Combinaisons convexes de matrices densité

Sélections probabilistes de matrices densité

Un aspect fondamental des matrices densité est que les sélections probabilistes d'états quantiques sont représentées par des combinaisons convexes de leurs matrices densité associées.

Par exemple, si l'on dispose de deux matrices densité, $\rho$ et $\sigma,$ représentant des états quantiques d'un système $\mathsf{X},$ et qu'on prépare le système dans l'état $\rho$ avec probabilité $p$ et dans l'état $\sigma$ avec probabilité $1 - p,$ alors l'état quantique résultant est représenté par la matrice densité

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Plus généralement, si l'on dispose de $m$ états quantiques représentés par des matrices densité $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1},$ et qu'un système est préparé dans l'état $\rho_k$ avec probabilité $p_k$ pour un vecteur de probabilités $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ donné, l'état résultant est représenté par la matrice densité

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

C'est une combinaison convexe des matrices densité $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}.$

Il s'ensuit que si l'on dispose de $m$ vecteurs d'état quantique $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle,$ et qu'on prépare un système dans l'état $\vert\psi_k\rangle$ avec probabilité $p_k$ pour chaque $k\in\{0,\ldots,m-1\},$ l'état obtenu est représenté par la matrice densité

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

Par exemple, si un qubit est préparé dans l'état $\vert 0\rangle$ avec probabilité $1/2$ et dans l'état $\vert + \rangle$ avec probabilité $1/2,$ la représentation en matrice densité de l'état obtenu est donnée par

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

Dans la formulation simplifiée de l'information quantique, faire une moyenne des vecteurs d'état quantique de cette façon ne fonctionne pas. Par exemple, le vecteur

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

n'est pas un vecteur d'état quantique valide car sa norme euclidienne n'est pas égale à $1.$ Un exemple encore plus frappant qui illustre pourquoi cela ne fonctionne pas pour les vecteurs d'état quantique : prenons n'importe quel vecteur d'état quantique $\vert\psi\rangle$ de notre choix, et considérons l'état $\vert\psi\rangle$ avec probabilité $1/2$ et $-\vert\psi\rangle$ avec probabilité $1/2.$ Ces états ne diffèrent que d'une phase globale, ils représentent donc en réalité le même état — mais leur moyenne nous donne le vecteur nul, qui n'est pas un vecteur d'état quantique valide.

L'état complètement mélangé

Supposons qu'on fixe l'état d'un qubit à $\vert 0\rangle$ ou $\vert 1\rangle$ aléatoirement, chacun avec probabilité $1/2.$ La matrice densité représentant l'état résultant est la suivante.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(Dans cette équation, le symbole $\mathbb{I}$ désigne la matrice identité $2\times 2$.) C'est un état particulier appelé l'état complètement mélangé. Il représente une incertitude totale sur l'état d'un qubit, similaire à un bit aléatoire uniforme dans le cadre probabiliste.

Supposons maintenant qu'on change la procédure : à la place des états $\vert 0\rangle$ et $\vert 1\rangle$, on utilisera les états $\vert + \rangle$ et $\vert - \rangle.$ On peut calculer la matrice densité décrivant l'état résultant de manière similaire.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

C'est la même matrice densité qu'avant, même si on a changé les états. En fait, on obtiendrait à nouveau le même résultat — l'état complètement mélangé — en substituant n'importe quelle paire de vecteurs d'état de qubit orthogonaux à $\vert 0\rangle$ et $\vert 1\rangle.$

C'est une fonctionnalité, pas un bug ! On obtient effectivement exactement le même état dans les deux cas. Autrement dit, il n'existe aucun moyen de distinguer les deux procédures en mesurant le qubit qu'elles produisent, même au sens statistique. Nos deux procédures différentes ne sont que deux façons distinctes de préparer cet état.

On peut vérifier que cela est cohérent en réfléchissant à ce qu'on pourrait espérer apprendre à partir d'une sélection aléatoire d'un état parmi l'un des deux ensembles d'états possibles $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ et $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}.$ Pour simplifier, supposons qu'on applique une opération unitaire $U$ sur notre qubit, puis qu'on mesure dans la base standard.

