{B}} = \binom{\alpha} {0} \quad \alpha + \beta \Big ) . $$

由于状态 $\varphi_{1}$ 和 $\varphi_{2}$ 是纯态，上述矩阵必须是秩一的。此外，它们的迹必须等于 $( \varphi_{m}^{\dagger} \otimes e_{\mathrm{B}} | \Phi ) = 1 / 2 ( e_{\mathrm{B}} | \varphi_{m} ) = \textstyle{\frac{1} {2}} , m = 1 , 2$。那么有两种可能性：要么(i) $\alpha \ : = \ : 0$ 且 $\beta ~ = ~ {\textstyle{\frac{1} {2}}} ~ \mathrm{or} ~ \mathrm{( i i )} ~ \alpha ~ = ~ - \beta ~ = ~ {\textstyle{\frac{1} {2}}}$。在情形(i)中，式(17.19)成立。在情形(ii)中，为证明式(17.19)，我们需要改变系统B的矩阵表示的选择。具体地，我们做如下更改：

$$ \begin{array}{r l r} & {} & {S_{\sigma_{x}}^{\mathrm{B}} \mapsto \widetilde{S}_{\sigma_{x}}^{\mathrm{B}} = - S_{\sigma_{x}}^{\mathrm{B}} ,} \\ & {} & {S_{\sigma_{y}}^{\mathrm{B}} \mapsto \widetilde{S}_{\sigma_{y}}^{\mathrm{B}} = - S_{\sigma_{y}}^{\mathrm{B}} ,} \\ & {} & {S_{\sigma_{z}}^{\mathrm{B}} \mapsto \widetilde{S}_{\sigma_{z}}^{\mathrm{B}} = - S_{\sigma_{z}}^{\mathrm{B}} ,} \end{array} $$

其中 $\sigma_{z} : = \varphi_{1} - \varphi_{2}$。注意，对每个 $k = x , y , z$ 将轴反转，即把 $\sigma_{k}$ 映射为 $- \sigma_{k}$，这并不是一个允许的物理变换，但这里没问题，因为式(17.25)只是矩阵表示的新选择，其中系统B的状态集仍然由Bloch球表示。

更简洁地，矩阵表示的变化 $S^{\mathrm{B}} \mapsto{\widetilde S}^{\mathrm{B}}$ 可表示为

$$ S_{\rho}^{\mathrm{B}} \mapsto \widetilde{S}_{\rho}^{\mathrm{B}} : = Y \left[ S_{\rho}^{\mathrm{B}} \right]^{T} Y^{\dagger} \qquad Y : = \left( {0 \atop 1} \quad 0 \right) . $$

注意，在新表示 $\widetilde{S}^{\mathrm{B}}$ 中，物理变换 $\mathcal{U}^{*}$ 仍然表示为 $\widetilde{S}_{\mathcal{U} \rho}^{\mathrm{B}} = U^{*} \widetilde{S}_{\rho}^{\mathrm{B}} U^{T}$：事实上我们有

$$ \begin{array}{r l} & {\widetilde{S}_{\mathcal{U}^{*} \rho}^{\mathbb{B}} = Y \left[ S_{U^{*} \rho}^{\mathbb{B}} \right]^{T} Y^{\dag}} \\ & {\quad \quad = Y ( U^{*} S_{\rho}^{\mathbb{B}} U^{T} )^{T} Y^{\dag}} \\ & {\quad \quad = Y ( U \left[ S_{\rho}^{\mathbb{B}} \right]^{T} U^{\dag} ) Y^{\dag}} \\ & {\quad \quad = ( Y U Y^{\dag} ) ( Y \left[ S_{\rho}^{\mathbb{B}} \right]^{T} Y^{\dag} ) ( Y U^{\dag} Y^{\dag} )} \\ & {\quad \quad = U^{*} ( Y \left[ S_{\rho}^{\mathbb{B}} \right]^{T} Y^{\dag} ) U^{T}} \\ & {\quad \quad = U^{*} \widetilde{S}_{\rho}^{\mathbb{B}} U^{T} ,} \end{array} $$

利用了对任意$U \in \mathrm{SU}(2)$均成立的$Y^{\dagger} Y = I$和$Y U Y^{\dagger} = U^{*}$关系。显然，对量子比特B的标准表示进行变换$S \to \widetilde{S}$，会诱导张量表示的变换$T \to \widetilde{T}$，其中$\widetilde{T}$是由$\widetilde{T}_{\rho \otimes \sigma} := S_{\rho}^{\mathrm{A}} \otimes \widetilde{S}_{\sigma}^{\mathrm{B}}$定义的新张量表示。经过这一表示变换，我们得到

$$ {\widetilde T}_{\Phi} = {\frac{1} {2}} \left( \begin{array}{cccc} {{1}} & {{0}} & {{0}} & {{1}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{1}} & {{0}} & {{0}} & {{1}} \end{array} \right) . $$

至此完成了式(17.19)的证明。

现在我们证明式(17.20)。利用定义$T_{\rho \otimes \tau} := ( S_{\rho}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\tau}^{\mathrm{B}} )$，可以直接验证以下关系：

$$ T_{\Phi} = S_{\chi}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\chi}^{\mathrm{B}} + \frac{1} {4} ( S_{\sigma_{x}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\sigma_{x}}^{\mathrm{B}} - S_{\sigma_{y}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\sigma_{y}}^{\mathrm{B}} + S_{\sigma_{z}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\sigma_{z}}^{\mathrm{B}} ) . $$

这正是式(17.20)的矩阵形式。

现在展示如何构建标准表示和张量表示，使得$T = S$。

引理17.18 对于$d_{\mathrm{A}} = d_{\mathrm{B}} = 2$的复合系统AB，可以选择标准表示使得以下等式成立：

$$ S_{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n}} = T_{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n}} , $$$$ S_{\varphi_{m} \otimes \sigma_{k}} = T_{\varphi_{m} \otimes \sigma_{k}} , \qquad k = x , y , $$$$ S_{\sigma_{k} \otimes \varphi_{m}} = T_{\sigma_{k} \otimes \varphi_{m}} , \qquad k = x , y . $$

证明选择单量子比特表示$S^{\mathrm{A}}$和$S^{\mathrm{B}}$，根据定义它们满足式(17.7)、(17.8)和(17.9)。另一方面，按字典序选取状态$\{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n} \}_{m , n = 1}^{2}$作为标准表示的四个可区分状态，我们有：

$$ [ S_{\varphi_{1} \otimes \varphi_{1}} ]_{r s} = \delta_{1 r} \delta_{1 s} , \qquad [ S_{\varphi_{1} \otimes \varphi_{2}} ]_{r s} = \delta_{2 r} \delta_{2 s} , $$$$ [ S_{\varphi_{2} \otimes \varphi_{1}} ]_{r s} = \delta_{3 r} \delta_{3 s} , \qquad [ S_{\varphi_{2} \otimes \varphi_{2}} ]_{r s} = \delta_{4 r} \delta_{4 s} . $$

采用这一选择，对于任意$m , n = 1 , 2$，我们得到$S_{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n}} = S_{\varphi_{m}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\varphi_{n}}^{\mathrm{B}} = T_{\varphi_{m} \otimes \varphi_{n}}$。这就证明了式(17.26)。现在证明式(17.27)和(17.28)。考虑由状态$\varphi_{1} \otimes \varphi_{1}$和$\varphi_{1} \otimes \varphi_{2}$生成的二维面$F_{11 , 12}$。该面由状态$\omega_{11 , 12} := \varphi_{1} \otimes \chi_{\mathrm{B}}$标识，根据推论15.31我们有$F_{11 , 12} = \{\varphi_{1} \} \otimes{\mathsf{St}}_{1} ( {\mathsf{B}} )$。因此，根据习题8.7，我们可以选择向量$\sigma_{k}^{11 , 12} , k = x , y$使其满足关系$\sigma_{k}^{11 , 12} := \varphi_{1} \otimes \sigma_{k} , k = x , y$。利用式(17.8)和(17.9)，在标准表示中我们有

$$ \begin{array}{l} { [ S_{\sigma_{x}}^{11 , 12} ]_{r s} = \delta_{r 1} \delta_{s 2} + \delta_{r 2} \delta_{s 1} ,} \\ { [ S_{\sigma_{y}}^{11 , 12} ]_{r s} = i \lambda^{11 , 12} ( \delta_{r 1} \delta_{s 2} - \delta_{r 2} \delta_{s 1} ) .} \end{array} $$

