ฉันจะแสดงได้อย่างไรว่าสถานะแบบสองควิบิตเป็นสถานะที่พันกัน

รัฐเบลล์เป็นรัฐที่พัวพัน แต่ทำไมเป็นเช่นนั้น ฉันจะพิสูจน์ทางคณิตศาสตร์ได้อย่างไร$|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$

คำนิยาม

---

รัฐสอง qubitเป็นรัฐทอดและถ้าหากมีไม่ได้อยู่สองรัฐหนึ่ง qubitและเช่นนั้นที่ซึกเมตริกซ์ผลิตภัณฑ์และ{C}$|\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}$

ดังนั้นเพื่อแสดงให้เห็นว่ารัฐเบลล์เป็นรัฐที่พัวพันเราเพียงแค่ต้อง แสดงให้เห็นว่ามีอยู่ไม่มีสองหนึ่ง qubit รัฐและดังกล่าวว่า|| a⟩| b⟩| Φ+⟩=| ⟩⊗| ข$|\Phi^{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$$|a\rangle$$|b\rangle$$|\Phi^{+}\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle$

พิสูจน์

---

สมมติว่า

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

ตอนนี้เราสามารถใช้คุณสมบัติการกระจายเพื่อรับ

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

สิ่งนี้จะต้องเท่ากับนั่นคือเราต้องหาค่าสัมประสิทธิ์ , ,และเช่นนั้น$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle )$$\alpha$$\beta$$\gamma$$\lambda$

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

สังเกตว่าในการแสดงออกเราต้องการเก็บทั้งสองและ|ดังนั้นและซึ่งเป็นค่าสัมประสิทธิ์ของไม่สามารถเป็นศูนย์ได้ ในคำอื่น ๆ ที่เราจะต้องมีและ0 ในทำนองเดียวกันและซึ่งเป็นตัวเลขที่ซับซ้อนคูณไม่สามารถเป็นศูนย์คือและ0 ดังนั้นจำนวนเชิงซ้อนทั้งหมด$\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$$\alpha$ , ,และต้องแตกต่างจากศูนย์$\beta$$\gamma$$\lambda$

แต่จะได้รับสถานะเบลล์เราต้องการที่จะกำจัดและ|ดังนั้นหนึ่งในตัวเลข (หรือทั้งสองอย่าง) คูณ (และ ) ในนิพจน์คือและ (และตามลำดับและ ) ต้องเท่ากับศูนย์ แต่เราเพิ่งเห็นว่า , ,และ$|\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$$\lambda$จะต้องแตกต่างจากศูนย์ ดังนั้นเราจึงไม่สามารถหารวมกันของตัวเลขที่ซับซ้อน , ,และดังกล่าวว่า$\alpha$$\beta$$\gamma$$\lambda$

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

กล่าวอีกนัยหนึ่งเราไม่สามารถแสดงเป็นผลิตภัณฑ์เทนเซอร์ของสองสถานะ qubit หนึ่ง ดังนั้นเป็นสถานะที่พันกัน$|\Phi^{+}\rangle$$|\Phi^{+}\rangle$

เราสามารถทำการพิสูจน์ที่คล้ายกันสำหรับรัฐเบลล์อื่น ๆ หรือโดยทั่วไปหากเราต้องการพิสูจน์ว่ารัฐนั้นยุ่งเหยิง

สถานะบริสุทธิ์สองสถานะสามารถแยกออกได้ถ้าหากสามารถเขียนได้ในรูปแบบ

$$|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$$ สำหรับพลรัฐ qudit เดียว$|\psi\rangle$และ$|\phi\rangle$ ⟩ มิฉะนั้นจะเข้าไปพัวพัน

เพื่อตรวจสอบว่ามีการรวมรัฐบริสุทธิ์ใคร ๆก็สามารถลองใช้วิธีการเดรัจฉานบังคับให้พยายามค้นหาสถานะที่น่าพึงพอใจ$|\psi\rangle$และ$|\phi\rangle$เช่นเดียวกับคำตอบนี้ นี่คือไม่เหมาะสมและการทำงานอย่างหนักในกรณีทั่วไป วิธีที่ตรงไปตรงมามากขึ้นเพื่อพิสูจน์ว่าบริสุทธิ์นี้เป็นทอดเป็นคำนวณลดความหนาแน่นของเมทริกซ์$\rho$สำหรับหนึ่งใน qudits เช่นโดยการติดตามออกอื่น ๆ รัฐสามารถแบ่งแยกได้ถ้าหาก$\rho$มีอันดับ 1 ไม่เช่นนั้นจะเข้าไปพัวพัน ในทางคณิตศาสตร์คุณสามารถทดสอบเงื่อนไขการจัดอันดับง่ายๆโดยการประเมิน$\text{Tr}(\rho^2)$. สถานะดั้งเดิมสามารถแบ่งแยกได้ถ้าหากค่านี้เป็น 1 เท่านั้นมิฉะนั้นสถานะจะถูกพันกัน

ตัวอย่างเช่นสมมติว่าคนมีสถานะที่แยกบริสุทธิ์$|\Psi\rangle=|\psi\rangle|\phi\rangle$ ⟩ ลดความหนาแน่นของเมทริกซ์ในเป็น ρ = Tr B ( | Ψ ⟩ ⟨ Ψ | ) = | ψ ⟩ ⟨ ψ | , และ Tr ( ρ 2 ) = Tr ( | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⋅ | ψ$A$

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

ในขณะเดียวกันถ้าเราใช้$|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)$แล้ว

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

หากคุณต้องการรู้เกี่ยวกับการตรวจจับสิ่งกีดขวางในรัฐผสม (ไม่ใช่รัฐบริสุทธิ์) นี้เป็นตรงไปตรงมาน้อย แต่สำหรับสอง qubits มีเงื่อนไขที่จำเป็นและเพียงพอสำหรับแยก: positivity ภายใต้การดำเนินงานบางส่วน