Dans le premier scénario, l'état du qubit est choisi uniformément dans l'ensemble $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}.$ Si l'état est $\vert 0\rangle,$ on obtient les résultats $0$ et $1$ avec les probabilités

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{et}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

respectivement. Si l'état est $\vert 1\rangle,$ on obtient les résultats $0$ et $1$ avec les probabilités

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{et}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Comme les deux possibilités surviennent chacune avec probabilité $1/2,$ on obtient le résultat $0$ avec probabilité

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

et le résultat $1$ avec probabilité

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Ces deux expressions sont égales à $1/2.$ Une façon de l'établir est d'utiliser un résultat d'algèbre linéaire qui peut être vu comme une généralisation du théorème de Pythagore.

Théorème

Supposons que $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ est une base orthonormée d'un espace vectoriel (réel ou complexe) $\mathcal{V}.$ Pour tout vecteur $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ on a $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

On peut appliquer ce théorème pour déterminer les probabilités comme suit. La probabilité d'obtenir $0$ est

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

et la probabilité d'obtenir $1$ est

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Puisque $U$ est unitaire, on sait que $U^{\dagger}$ l'est également, ce qui implique que $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ et $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ sont tous les deux des vecteurs unitaires. Les deux probabilités sont donc égales à $1/2.$ Cela signifie que quel que soit le choix de $U,$ la mesure ne produit qu'un bit aléatoire uniforme.

On peut effectuer une vérification similaire pour n'importe quelle autre paire d'états orthonormés à la place de $\vert 0\rangle$ et $\vert 1\rangle.$ Par exemple, puisque $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ est une base orthonormée, la probabilité d'obtenir le résultat de mesure $0$ dans la deuxième procédure est

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

et la probabilité d'obtenir $1$ est

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

En particulier, on obtient exactement les mêmes statistiques de sortie que pour les états $\vert 0\rangle$ et $\vert 1\rangle.$

États probabilistes

Les états classiques peuvent être représentés par des matrices densité. En particulier, pour chaque état classique $a$ d'un système $\mathsf{X},$ la matrice densité

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

représente $\mathsf{X}$ se trouvant de manière certaine dans l'état classique $a.$ Pour les qubits on a

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{et}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

et en général on a un unique $1$ sur la diagonale à la position correspondant à l'état classique considéré, et toutes les autres entrées valent zéro.

On peut alors prendre des combinaisons convexes de ces matrices densité pour représenter des états probabilistes. En supposant pour simplifier que l'ensemble des états classiques est $\{0,\ldots,n-1\},$ si $\mathsf{X}$ se trouve dans l'état $a$ avec probabilité $p_a$ pour chaque $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ alors la matrice densité obtenue est

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Dans l'autre sens, toute matrice densité diagonale peut naturellement être identifiée à l'état probabiliste qu'on obtient en lisant simplement le vecteur de probabilités sur la diagonale.

Pour être précis, lorsqu'une matrice densité est diagonale, cela ne signifie pas nécessairement qu'on parle d'un système classique, ni que le système ait été préparé par sélection aléatoire d'un état classique, mais plutôt que l'état aurait pu être obtenu par sélection aléatoire d'un état classique.

Le fait que les états probabilistes soient représentés par des matrices densité diagonales est cohérent avec l'intuition suggérée au début de la leçon, selon laquelle les entrées hors-diagonale décrivent le degré de superposition quantique des deux états classiques correspondant à la ligne et à la colonne de cette entrée. Ici, toutes les entrées hors-diagonale sont nulles, donc on n'a que de l'aléatoire classique et rien n'est en superposition quantique.

Matrices densité et théorème spectral

On a vu que si l'on prend une combinaison convexe d'états purs,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

on obtient une matrice densité. Toute matrice densité $\rho$ peut en fait s'écrire comme une combinaison convexe d'états purs de cette forme. C'est-à-dire qu'il existera toujours une collection de vecteurs unitaires $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ et un vecteur de probabilités $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ pour lesquels l'équation ci-dessus est vraie.

