Purifications

Définition des purifications

Commençons par une définition mathématique précise des purifications.

Définition

Suppose que $\mathsf{X}$ est un système dont l'état est représenté par une matrice densité $\rho,$ et que $\vert\psi\rangle$ est un vecteur d'état quantique de la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ qui redonne $\rho$ lorsque $\mathsf{Y}$ est tracé :

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle\langle\psi\vert\bigr).$$

Le vecteur d'état $\vert\psi\rangle$ est alors appelé une purification de $\rho.$

L'état pur $\vert\psi\rangle\langle\psi\vert,$ exprimé en tant que matrice densité plutôt que comme vecteur d'état quantique, est aussi couramment appelé une purification de $\rho$ lorsque l'équation de la définition est vérifiée, mais on utilisera généralement ce terme pour désigner un vecteur d'état quantique.

Le terme purification est également utilisé de façon plus générale lorsque l'ordre des systèmes est inversé, lorsque les noms des systèmes et des états sont différents (bien sûr), et lorsqu'il y a plus de deux systèmes. Par exemple, si $\vert \psi \rangle$ est un vecteur d'état quantique représentant un état pur d'un système composé $(\mathsf{A},\mathsf{B},\mathsf{C}),$ et que l'équation

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{B}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr)$$

est vraie pour une matrice densité $\rho$ représentant un état du système $(\mathsf{A},\mathsf{C}),$ alors $\vert\psi\rangle$ est quand même appelé une purification de $\rho.$

Pour les besoins de cette leçon, on se concentrera toutefois sur la forme spécifique décrite dans la définition. Les propriétés et les faits concernant les purifications, selon cette définition, peuvent généralement être étendus à plus de deux systèmes en réordonnant les systèmes et en les partitionnant en deux systèmes composés, l'un jouant le rôle de $\mathsf{X}$ et l'autre celui de $\mathsf{Y}.$

Existence des purifications

Suppose que $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ sont deux systèmes quelconques et que $\rho$ est un état donné de $\mathsf{X}.$ On va montrer qu'il existe un vecteur d'état quantique $\vert\psi\rangle$ de $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ qui purifie $\rho$ — ce qui revient à dire que $\vert\psi\rangle$ est une purification de $\rho$ — à condition que le système $\mathsf{Y}$ soit suffisamment grand. En particulier, si $\mathsf{Y}$ possède au moins autant d'états classiques que $\mathsf{X},$ alors une purification de cette forme existe nécessairement pour tout état $\rho.$ Moins d'états classiques de $\mathsf{Y}$ sont nécessaires pour certains états $\rho$ ; en général, $\operatorname{rank}(\rho)$ états classiques de $\mathsf{Y}$ sont nécessaires et suffisants pour l'existence d'un vecteur d'état quantique de $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ qui purifie $\rho.$

Considère d'abord une expression quelconque de $\rho$ comme combinaison convexe de $n$ états purs, pour tout entier positif $n.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert$$

Dans cette expression, $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ est un vecteur de probabilités et $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ sont des vecteurs d'état quantiques de $\mathsf{X}.$

Une façon d'obtenir une telle expression est via le théorème spectral, auquel cas $n$ est le nombre d'états classiques de $\mathsf{X},$ $p_0,\ldots,p_{n-1}$ sont les valeurs propres de $\rho,$ et $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ sont des vecteurs propres orthonormaux correspondant à ces valeurs propres.

Il n'est en fait pas nécessaire d'inclure dans la somme les termes correspondant aux valeurs propres nulles de $\rho,$ ce qui nous permet de choisir alternativement $n = \operatorname{rank}(\rho)$ et $p_0,\ldots,p_{n-1}$ comme les valeurs propres non nulles de $\rho.$ C'est la valeur minimale de $n$ pour laquelle une expression de $\rho$ prenant la forme ci-dessus existe.

Pour être clair, il n'est pas nécessaire que l'expression choisie de $\rho,$ en tant que combinaison convexe d'états purs, provienne du théorème spectral — c'est seulement une façon d'obtenir une telle expression. En particulier, $n$ peut être n'importe quel entier positif, les vecteurs unitaires $\vert\phi_0\rangle,\ldots,\vert\phi_{n-1}\rangle$ n'ont pas besoin d'être orthogonaux, et les probabilités $p_0,\ldots,p_{n-1}$ n'ont pas besoin d'être des valeurs propres de $\rho.$

On peut maintenant identifier une purification de $\rho$ de la façon suivante.