如果我们选择 $\lambda^{11 , 12} = \lambda_{\mathrm{B}}^{12}$，这意味着 $S_{\sigma_{\iota}^{11 , 12}} = S_{\varphi_{11}}^{\mathrm{A}} \otimes S_{\sigma_{k}}^{\mathrm{B}} = T_{\varphi_{11} \otimes \sigma_{k}}$，对于 $k = x , y$。对面 $F_{22 , 21}^{\mathrm{~ r ~}} 、F_{11 , 21}$ 和 $F_{21 , 22}$ 重复相同的论证，我们得到式 (17.27) 和 (17.28) 的证明。

注意，式 (17.19) 中所需的 $S^{\mathrm{B}}$ 选择与引理 17.18 中所需的 $S^{\mathrm{B}}$ 选择是兼容的。确实，根据式 (17.20)，为了证明兼容性，我们只需证明式 (17.19) 中使用的表示 $S^{\mathrm{B}}$ 具有性质 $[ S_{\varphi_{m}}^{\mathrm{B}} ]_{r s} = \delta_{m r} \delta_{m s} , m = 1, 2$。该性质由关系式 $( \varphi_{m}^{\dagger} | _{\mathrm{A}} | \Phi )_{\mathrm{AB}} = 1 / 2 | \varphi_{m} )$（$m = 1 , 2$）以及取 $\alpha = 0$ 和 $\beta = 1 / 2$ 的式 (17.24) 自动保证。

我们现在定义可逆变换 $\mathcal{U}_{x , \pi}$ 和 $\mathcal{U}_{z , \frac{\pi} {2}}$ 如下：

$$ \begin{array}{r l r l} {S_{{\mathcal U}_{x , \pi} \rho}} & {= X S_{\rho} X , \quad} & {\quad X : =} & {\left( {\begin{array}{l l} {0} & {1} \\ {1} & {0} \end{array} \right) ,} \\ {S_{{\mathcal U}_{z , \frac{\pi} {2}} \rho}} & {= e^{- i \frac{\pi} {4} Z} S_{\rho} e^{i \frac{\pi} {4} Z} , \quad} & {\quad Z : =} & {\left( {\begin{array}{l l} {1} & {0} \\ {0} & {- 1} \end{array} \right) .} \end{array} $$

此外，我们定义状态 $\Psi , \Phi_{z , \frac{\pi} {2}}$ 和 $\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}$ 为

$$ \begin{array}{r} {\vert \Psi ) : = ( \mathcal{U}_{x , \pi} \otimes \mathcal{T} ) \vert \Phi ) ,} \\ {\vert \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) : = ( \mathcal{U}_{z , \frac{\pi} {2}} \otimes \mathcal{T} ) \vert \Phi ) ,} \\ {\vert \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} ) : = ( \mathcal{U}_{z , \frac{\pi} {2}} \otimes \mathcal{T} ) \vert \Psi ) .} \end{array} $$

引理 17.19 状态 $\Psi , \Phi_{z , \frac{\pi} {2}}$ 和 $\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}$ 具有以下张量表示：

$$ T_{\Psi} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{l l l l} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {1} & {1} & {0} \\ {0} & {1} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) , \quad T_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{l l l l} {1} & {0} & {0} & {- i} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {i} & {0} & {0} & {1} \end{array} \right) , \quad T_{\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{l l l l} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {1} & {- i} & {0} \\ {0} & {i} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) . $$

此外，我们有

$$ \begin{array}{r} {\Psi = \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + \displaystyle \frac{1} {4} ( \sigma_{x} \otimes \sigma_{x} + \sigma_{y} \otimes \sigma_{y} - \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} ) ,} \\ {\Phi_{z , \frac{\pi} {2}} = \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + \displaystyle \frac{1} {4} ( \sigma_{y} \otimes \sigma_{x} + \sigma_{x} \otimes \sigma_{y} + \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} ) ,} \\ {\Psi_{z , \frac{\pi} {2}} = \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + \displaystyle \frac{1} {4} ( \sigma_{y} \otimes \sigma_{x} - \sigma_{x} \otimes \sigma_{y} - \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} ) .} \end{array} $$

证明式 (17.30) 是通过使用引理 17.16 和式 (17.29) 进行显式计算从式 (17.19) 得到的。然后，式 (17.31) 的有效性很容易通过使用关系式

$$ \begin{array}{r} {\mathcal{U}_{x , \pi} | \sigma_{x} ) = | \sigma_{x} ) , \quad \mathcal{U}_{x , \pi} | \sigma_{y} ) = - | \sigma_{y} ) , \quad \mathcal{U}_{x , \pi} | \sigma_{z} ) = - | \sigma_{z} ) ,} \end{array} $$

和

$$ \mathcal{U}_{z , \pi / 2} | \sigma_{x} ) = | \sigma_{y} ) , \quad \mathcal{U}_{z , \pi / 2} | \sigma_{y} ) = - | \sigma_{x} ) , \quad \mathcal{U}_{z , \pi / 2} | \sigma_{z} ) = | \sigma_{z} ) . $$

从式 (17.20) 得到。

引理 17.20 状态 $\Phi , \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} , \Psi $ 和 $\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}$ 具有如下形式的标准表示：

$$ S_{\Phi} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{c c c c} {{1}} & {{0}} & {{0}} & {{e^{i \theta}}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{e^{- i \theta}}} & {{0}} & {{0}} & {{1}} \end{array} \right) , \qquad S_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{c c c c} {{1}} & {{0}} & {{0}} & {{\lambda i e^{i \theta}}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{- \lambda i e^{- i \theta}}} & {{0}} & {{0}} & {{1}} \end{array} \right) , $$$$ S_{\Psi} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{c c c c} {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{1}} & {{e^{i \gamma}}} & {{0}} \\ {{0}} & {{e^{- i \gamma}}} & {{1}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \end{array} \right) , \quad S_{\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}} = \frac{1} {2} \left( \begin{array}{c c c c} {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{1}} & {{\mu i e^{i \gamma}}} & {{0}} \\ {{0}} & {{- \mu i e^{- i \gamma}}} & {{1}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \end{array} \right) . $$

其中 $\theta , \gamma \in [ 0 , 2 \pi )$ 且 $\lambda , \mu \in \{- 1 , 1 \}$。

证明首先从1开始。根据引理17.18和$\Phi$的定义，我们有

$$ \begin{array}{l} {{( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi ) = \displaystyle \frac{1} {2} ,}} \\ {{( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi ) = 0 ,}} \end{array} $$

因此$S_{\Phi}$的对角元为$\textstyle{\frac{1} {2}} , 0 , 0 , {\frac{1} {2}}$。现在，根据定理17.10，$S_{\Phi}$的非对角元必须如方程(17.32)所示。接下来考虑2。首先，从方程(17.31)可以直接得到

$$ \begin{array}{r l} & {( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Psi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Psi ) = 0 ,} \\ & {( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Psi ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Psi ) = 1 / 2 .} \end{array} $$

这给出了$S_{\Psi}$的对角元。然后，使用定理17.10，我们得到$S_{\Psi}$必须如方程(17.32)所示，对于某个$\gamma$值。现在考虑$\Phi_{z , \frac{\pi} {2} \cdot \textrm{A}}$。再次，矩阵$S_{\Phi_{z , \frac{\pi} {\gamma}}}$的对角元从方程(17.31)得到，在这种情况下给出

$$ \begin{array}{l} {{( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = 1 / 2 ,}} \\ {{( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = 0 .}} \end{array} $$