On peut de plus toujours choisir le nombre $m$ de façon à ce qu'il corresponde au nombre d'états classiques du système considéré, et sélectionner des vecteurs d'état quantique orthogonaux. Le théorème spectral, que l'on a rencontré dans le cours « Fondements des algorithmes quantiques », nous permet de conclure cela. En voici un rappel pour référence.

Théorème

Théorème spectral : Soit $M$ une matrice complexe $n\times n$ normale. Il existe une base orthonormée de vecteurs complexes de dimension $n$, $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$, ainsi que des nombres complexes $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ tels que

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Rappelons qu'une matrice $M$ est normale si elle satisfait $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}.$ En d'autres termes, les matrices normales sont des matrices qui commutent avec leur propre transposée conjuguée.)

On peut appliquer le théorème spectral à toute matrice densité $\rho$ donnée car les matrices densité sont toujours hermitiennes et donc normales. Cela nous permet d'écrire

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

pour une certaine base orthonormée $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}.$ Il reste à vérifier que $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ est un vecteur de probabilités, qu'on peut alors renommer $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ si on le souhaite.

Les nombres $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ sont les valeurs propres de $\rho,$ et comme $\rho$ est semi-définie positive, ces nombres sont nécessairement des réels non négatifs. On peut conclure que $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ du fait que la trace de $\rho$ est égale à $1.$ Développer les détails nous donnera l'occasion de souligner la propriété importante et très utile suivante de la trace.

Théorème

Propriété cyclique de la trace : Pour deux matrices quelconques $A$ et $B$ dont le produit $AB$ est une matrice carrée, l'égalité $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ est vraie.

Remarque : ce théorème s'applique même si $A$ et $B$ ne sont pas elles-mêmes des matrices carrées. Autrement dit, $A$ peut être de taille $n\times m$ et $B$ de taille $m\times n,$ pour des entiers positifs $n$ et $m$ quelconques, de sorte que $AB$ est une matrice carrée $n\times n$ et $BA$ est $m\times m.$

En particulier, si on prend $A$ égal au vecteur colonne $\vert\phi\rangle$ et $B$ égal au vecteur ligne $\langle \phi\vert,$ on voit que

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

La deuxième égalité découle du fait que $\langle\phi\vert\phi\rangle$ est un scalaire, qu'on peut aussi voir comme une matrice $1\times 1$ dont la trace est son unique entrée. En utilisant ce fait, on peut conclure que $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ par la linéarité de la fonction trace.

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

On peut également parvenir à la même conclusion en utilisant le fait que la trace d'une matrice carrée (même non normale) est égale à la somme de ses valeurs propres.

On a donc établi que toute matrice densité $\rho$ peut s'écrire comme une combinaison convexe d'états purs. On voit de plus qu'on peut toujours choisir ces états purs orthogonaux. Cela signifie en particulier qu'on n'a jamais besoin que le nombre $n$ soit supérieur à la taille de l'ensemble des états classiques de $\mathsf{X}.$

En général, il faut comprendre qu'il peut exister différentes façons d'écrire une matrice densité comme combinaison convexe d'états purs, pas seulement celles que fournit le théorème spectral. L'exemple précédent l'illustre.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Ce n'est pas une décomposition spectrale de cette matrice car $\vert 0\rangle$ et $\vert + \rangle$ ne sont pas orthogonaux. Voici une décomposition spectrale :

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

où $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Les valeurs propres sont des nombres qui devraient sembler familiers :

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{et}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Les vecteurs propres peuvent s'écrire explicitement comme suit.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Comme autre exemple plus général, supposons que $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ sont des vecteurs d'état quantique représentant des états d'un seul Qubit, choisis arbitrairement — on ne suppose donc aucune relation particulière entre ces vecteurs. On pourrait alors considérer l'état obtenu en choisissant l'un de ces $100$ états uniformément au hasard :

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Puisqu'on parle d'un qubit, la matrice densité $\rho$ est $2\times 2,$ donc par le théorème spectral on pourrait écrire alternativement

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

pour un certain réel $p\in[0,1]$ et une base orthonormée $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — mais naturellement, l'existence de cette expression ne nous empêche pas d'écrire $\rho$ comme une moyenne de 100 états purs si on le souhaite.