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert a \rangle$$

On suppose ici que les états classiques de $\mathsf{Y}$ incluent $0,\ldots,n-1.$ Si ce n'est pas le cas, on peut substituer un choix arbitraire de $n$ états classiques distincts de $\mathsf{Y}$ à $0,\ldots,n-1.$ Vérifier qu'il s'agit bien d'une purification de $\rho$ consiste simplement à calculer la trace partielle, ce qui peut se faire de deux façons équivalentes.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{n-1} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \langle a\vert) \vert\psi\rangle\langle\psi\vert (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes \vert a\rangle) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert\phi_a\rangle\langle\phi_a\vert = \rho$$ $$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert\bigr) = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \sqrt{p_b} \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_b\vert \, \operatorname{Tr}(\vert a \rangle \langle b \vert) = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \, \vert\phi_a\rangle\langle \phi_a\vert = \rho$$

Plus généralement, pour tout ensemble orthonormal de vecteurs $\{\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{n-1}\rangle\},$ le vecteur d'état quantique

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \sqrt{p_a} \, \vert\phi_a\rangle \otimes \vert \gamma_a \rangle$$

est une purification de $\rho.$

Exemple

Suppose que $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ sont tous les deux des qubits et que

$$\rho = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

est une matrice densité représentant un état de $\mathsf{X}.$

On peut utiliser le théorème spectral pour exprimer $\rho$ sous la forme

$$\rho = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle\langle\psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle\langle\psi_{5\pi/8}\vert,$$

où $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta) \vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Le vecteur d'état quantique

$$\cos(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8}\rangle \otimes \vert 0\rangle + \sin(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8}\rangle \otimes \vert 1\rangle$$

qui décrit un état pur de la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ est donc une purification de $\rho.$

Alternativement, on peut écrire

$$\rho = \frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert.$$

Il s'agit d'une combinaison convexe d'états purs mais pas d'une décomposition spectrale car $\vert 0\rangle$ et $\vert +\rangle$ ne sont pas orthogonaux et $1/2$ n'est pas une valeur propre de $\rho.$ Néanmoins, le vecteur d'état quantique

$$\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle \otimes \vert 0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert + \rangle \otimes \vert 1\rangle$$

est une purification de $\rho.$

Décompositions de Schmidt

Ensuite, on va aborder les décompositions de Schmidt, qui sont des expressions de vecteurs d'état quantiques de paires de systèmes prenant une certaine forme. Les décompositions de Schmidt sont étroitement liées aux purifications, et elles sont très utiles en elles-mêmes. En effet, lorsqu'on raisonne sur un vecteur d'état quantique donné $\vert\psi\rangle$ d'une paire de systèmes, la première étape consiste souvent à identifier ou à considérer une décomposition de Schmidt de cet état.

Définition

Soit $\vert \psi\rangle$ un vecteur d'état quantique donné d'une paire de systèmes $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Une décomposition de Schmidt de $\vert\psi\rangle$ est une expression de la forme

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle,$$

où $p_0,\ldots,p_{r-1}$ sont des réels positifs dont la somme vaut $1$ et où les deux ensembles $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ et $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ sont orthonormaux.

Les valeurs

$$\sqrt{p_0},\ldots,\sqrt{p_{r-1}}$$

dans une décomposition de Schmidt de $\vert\psi\rangle$ sont appelées ses coefficients de Schmidt, qui sont uniquement déterminés (à leur ordre près) — ce sont les seuls réels positifs pouvant apparaître dans une telle expression de $\vert\psi\rangle.$ Les ensembles

$$\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\} \quad\text{et}\quad \{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$$

en revanche, ne sont pas uniquement déterminés, et la liberté qu'on a dans le choix de ces ensembles de vecteurs sera clarifiée dans l'explication qui suit.

On va maintenant vérifier qu'un vecteur d'état quantique donné $\vert\psi\rangle$ possède bien une décomposition de Schmidt, et dans le même temps, on apprendra comment en trouver une.

Considère d'abord une base quelconque (pas nécessairement orthogonale) $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ de l'espace vectoriel correspondant au système $\mathsf{X}.$ Puisque c'est une base, il existera toujours une sélection unique de vecteurs $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ pour laquelle l'équation suivante est vraie.