因此，根据定理17.10，必有$( S_{\Phi_{z , \frac{\pi} {7}}} )_{1 , 4} = {\textstyle \frac{1} {2}} e^{i \theta^{\prime}}$，其中$\theta^{\prime} \in [ 0 , 2 \pi )$。然而，$\theta^{\prime}$的值并非任意。事实上，我们有

$$ ( \Phi^{\dagger} | \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = \mathrm{Tr} [ E_{\Phi^{\dagger}} S_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} ] = \mathrm{Tr} [ S_{\Phi} S_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} ] = \mathrm{Tr} [ F_{\Phi^{\dagger}} T_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} ] = \mathrm{Tr} [ T_{\Phi} T_{\Phi_{z , \frac{\pi} {2}}} ] = \frac{1} {2} , $$

这意味着

$$ \begin{array}{r l} & {\frac{1} {2} [ 1 + \cos ( \theta - \theta^{\prime} ) ] = \mathrm{Tr} [ S_{\Phi} S_{\Phi_{z , \pi / 2}} ] = \mathrm{Tr} [ E_{\Phi^{\dagger}} + S_{\Phi_{z , \pi / 2}} ] = ( \Phi^{\dagger} | \Phi_{z , \pi / 2} )} \\ & {\qquad = \mathrm{Tr} [ F_{\Phi^{\dagger}} T_{\Phi_{z , \pi / 2}} ] = \mathrm{Tr} [ T_{\Phi} T_{\Phi_{z , \pi / 2}} ] = \frac{1} {2} ,} \end{array} $$

其中第三个等式来自定理17.11，倒数第二个等式来自方程(17.30)，最后一个等式来自方程(17.19)和(17.32)。因此，必须有$\cos ( \theta - \theta^{\prime} ) = 0$，即$\begin{array}{r} {\theta^{\prime} = \theta \pm \frac{\pi} {2}} \end$，如方程(17.32)所示。最后，同样的论证可以用于$\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}$：$S_{\Psi_{z , \frac{\pi} {2}}}$的对角元由以下关系式得到

$$ \begin{array}{r l} & {( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = 0} \\ & {( \varphi_{1}^{\dagger} \otimes \varphi_{2}^{\dagger} | \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = ( \varphi_{2}^{\dagger} \otimes \varphi_{1}^{\dagger} | \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} ) = 1 / 2 ,} \end{array} $$

这些结论由式(17.31)推出。这意味着矩阵 $S_{\Psi_{z , \frac{\pi} {\gamma}}}$ 满足 $( S_{\Psi_{z , \frac{\pi} {7}}} )_{23} = {\textstyle \frac{1} {2}} e^{i \gamma^{\prime}}$，其中 $\gamma^{\prime} \in \mathsf{\Gamma} [ 0 , 2 \pi )$。随后，关系式 $\mathrm{Tr} [ S_{\Psi} S_{\Psi_{z , \frac{\pi} {7}}} ] = \mathrm{Tr} [ T_{\Psi} T_{\Psi_{z , \frac{\pi} {7}}} ] = 1 / 2$ 可推出 $\gamma^{\prime} = \gamma \pm \frac{\pi} {2}$。

现在，我们考虑以下定义的四个向量 $\Sigma_{x}^{( 11 , 22 )} , \Sigma_{y}^{( 11 , 22 )} , \Sigma_{x}^{( 12 , 21 )} , \Sigma_{y}^{( 12 , 21 )}$：

$$ \begin{array}{l} {{\Sigma_{x}^{( 11 , 22 )} = 2 \left( \Phi - \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} - \frac{1} {4} \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} \right) ,}} \\ {{\}} \\ {{\Sigma_{y}^{( 11 , 22 )} = 2 \left( \Phi_{z , \frac{\pi} {2}} - \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} - \frac{1} {4} \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} \right) ,}} \\ {{\}} \\ {{\Sigma_{x}^{( 12 , 21 )} = 2 \left( \Psi - \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + \frac{1} {4} \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} \right) ,}} \\ {{\}} \\ {{\Sigma_{x}^{( 12 , 21 )} = 2 \left( \Psi_{z , \frac{\pi} {2}} - \chi_{\mathrm{A}} \otimes \chi_{\mathrm{B}} + \frac{1} {4} \sigma_{z} \otimes \sigma_{z} \right) .}} \end{array} $$

根据前述结果，我们可以直接得到这些向量的矩阵表示。在张量表示中，利用式(17.19)和(17.30)可得

$$ T_{\Sigma_{x}^{( 11 , 22 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {0} & {0} & {0} & {1} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) , \quad T_{\Sigma_{y}^{( 11 , 22 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {0} & {0} & {0} & {- i} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \\ {i} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) , $$$$ T_{\Sigma_{x}^{( 12 , 21 )}} = \left( \begin{array}{l l l l} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {1} & {0} \\ {0} & {1} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) , \quad T_{\Sigma_{y}^{( 12 , 21 )}} = \left( \begin{array}{l l l l} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {- i} & {0} \\ {0} & {i} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) , $$

而在标准表示中，利用式(17.32)可得

$$ S_{\Sigma_{x}^{( 11 , 22 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{e^{i \theta}}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{e^{- i \theta}}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \end{array} \right) \qquad S_{\Sigma_{y}^{( 11 , 22 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{- \lambda i e^{i \theta}}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{\lambda i e^{- i \theta}}} & {{0}} & {{0}} & {{0}} \end{array} \right) $$$$ S_{\Sigma_{x}^{( 12 , 21 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {e^{i \gamma}} & {0} \\ {0} & {e^{- i \gamma}} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) \qquad S_{\Sigma_{x}^{( 11 , 22 )}} = \left( \begin{array}{c c c c} {0} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {- \mu i e^{i \gamma}} & {0} \\ {0} & {\mu i e^{- \gamma}} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {0} \end{array} \right) . $$

通过比较这两种矩阵表示，我们现在可以证明所需的结果。

引理 17.21 选择合适的坐标轴，对于任意 $k , l = x , y$，有 $S_{\sigma_{k} \otimes \sigma_{l}} = T_{\sigma_{k} \otimes \sigma_{l}}$。

证明对于面 (11, 22)，利用式(17.9)和(17.10)带来的自由度，我们重新定义 x 和 y 轴，使得 $\overset{\smile} {\sigma_{x}^{( 11 , 22 )}} = \Sigma_{x}^{( 11 , 22 )}$ 且 $\lambda \sigma_{y}^{( 11 , 2 \dot{2} )} = \Sigma_{y}^{( \dot{1} 1 , 22 )}$。这样，我们得到

$$ S_{\Sigma_{k}^{( 11 , 22 )}} = T_{\Sigma_{k}^{( 11 , 22 )}} \qquad \forall k = x , y . $$

同样地，对于面 (12, 21)，我们重新定义 x 和 y 轴，使得 $\sigma_{x}^{( 12 , 21 )} = \Sigma_{x}^{( 12 , 21 )}$ 且 $\mu \sigma_{y}^{( 12 , 21 )} = \Sigma_{y}^{( 12 , 21 )}$，从而得到

$$ S_{\Sigma_{k}^{( 12 , 21 )}} = T_{\Sigma_{k}^{( 12 , 21 )}} \qquad \forall k = x , y . $$

上述定义由式(17.10)和(17.11)允许。最后，利用式(17.20)、(17.31)和(17.33)，我们得到如下关系

$$ \begin{array}{r l} & {\sigma_{x} \otimes \sigma_{x} = \Sigma_{x}^{( 11 , 22 )} + \Sigma_{x}^{( 12 , 21 )} ,} \\ & {\sigma_{y} \otimes \sigma_{y} = \Sigma_{x}^{( 11 , 22 )} - \Sigma_{x}^{( 12 , 21 )} ,} \\ & {\sigma_{x} \otimes \sigma_{y} = \Sigma_{y}^{( 11 , 22 )} - \Sigma_{y}^{( 12 , 21 )} ,} \\ & {\sigma_{y} \otimes \sigma_{x} = \Sigma_{y}^{( 11 , 22 )} + \Sigma_{y}^{( 12 , 21 )} .} \end{array} $$

由于 (S) 和 (T) 在每个等式的右边相等，它们也必须在左边相等。

定理 17.22 通过选择合适的坐标轴，标准表示与张量表示一致，即对每个 $\rho \in{\mathsf{St}} ( {\mathrm{AB}} )$，有 $S_{\rho} = T_{\rho}$。

证明结合引理 17.18 和引理 17.21，我们得到 (S) 和 (T) 在张量积基 (B \otimes B) 上相等，其中 (\boldsymbol{\mathcal{B}} = {\varphi_{1} , \varphi_{2} , \sigma_{x} , \sigma_{y} })。由线性性，(S) 和 (T) 在每个状态上相等。

从现在起，每当我们考虑由两个二维系统 A 和 B 组成的复合系统 AB 时，我们将采用确保标准表示与张量表示一致的坐标轴选择。

17.4 正矩阵#

在本节中，我们展示我们理论中的状态可以用正矩阵表示。这相当于证明，对于每个系统 A，状态集 (\mathsf{St}{1} ( \mathrm{A} )) 可以表示为维度 (d{\mathrm{A}}) 中密度矩阵集的一个子集。这一结果将在第 17.5 节中完成，届时我们将看到，事实上，维度 (d_{\mathrm{A}}) 中的每个密度矩阵都对应于 (\mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )) 的某个状态。

证明正性的出发点是以下引理。

引理 17.23 设 A 和 B 为二维系统。则对每个纯态 (\Psi \in) St(AB)，有 (S_{\Psi} \geq 0)。

证明取任意向量 (Z \in \mathbb{C}^{2} \otimes \mathbb{C}^{2})，将其写成 Schmidt 形式 (\left| Z \right. = \scriptstyle \sum_{n = 1}^{2} {\sqrt{\lambda_{n}}} | \nu_{n} \rangle | w_{n} \rangle)。引入幺正变换 U, V，使得对每个 (n = 1 , 2) 有 (U | \nu_{n} \rangle = | n \rangle) 和 (V | w_{n} \rangle = | n \rangle)，则我们有 (| Z \rangle = ( U^{\dagger} \otimes V^{\dagger} ) | W \rangle)，其中 (\begin{array}{r} {| W \rangle = \sum_{n = 1}^{2} \sqrt{\lambda_{n}} | n \rangle | n \rangle} \end)。因此，我们有

$$ \langle Z | S_{\Psi} | Z \rangle = \langle W | S_{( {\mathcal U} \otimes{\mathcal V} ) \Psi} | W \rangle $$

其中，(\mathcal{U}) 和 (\mathcal{V}) 分别是由 (S_{\mathcal{U} \rho} = U S_{\rho} U^{\dagger}) 和 (S_{\mathcal{V} \rho} = V S_{\rho} V^{\dagger}) 定义的可逆变换（根据推论 14.6，(\mathcal{U}) 和 (\mathcal{V}) 是物理变换）。这里我们利用了标准两量子比特表示与张量表示一致的事实，因此 (S_{( \mathcal{U} \otimes \mathcal{V} ) \Psi} = ( U \otimes V ) S_{\Psi} ( U \otimes V )^{\dagger})。将纯态 (( \mathcal{U} \otimes \mathcal{V} ) | \Psi )) 记为 (| \Psi^{\prime} ))，我们得到

$$ \begin{array}{r} {\langle Z | S_{\Psi} | Z \rangle = \lambda_{1} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{11 , 11} + \lambda_{2} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{22 , 22} + 2 \sqrt{\lambda_{1} \lambda_{2}} \mathsf{Re} \left( [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{11 , 22} \right) .} \end{array} $$

由于根据定理 17.10，有 ([ S_{\Psi^{\prime}} ]{11 , 22} = {\sqrt{[ S{\Psi^{\prime}} ]{11 , 11} [ S{\Psi^{\prime}} ]_{22 , 22}}} e^{i \theta})，我们得出结论

$$ \begin{array}{r l} & {\langle Z | S_{\Psi} | Z \rangle = \lambda_{1} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{11 , 11} + \lambda_{2} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{22 , 22} + 2 \cos \theta \sqrt{\lambda_{1} \lambda_{2} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{11 , 11} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{22 , 22}}} \\ & {\qquad \geq \Big ( \sqrt{\lambda_{1} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{11 , 11}} - \sqrt{\lambda_{2} [ S_{\Psi^{\prime}} ]_{22 , 22}} \Big )^{2} \geq 0 .} \end{array} $$

最后，由于向量 $Z \in \mathbb{C}^{2} \otimes \mathbb{C}^{2}$ 是任意的，矩阵 $S_{\Psi}$ 是正定的。

推论 17.24 设 C 为维度 $d_{\mathrm{{C}}} = 4$ 的系统。那么，通过适当选择矩阵表示，C 的纯态由正定矩阵表示。

证明系统 C 在操作上等价于复合系统 AB，其中 $d_{\mathrm{{A}}} = d_{\mathrm{B}} = 2$。设 $\mathcal{U} \in \mathsf{Transf} ( \mathrm{AB} \to \mathrm{C} )$ 为实现该等价的可逆变换。由引理 17.23 知，AB 的状态由正定矩阵表示。若通过对 AB 的基向量应用 $\mathcal{U}$ 来定义 C 的基向量，则 C 的状态将由与表示 AB 的状态相同的矩阵表示。∎

推论 17.25 设 A 为 $d_{\mathrm{A}} = 3$ 的系统。通过适当选择矩阵表示，对于每个纯态 $\varphi \in{\mathsf{St}} ( {\mathsf{A}} )$，矩阵 $S_{\varphi}$ 是正定的。

证明设 C 为 $d_{\mathrm{{C}}} = 4$ 的系统。由推论 17.24，C 的状态由正定矩阵表示。考虑面 $F_{\{1 , 2 , 3 \}}$ 的理想压缩方案 $( \mathsf{A} , \mathcal{E}^{( 123 )} , \mathcal{D}^{( 123 )} )$。若通过对面 $F_{\{1 , 2 , 3 \}}$ 的基向量应用 $\mathcal{E}$ 来定义 A 的基向量，则 A 的状态将由与表示面 $F_{\{1 , 2 , 3 \}}$ 中状态相同的矩阵表示。由于由推论 17.24，这些矩阵是正定的，故结论成立。∎

从现在起，对于每个三维系统 A，我们将选择矩阵表示，使得对于每个 $\rho \in{\mathsf{St}} ( {\mathsf{A}} )$，$S_{\rho}$ 是正定的。

推论 17.26 设 $\varphi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$ 为维度 $d_{\mathrm{A}} = 3$ 的系统 A 的纯态。那么，对应的矩阵 $S_{\varphi}$ 为

$$ S_{\varphi} = \left( \begin{array}{c c c} {{p_{1}}} & {{\sqrt{p_{1} p_{2}} e^{i \theta_{12} ( \varphi )}}} & {{\sqrt{p_{1} p_{3}} e^{i \theta_{13} ( \varphi )}}} \\ {{\sqrt{p_{1} p_{2}} e^{- i \theta_{12} ( \varphi )}}} & {{p_{2}}} & {{\sqrt{p_{2} p_{3}} e^{i \theta_{23} ( \varphi )}}} \\ {{\sqrt{p_{1} p_{3}} e^{- i \theta_{13} ( \varphi )}}} & {{\sqrt{p_{2} p_{3}} e^{- i \theta_{23} ( \varphi )}}} & {{p_{3}}} \end{array} \right) $$

满足性质

$$ e^{i \theta_{13} ( \varphi )} = e^{i [ \theta_{12} ( \varphi ) + \theta_{23} ( \varphi ) ]} . $$

等价地，$S_{\varphi} = | \nu \rangle \langle \nu |$，其中 $\nu \in \mathbb{C}^{3}$ 是由下式给出的向量

$$ | \nu \rangle : = ( \sqrt{p_{1}} , \sqrt{p_{2}} e^{- i \theta_{12} ( \varphi )} , \sqrt{p_{3}} e^{- i \theta_{13} ( \varphi )} )^{T} . $$

证明形式 (17.34) 由定理 17.10 证明。当某个 $i \in \{1 , 2 , 3 \}$ 有 $p_{i} = 0$ 时，相位 $\theta_{i j} ( \psi )$ 之间的关系 (17.35) 可平凡地满足。因此，我们假设 $p_{1} , p_{2} , p_{3} > 0$。计算 $S_{\varphi}$ 的行列式可得 det $( S_{\varphi} ) =$ $2 p_{1} p_{2} p_{3} \{\cos [ \theta_{12} ( \varphi ) + \theta_{23} ( \varphi ) - \theta_{13} ( \varphi ) ] - 1 \}$。由于 $S_{\varphi}$ 是正定的，我们必须有 det $( S_{\varphi} ) \geq 0$。若 $p_{1} , p_{2} , p_{3} > 0$，唯一可能的情形是 $\theta_{13} ( \varphi ) = \theta_{12} ( \varphi ) + \theta_{23} ( \varphi )$ mod 2π。最后，式 (17.35) 与 (17.36) 中给出的 $| \nu \rangle \langle \nu |$ 的等价性可经简单检验得到。

现在将推论 17.26 推广到任意维系统。由定理 17.10 可知，若 $\psi \in \mathsf{PurSt} ( \mathrm{A} )$ 是一般系统 A 的纯态，则其标准表示满足 $( S_{\psi} )_{m n} = \sqrt{( S_{\psi} )_{m m} ( S_{\psi} )_{n n}} e^{i \theta_{m n} ( \psi )}$。

考虑任意一个面 $F_{\{p , q , r \}}$，其投影为 $\Pi_{\{p , q , r \}}$。则 $\Pi_{\{p , q , r \}} \psi$ 是 $F_{\{p , q , r \}}$ 中的纯态，且由引理 17.2，若考虑理想压缩方案 $( \mathrm{Q} , \mathcal{E}^{( p q r )} , \mathcal{D}^{( p q r )} )$ 且 $d_{\mathrm{O}} = 3$，则 $i , j \in \{p , q , r \}$ 时的矩阵元 $( S_{\psi} )_{i j}$ 与纯态 $\Pi_{\{p , q , r \}} \psi$ 的矩阵元一致。相应地，Q 的状态的标准表示可选取为使得 $S_{\mathcal{E}^{( p q r )} \Pi_{\{p , q , r \}} \varphi}$ 的矩阵元与 $S_{\Pi_{\{p , q , r \}} \psi}$ 的矩阵元相同，即对 $i , j \in \{p , q , r \}$ 有 $( S_{\mathcal{E} ( p q r ) \Pi_{\{p , q , r \}} \psi} )_{i j} = ( S_{\psi} )_{i j}$。

因此，若我们选择 Q 的纯态为正定的标准表示，由推论 17.26 可得

$$ \theta_{p r} ( \psi ) = \theta_{p q} ( \psi ) + \theta_{q r} ( \psi ) , $$

这对每个纯态 $\psi \in \mathsf{PurSt} ( \mathrm{A} )$ 成立。

关键步骤在于证明：可以选取一个标准表示，使得对所有三维面 $F_{\{p , q , r \}}$ 同时满足式 (17.37) 的条件，且与纯态 $\psi$ 无关。为此，给出以下注记。

注记设 $\psi \in \mathsf{PurSt} ( \mathrm{A} )$ 是维度 $d_{\mathrm{A}} \ge 3$ 的一般系统 A 的纯态。标准表示 $S : \mathsf{St} ( \mathrm{A} ) \to \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} )$ 仅可能相差一个偏移相位 $\phi_{m n}$，以及每个非对角元 $( S_{\rho} )_{m n}$ 可能取复共轭。换言之，若 S 和 $S^{\prime}$ 是两个不同的标准表示，则要么有

$$ ( S_{\rho}^{\prime} )_{m n} = ( S_{\rho} )_{m n} e^{i \phi_{m n}} , $$

要么有

$$ ( S_{\rho}^{\prime} )_{m n} = ( S_{\rho} )_{m n}^{\ast} e^{i \phi_{m n}} , $$

其中偏移相位 $\phi_{m n}$ 的选择，以及在方程(17.38)与(17.39)形式之间的选择，都是对每个 m, n 独立进行的。另外注意到，这一选择是唯一的，与 $\rho$ 无关。例如，可以有 $( S_{\rho}^{\prime} )_{12} = ( S_{\rho} )_{12} e^{i \phi_{12}}$ 和 $( S_{\rho}^{\prime} )_{23} = ( S_{\rho} )_{23}^{*} e^{i \phi_{23}}$。事实上，这些选择由方程(17.10)和(17.11)中的参数 $\phi_{m n}$ 和 $\lambda^{\dot{m} \dot{n}}$ 所体现，其中 $\lambda^{m n} \lambda^{\prime m n} = 1$ 决定了元素 mn 的选项(17.38)，而 $\lambda^{m n} \lambda^{\prime m n} = -1$ 决定了选项(17.39)。然而，不能同时有 $( S_{\rho}^{\prime} )_{12} = ( S_{\rho} )_{12}$ 和 $( S_{\sigma}^{\prime} )_{12} = ( S_{\sigma} )_{12}^{*} e^{i \phi_{12}^{\prime}}$。

引理 17.27 设 A 是一个满足 $d_{\mathrm{A}} ~ \geq ~ 3$ 的系统。可以选取标准表示 $S : \mathsf{St} ( \mathrm{A} ) \to \mathsf{Herm} ( \mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}} )$，使得若 $\psi \in \mathsf{PurSt} ( \mathrm{A} )$ 是一个纯态，则相位 $\theta_{m n} ( \psi )$ 在每个面 $F_{\{p , q , r \}}$ 上满足方程(17.37)。

证明首先考虑 $p = 1 , q = 2$ 和 $r = 3$。可以选取标准表示 S，使得对于 $i , j \in \{1 , 2 , 3 \}$ 有 $( S_{\psi} )_{i j} = ( S_{\mathcal{E}^{( 123 )} \Pi_{\{1 , 2 , 3 \} \psi}} )_{i j}$。由于矩阵 $S_{\mathcal{E}^{( 123 )} \Pi_{\{1 , 2 , 3 \}} \psi}$ 是非负的，由推论 17.26 可得

$$ e^{i \theta_{13} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{12} ( \psi ) + \theta_{23} ( \psi ) ]} . $$

现在取 $p = 1 , q = 2$ 以及 $3 < r \leq d_{\mathrm{A}}$。此时，矩阵元 $( S_{\rho} )_{11}$、$( S_{\rho} )_{12}$、$( S_{\rho} )_{21}$ 和 $( S_{\rho} )_{22}$ 已由第一步的选取固定。若考虑某标准表示满足

$$ e^{i \theta_{1 r}^{\prime} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{12}^{\prime} ( \psi ) + \theta_{2 r}^{\prime} ( \psi ) ]} , $$

并注意到 $e^{i \theta_{12}} = e^{i [ \theta_{12}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{12} ]}$ 已经固定，则可以选取例如 $\phi_{1 r} = \phi_{12}$ 而 $\phi_{2 r} = 0$，从而得到

$$ \begin{array}{l} {{e^{i \theta_{1 r} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{1 r}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{1 r} ]}}} \\ {{\ ~}} \\ {{\ ~ = e^{i [ \theta_{1 r}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{12} ]}}} \\ {{\ ~ = e^{i [ \theta_{12}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{12} + \theta_{2 r}^{\prime} ( \psi ) ]}}} \\ {{\ ~ = e^{i [ \theta_{12} ( \psi ) + \theta_{2 r} ( \psi ) ]} .}} \end{array} $$

现在考虑满足 $p = 1 , 2 < q < r \leq d_{\mathrm{A}}$ 的三元组。此时，$e^{i \theta_{1 q} ( \psi )} = e^{- i \theta_{q 1} ( \psi )}$ 和 $e^{i \theta_{1 r} ( \psi )} = e^{- i \theta_{r 1} ( \psi )}$ 的所有选取都已固定；然而，偏移相位 $\phi_{q r}$ 仍然是自由的。这一自由度足以完成表示 S 的构造。事实上，固定三元组 $1 q r$，考虑一个表示 $S^{\prime}$ 满足

$$ e^{i \theta_{1 r}^{\prime} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{1 q}^{\prime} ( \psi ) + \theta_{q r}^{\prime} ( \psi ) ]} . $$

那么，只需取 $\phi_{q r} = \phi_{1 r} - \phi_{1 q}$。这样一来，我们有

$$ \begin{array}{l} {{e^{i \theta_{1 r} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{1 r}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{1 r} ]}}} \\ {{\ ~}} \\ {{=e^{i [ \theta_{1 q}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{1 q} + \theta_{q r}^{\prime} ( \psi ) + \phi_{q r} ]}}} \\ {{=e^{i [ \theta_{1 q} ( \psi ) + \theta_{q r} ( \psi ) ]} .}} \end{array} $$

至此，所有可能的选取都已固定，我们完成了表示 S 的构造。还需检验方程(17.37)的条件对于 $p > 1$ 的三元组 $p q r$ 也成立。事实上，由构造可知

$$ \begin{array}{r} {e^{i \theta_{i j} ( \psi )} = e^{i [ - \theta_{1 i} ( \psi ) + \theta_{1 j} ( \psi ) ]}} \\ {= e^{i [ \theta_{i 1} ( \psi ) + \theta_{1 j} ( \psi ) ]} .} \end{array} $$

因此，我们有

$$ \begin{array}{l} {{e^{i [ \theta_{p q} ( \psi ) + \theta_{q r} ( \psi ) ]} = e^{i [ \theta_{p 1} ( \psi ) + \theta_{1 q} ( \psi ) + \theta_{q 1} ( \psi ) + \theta_{1 r} ( \psi ) ]}}} \\ {{\phantom{e^{i [ \theta_{p q} ( \psi ) + \theta_{q r} ( \psi ) ]}}}} \\ {{\phantom{e^{i [ \theta_{p r} ( \psi ) + \theta_{1 r} ( \psi ) ]}} = e^{i [ \theta_{p 1} ( \psi ) + \theta_{1 r} ( \psi ) ]}}} \\ {{\phantom{e^{i [ \theta_{p r} ( \psi ) + \theta_{1 r} ( \psi ) ]}} = e^{i \theta_{p r} ( \psi )} .}} \end{array} $$

因此我们可以证明以下结果。

推论 17.28 可以选择一个标准表示 $S_{\rho}$，使得若 $\psi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$ 是纯态且 $d_{\mathrm{{A}}} = N$，则 $S_{\psi} = | \nu \rangle \langle \nu |$，其中 $\dot{\boldsymbol \nu} \in \mathbb{C}^{N}$ 是由 $\nu : = ( \sqrt{p_{1}} , \sqrt{p_{2}} e^{- i \alpha_{2} ( \psi )} , \ldots , \sqrt{p_{N}} e^{- i \alpha_{N} ( \psi )} )^{T}$ 给出的向量，且 $\alpha_{i} ( \psi ) \in [ 0 , 2 \pi ) \quad \forall i = 2 , \ldots , N$。

证明由引理 17.26，对于纯态 $\psi$，我们有 $e^{i \theta_{p r} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{p q} ( \psi ) + \theta_{q r} ( \psi ) ]}$。由于这一关系必须对三元组 $V = \{p , q , r \}$ 的每一种选择成立，如果我们定义 $\alpha_{p} ( \psi ) : = \theta_{p 1} ( \psi )$，那么我们有 $e^{i \theta_{p q} ( \psi )} = e^{i [ \theta_{p 1} ( \psi ) + \theta_{1 q} ( \psi ) ]} = e^{i [ \theta_{p 1} ( \psi ) - \theta_{q 1} ( \psi ) ]} = e^{i [ \alpha_{p} ( \psi ) - \alpha_{q} \dot{( \psi )} ]}$。现在容易验证 $S_{\psi} = | \nu \rangle \langle \nu |$，其中 $\boldsymbol{\nu} = ( \sqrt{p_{1}} , \sqrt{p_{2}} e^{- i \alpha_{2} ( \psi )} , \dots , \sqrt{p_{N}} e^{- i \alpha_{N} ( \psi )} )^{T}$。

总之，我们证明了以下结论：

推论 17.29 对于每个系统 A，状态空间 $\mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$ 可以表示为 $d_{\mathrm{A}}$ 维密度矩阵集合的一个子集。

证明对于每个态 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$，矩阵 $S_{\rho}$ 由构造是厄米的，由推论 17.9 知其迹为单位，且由正矩阵的凸组合知其是正的。—

17.5 有限维量子理论#

这里我们通过证明每个 $d_{\mathrm{A}}$ 维密度矩阵对应某个态 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$ 来结束我们对量子理论的推导。从现在起，我们始终隐含地假定我们使用一个表示 S，使得 $S_{\rho}$ 是非负的。

从叠加原理（引理 16.1）我们已经知道，对于任意概率集合 $\{p_{i} \}_{i = 1}^{d_{\mathrm{A}}}$，存在一个纯态 $\varphi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$，使得 $\{p_{i} \}_{i = 1}^{d_{\mathrm{A}}}$ 是 $S_{\varphi}$ 的对角元。因此，对应于纯态的密度矩阵集合至少包含一个形如 $S_{\varphi} = | \nu \rangle \langle \nu |$ 的矩阵，其中

$$ | \nu \rangle = ( {\sqrt{p_{1}}} , {\sqrt{p_{2}}} e^{- i \beta_{2}} , . . . , {\sqrt{p_{d_{\mathrm{A}}}}} e^{- i \beta_{d_{\mathrm{A}}}} ) . $$

剩下要证明的是，每个可能的相位选择 $\beta_{i} \in [ 0 , 2 \pi )$ 都对应某个纯态。

我们回忆一下，对于一个面 $F \subseteq \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$，我们可以定义群 ${\bf G}_{F , F^{\perp}}$ 为可逆变换 $\mathcal{U} \in \mathbf{G}_{\mathrm{A}}$ 的群，使得 $\mathcal{U} = _{\omega_{F}} \mathcal{T}_{\mathrm{A}}$ 且 $\mathcal{U} = _{\omega_{F}^{\perp}} \mathcal{T}_{\mathrm{A}}$。于是我们有如下引理。

引理 17.30 考虑一个系统 A，其中 $d_{\mathrm{A}} = N$。令 $\{\varphi_{i} \}_{i = 1}^{N} \subset \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$ 是最大可完美区分纯态集合，F 是面 $F_{\{1 , 2 , \ldots , N - 1 \}}$，而 $F^{\perp}$ 是其正交面 $F_{\{N \}}$。若 $\mathcal{U}$ 是 ${\bf G}_{F , F^{\perp}}$ 中的可逆变换，则 $\mathcal{U}$ 的作用由下式给出：

$$ \displaystyle S_{\mathcal{U} \rho} = U S_{\rho} U^{\dagger} \qquad U = \left( \begin{array}{ccc} I_{N-1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & e^{i\beta} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} {\phantom{\rho}} \\ {\vdots} \\ {\boldsymbol{0}} \\ {\quad} \end{array} \right) \tag{17.40} $$

其中 $I_{N - 1}$ 是 $( N - 1 ) \times ( N - 1 )$ 单位矩阵，且 $\beta \in [ 0 , 2 \pi )$。

证明考虑任意态 $\rho \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$ 及其矩阵表示

$$ S_{\rho} = \left( \begin{array}{cc} S_{\Pi_{F} \rho} & \mathbf{f} \\ \mathbf{f}^{\dagger} & \mathbf{\Gamma} \end{array} \right) , $$

其中 $\mathbf{f} \in \mathbb{C}^{N - 1}$ 是某个适当的向量。由于 $\mathcal{U} = _{\omega_{F}} \mathcal{I}_{\mathrm{A}}$ 且 $\mathcal{U} = _{\omega_{F}^{\perp}} \mathcal{T}_{\mathsf{A}}$ ，根据引理15.33我们有

$$ \Pi_{F} \mathcal{U} = \Pi_{F} , \quad \Pi_{F^{\perp}} \mathcal{U} = \Pi_{F^{\perp}} , $$

因此，$\Pi_{F} \mathcal{U} \rho = \Pi_{F} \rho$ 且 $\Pi_{F^{\perp}} \mathcal{U} \rho = \Pi_{F^{\perp}} \rho_{\mathrm{t}}$ ，于是

$$ S_{\mathcal{U} \rho} = \left( \begin{array}{cc} S_{\Pi_{F} \rho} & \mathbf{g} \\ \mathbf{g}^{\dagger} & S_{\Pi_{F}^{\perp} \rho} \end{array} \right) , $$

其中 $\mathbf{g} \in \mathbb{C}^{N - 1}$ 是某个适当的向量。为了证明式(17.40)，我们现在证明存在某个 $\beta \in [ 0 , 2 \pi )$ 使得 $\mathbf{g} = e^{i \beta} \mathbf{f}$。

让我们从 $N = 3$ 的情况开始。由于 $\mathcal{U} | \varphi_{i} ) = | \varphi_{i} ) \quad \forall i = 1 , 2 , 3$ ，我们有 $( \varphi_{i}^{\dagger} | \mathcal{U} =$ $( \varphi_{i}^{\dagger} | \quad \forall i = 1 , 2 , 3$（引理15.32）。这意味着 $\mathcal{U}$ 将面 $F_{13}$ 中的态映射到面 $F_{13}$ 中的态：事实上，对于每个 $\rho \in F_{13}$，有

$$ \begin{array}{l} {( a_{13} | \mathcal{U} | \rho ) = [ ( \varphi_{1}^{\dagger} | + ( \varphi_{3}^{\dagger} | ] \mathcal{U} | \rho ) = [ ( \varphi_{1}^{\dagger} | + ( \varphi_{3}^{\dagger} | ] | \rho ) = ( a_{13} | \rho ) = 1 ,} \end{array} $$

这意味着 $\mathcal{U} \rho \in F_{13}$（引理15.15）。换句话说，$\mathcal{U}$ 在面 $F_{13}$ 上的限制是一个可逆的量子比特变换。因此，$\mathcal{U}$ 对状态 $\rho \in F_{13}$ 的作用必须由下式给出

$$ S_{\mathcal{U} \rho} = \left( \begin{array}{c c c} {\rho_{11}} & {0} & {\rho_{13} e^{i \beta}} \\ {0} & {0} & {0} \\ {\rho_{31} e^{- i \beta}} & {0} & {\rho_{33} ,} \end{array} \right) $$

对于某个 $\beta \in [ 0 , 2 \pi )$。类似地，我们可以看到 $\mathcal{U}$ 将面 $F_{23}$ 中的态映射到面 $F_{23}$ 中的态。因此，对于每个 $\sigma \in F_{23}$，我们有

$$ S_{\mathcal{U} \sigma} = \left( \begin{array}{c c c} {{0}} & {{0}} & {{0}} \\ {{0}} & {{\sigma_{22}}} & {{\sigma_{23} e^{i \beta^{\prime}}}} \\ {{0}} & {{\sigma_{32} e^{- i \beta^{\prime}}}} & {{\sigma_{33}}} \end{array} \right) $$

对于某个 $\beta^{\prime} \in [ 0 , 2 \pi )$。我们现在证明 $e^{i \beta^{\prime}} = e^{i \beta}$。为了看到这一点，考虑一个一般的态 $\varphi \in \mathsf{St}_{1} ( \mathbf{A} )$，其性质为对于每个 $i = 1 , 2 , 3$ 有 $p_{i} = ( a_{i} | \varphi ) > 0$——由于叠加原理（定理16.1），这样的态存在。将 $S_{\varphi}$ 写成式(17.34)的形式，我们得到

$$ S \chi_{\psi} = \left( \begin{array}{c c c} {{p_{1}}} & {{\sqrt{p_{1} p_{2}} e^{i \theta_{12} ( \varphi )}}} & {{\sqrt{p_{1} p_{3}} e^{i [ \theta_{13} ( \varphi ) + \beta ]}}} \\ {{\sqrt{p_{1} p_{2}} e^{- i \theta_{12} ( \varphi )}}} & {{p_{2}}} & {{\sqrt{p_{2} p_{3}} e^{i [ \theta_{23} ( \varphi ) + \beta^{\prime} ]}}} \\ {{\sqrt{p_{1} p_{3}} e^{- i [ \theta_{13} ( \varphi ) + \beta ]}}} & {{\sqrt{p_{2} p_{3}} e^{- i [ \theta_{23} ( \varphi ) + \beta^{\prime} ]}}} & {{p_{3}}} \end{array} \right) . $$

现在，由于 $\varphi$ 和 $\mathcal{U} \varphi$ 是纯态，根据推论17.26我们必须有

$$ \begin{array}{c} {{e^{i \theta_{13} ( \varphi )} = e^{i [ \theta_{12} ( \varphi ) + \theta_{23} ( \varphi ) ]}}} \\ {{{}}} \\ {{e^{i [ \theta_{13} ( \varphi ) + \beta ]} = e^{i [ \theta_{12} ( \varphi ) + \theta_{23} ( \varphi ) + \beta^{\prime} ]} .}} \end{array} $$

通过比较，我们得到 $e^{i \beta} = e^{i \beta^{\prime}}$。这证明了 $N = 3$ 时的 Eq. (17.40)。对于 $N > 3$ 的证明是显然的：对于每一个三维面 $F_{\{p , q , N \}}$，$\mathcal{U}$ 的作用由某个 $\beta_{p q}$ 的 Eq. (17.40) 给出。然而，由于 $F_{\{p , q , N \}} \cap F_{\{p , q^{\prime} , N \}} = F_{p N}$，我们必须有 $e^{i \beta_{p q}} = e^{i \beta_{p q^{\prime}}}$。类似地，$e^{i \beta_{p q}} = e^{i \beta_{p^{\prime} q}}$。我们得出结论：对于每一个 $p , q$，$e^{i \beta_{p q}} = e^{i \beta}$。这证明了普遍情况下的 Eq. (17.40)。

我们现在证明 Eq. (17.40) 中的每一个可能的相位移动都对应一个物理变换。

引理 17.31 对于每一个 $\beta \in [ 0 , 2 \pi )$，形如 Eq. (17.40) 的变换 $\mathcal{U}$ 是一个可逆变换。

证明由引理 17.30，群 ${\bf G}_{F , F^{\perp}}$ 是 $U ( 1 )$ 的一个子群。现在有两种可能性：要么 ${\bf G}_{F , F \perp}$ 是一个（有限的）循环群，要么 ${\bf G}_{F , F^{\perp}}$ 等于 $U ( 1 )$。然而，从定理 15.38 我们知道 ${\bf G}_{F , F^{\perp}}$ 具有连续多个元素。因此，${\bf G}_{F , F^{\perp}} \simeq$ $U ( 1 )$，那么 $\beta$ 必须取遍 [0, 2π) 中的每一个值。

前述引理的一个明显推论如下。

推论 17.32 由下式定义的变换 $\mathcal{U}_{\beta}$

$$ S_{\mathcal{U}_{\beta} \rho} = U S_{\rho} U^{\dagger} , $$

其中 $U$ 是对角线元素为 $( 1 , e^{i \beta_{1}} , \ldots , e^{i \beta_{N - 1}} )$ 的对角矩阵，对于每一个向量 $\pmb{\beta} : = ( \beta_{2} , \dots , \beta_{N} ) \in [ 0 , 2 \pi ) \times \cdot \cdot \cdot \times [ 0 , 2 \pi )$ 都是一个可逆变换。

这直接引出了我们推导的结论：

定理 17.33 对于每一个系统 A，状态空间 $\mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$ 是 Hilbert 空间 $\mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}}$ 上所有密度矩阵的集合。

证明记 $d_{\mathrm{A}}$ 为 N。对于概率 $\mathbf{p} = ( p_{1} , \ldots , p_{N} )$ 的每一种选择，至少存在一个纯态 $\varphi_{\mathbf{p}}$，使得对于每一个 $k = 1 , \ldots , N$ 都有 $p_{k} = ( a_{k} | \varphi_{\mathfrak{p}} )$（引理 16.1）。该态由矩阵 $S_{\varphi_{\mathbf{p}}} = | \nu_{\mathbf{p}} \rangle \langle \nu_{\mathbf{p}} |$ 表示，其中

$$ | \nu_{\bf p} \rangle = ( \sqrt{p_{1}} , \sqrt{p_{2}} e^{- i \alpha_{2}} , \dots , \sqrt{p_{N}} e^{- i \alpha_{N}} )^{T} , $$

（引理17.28）。现在，我们可以用式(17.41)中定义的每个可逆变换 $\mathcal{U}_{\beta}$ 对 $\varphi_{\mathbf{p}}$ 进行变换，从而得到 $S_{\mathcal{U}_{\beta} \varphi_{\mathbf{p}}} = U_{\beta} | \nu_{\mathbf{p}} \rangle \langle \nu_{\mathbf{p}} | U_{\beta}^{\dagger}$ ，其中 $U_{\beta} | \nu_{\mathbf{p}} \rangle = ( \sqrt{p_{1}} , \sqrt{p_{2}} e^{- i ( \alpha_{2} + \beta_{2} )} , \dots , \sqrt{p_{N}} e^{- i ( \alpha_{N} + \beta_{N} )} )^{T}$ 。由于 p 和 $\beta$ 是任意的，这意味着每一个秩一密度矩阵都对应于某个纯态。考虑可能的凸混合，我们得到每个 $N \times N$ 密度矩阵都对应于系统 A 的某个状态。

通过选择合适的表示 $\rho \mapsto S_{\rho}$ ，我们证明了对于每个系统 A，归一化状态集 $\mathsf{St}_{1} ( \mathrm{A} )$ 是维度为 $d_{\mathrm{A}}$ 的整个密度矩阵集。得益于纯化假设，这足以证明我们的理论中允许的所有效应 Eff(A) 和所有变换 Transf(A→ B) 正是量子理论中允许的效应和变换。确切地说，我们有以下结论：

推论17.34 对于每一对系统 A 和 B，物理变换集 Transf(A→ B) 与从 $M_{d_{\mathrm{A}}} ( \mathbb{C} )$ 到 $M_{d_{\mathrm{B}}} ( \mathbb{C} )$ 的所有完全正迹非增映射的集合一致。

证明我们证明了我们的理论与量子理论具有相同的归一化状态。另一方面，量子理论是一个具有纯化和局部可区分性的理论。那么结论源于这样一个事实：两个具有纯化和局部可区分性的理论，如果它们具有相同的归一化状态集，则必然是相同的（命题7.10）。

17.6 总结#

我们证明了我们的公理集唯一地确定了量子理论。具体地，我们证明了：

维度为 $d_{\mathrm{A}}$ 的系统 A 的状态集是希尔伯特空间 $\mathbb{C}^{d_{\mathrm{A}}}$ 上的密度矩阵集；
效应集是由单位矩阵界定的正矩阵集；
状态与效应之间的配对由对应矩阵乘积的迹给出。

利用两个具有纯化和局部可区分性的理论，如果对每个系统都有相同的状态集，则它们必须一致这一事实（见第7.12节），我们随后得到，我们的理论中所有物理变换正是量子力学中允许的物理变换。至此，我们完成了对量子理论的推导。

精选问题与习题解答#

习题17.1#

只需写成

$$ \begin{array}{r l} & {( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \varphi_{m} ) = ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \mathcal{D}^{( m n )} \mathcal{E}^{( m n )} | \varphi_{m} )} \\ & {\qquad = ( \sigma_{k}^{\mathrm{Q \dagger}} | \eta_{z , -} )} \\ & {\qquad = [ ( \eta_{k , +}^{\dagger} | - ( \eta_{k , -}^{\dagger} | ] | \eta_{z , -} )} \\ & {\qquad = 0 ,} \end{array} $$

其中我们使用了习题14.2的结果。对 $\varphi_{n}$ 的运算完全类似，其中 $\mathcal{E}^{( m n )} | \varphi_{n} ) = | \eta_{z , +} )$。

习题17.2#

我们首先观察到，根据推论14.5，我们有 $( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )}$ 、$( \varphi_{n}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )}$ 和 $( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \mathcal{D}^{( m n )}$ 的如下矩阵表示：

$$ E_{( \varphi_{m}^{\dagger} | \mathcal{D}^{( m n )}} = S_{\mathcal{E}^{( m n )} | \varphi_{m} )} , $$$$ E_{( \varphi_{n}^{\dagger} | {\cal{D}}^{( m n )}} = S_{{\mathcal{E}}^{( m n )} | \varphi_{n} )} , $$$$ E_{( \sigma_{k}^{m n \dagger} | {\cal D}^{( m n )}} = S_{{\cal \mathcal{E}}^{( m n )} | \sigma_{k}^{m n} )} . $$

因此，由于映射 ${\mathcal{E}}^{( m n )}$ 在效应集 $\mathsf{Eff}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{Q} )$ 上单射，并且逆表示映射 $E^{- 1}$ 从 ${\mathsf{Herm}} ( \mathbb{C}^{2} )$ 到 $\mathsf{Eff}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{Q} )$ 也是单射，故四个元素 $\varphi_{m}^{\dagger} , \varphi_{n}^{\dagger} , \stackrel{\cdot} {\sigma}_{x}^{m n \dagger} , \stackrel{\cdot} {\sigma}_{y}^{m n \dagger}$ 的线性无关性可由四个矩阵 $S_{{\mathcal E}^{( m n )} | \varphi_{m} )} , S_{{\mathcal E}^{( m n )} | \varphi_{n} )} , S_{{\mathcal E}^{( m n )} | \sigma_{x}^{m n} )} , S_{{\mathcal E}^{( m n )} | \sigma_{y}^{m n} )}$ 的线性无关性推出。现在，由式(17.5)，对于集合 $V$ 满足 $m \notin V$ 或 $n \notin V$，有 $( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \Pi_{V} = 0$；若 $m , n \notin V$，则显然 $F_{m n}$ 包含在与 $\Pi_{V}$ 所投影的面的正交互补的面中，因此

$$ \begin{array}{r l r} {{( \sigma_{k , \pm}^{m n \dagger} | \Pi_{V} = [ ( \varphi_{k , +}^{m n \dagger} | - ( \varphi_{k , -}^{m n \dagger} | ] \Pi_{V}}} \\ & {} & {= 0 ,} \end{array} $$

而对于 $n \notin V$，有

$$ \begin{array}{r l} {( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \Pi_{V} = ( \sigma_{k , \cdot}^{m n \dagger} | \Pi_{\{m , n \}} \Pi_{V}} & {} \\ {= ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \Pi_{\{m \}}} & {} \\ {= ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \varphi_{m} ) ( \varphi_{m}^{\dagger} |} & {} \\ {= 0 ,} \end{array} $$

这里运用了推论15.30和练习17.1。由于集合 $\{\varphi_{n}^{\dagger} \}_{m = 1}^{d_{\mathrm{A}}} \cup$ $\{\sigma_{k}^{m n \dagger} \}_{n > m = 1 , \dots , d_{\mathrm{A}} \ k = x , y}$ 的基数恰好为 $d_{\mathrm{A}}^{2} = \dim \mathsf{Eff}_{\mathbb{R}} ( \mathrm{A} )$，因此只需证明其线性无关性即可。假设

$$ \sum_{m} c_{m} \varphi_{m}^{\dagger} + \sum_{n > m , \ : k = x , y} c_{k}^{m n} \sigma_{k}^{m n \dagger} = 0 . $$

这意味着

$$ \begin{array}{l} {{0 = \displaystyle \sum_{m} c_{m} ( \varphi_{m}^{\dagger} | \Pi_{\{m , n \}} + \sum_{n > m , \ k = x , y} c_{k}^{m n} ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | \Pi_{\{m , n \}}}} \\ {{\}} \\ {{= c_{m} ( \varphi_{m}^{\dagger} | + c_{n} ( \varphi_{n}^{\dagger} | + \sum_{k = x , y} c_{k}^{m n} ( \sigma_{k}^{m n \dagger} | .}} \end{array} $$