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a \rangle \tag{1}$$

Par exemple, suppose que $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ est la base standard associée à $\mathsf{X}.$ En supposant que l'ensemble d'états classiques de $\mathsf{X}$ est $\{0,\ldots,n-1\},$ cela signifie que $\vert x_a\rangle = \vert a\rangle$ pour chaque $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ et on trouve que

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{n-1} \vert a\rangle \otimes \vert z_a\rangle$$

lorsque

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

pour chaque $a\in\{0,\ldots,n-1\}.$ On rencontre souvent des expressions de ce type lorsqu'on envisage une mesure dans la base standard de $\mathsf{X}.$

Il est important de noter que la formule

$$\vert z_a \rangle = ( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle$$

pour les vecteurs $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ dans cet exemple ne fonctionne que parce que $\{\vert 0\rangle,\ldots,\vert n-1\rangle\}$ est une base orthonormale. En général, si $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ est une base pas nécessairement orthonormale, alors les vecteurs $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ sont quand même uniquement déterminés par l'équation $(1),$ mais une formule différente est nécessaire. Une façon de les trouver est d'identifier d'abord des vecteurs $\vert w_0\rangle,\ldots,\vert w_{n-1}\rangle$ tels que l'équation

$$\langle w_a \vert x_b \rangle = \begin{cases} 1 & a=b\\ 0 & a\neq b \end{cases}$$

est satisfaite pour tous $a,b\in\{0,\ldots,n-1\},$ auquel cas on a

$$\vert z_a \rangle = (\langle w_a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}) \vert \psi\rangle.$$

Pour une base donnée $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ de l'espace vectoriel correspondant à $\mathsf{X},$ les vecteurs $\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle$ uniquement déterminés pour lesquels l'équation $(1)$ est satisfaite ne satisferont pas nécessairement de propriétés particulières, même si $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ s'avère être une base orthonormale. Cependant, si on choisit $\{\vert x_0\rangle, \ldots, \vert x_{n-1}\rangle\}$ comme une base orthonormale de vecteurs propres de l'état réduit

$$\rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \bigl( \vert \psi\rangle \langle \psi \vert \bigr),$$

quelque chose d'intéressant se produit. Plus précisément, pour la collection uniquement déterminée $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ pour laquelle l'équation $(1)$ est vraie, on trouve que cette collection est nécessairement orthogonale.

En détail, considère une décomposition spectrale de $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert$$

On note ici les valeurs propres de $\rho$ par $p_0,\ldots,p_{n-1}$ pour rappeler le fait que $\rho$ est une matrice densité — donc le vecteur de valeurs propres $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ forme un vecteur de probabilités — tandis que $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ est une base orthonormale de vecteurs propres correspondant à ces valeurs propres. Pour voir que la collection unique $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ pour laquelle l'équation $(1)$ est vraie est nécessairement orthogonale, on peut commencer par calculer la trace partielle.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \operatorname{Tr}(\vert z_a\rangle\langle z_b\vert)\\ & = \sum_{a,b = 0}^{n-1} \langle z_b\vert z_a\rangle \, \vert x_a\rangle\langle x_b\vert. \end{aligned}$$

Cette expression doit coïncider avec la décomposition spectrale de $\rho.$ Puisque $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ est une base, on en conclut que l'ensemble des matrices

$$\bigl\{ \vert x_a\rangle\langle x_b\vert \,:\, a,b\in\{0,\ldots,n-1\} \bigr\}$$

est linéairement indépendant, et donc

$$\langle z_b \vert z_a\rangle = \begin{cases} p_a & a=b\\[1mm] 0 & a\neq b, \end{cases}$$

ce qui établit que $\{\vert z_0\rangle,\ldots,\vert z_{n-1}\rangle\}$ est orthogonal.

On est presque parvenu à une décomposition de Schmidt de $\vert\psi\rangle.$ Il reste à éliminer les termes dans $(1)$ pour lesquels $p_a = 0$ et à écrire $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ pour un vecteur unitaire $\vert y_a\rangle$ pour chacun des termes restants.

Une façon commode de procéder commence par l'observation que l'on est libre de numéroter les paires valeur propre/vecteur propre dans une décomposition spectrale de l'état réduit $\rho$ comme on le souhaite — on peut donc supposer que les valeurs propres sont triées par ordre décroissant :

$$p_0 \geq p_1 \geq \cdots \geq p_{n-1}.$$

En posant $r = \operatorname{rank}(\rho),$ on trouve que $p_0,\ldots,p_{r-1} > 0$ et $p_r = \cdots = p_{n-1} = 0.$ On a donc

$$\rho = \sum_{a = 0}^{r-1} p_a \vert x_a \rangle \langle x_a \vert,$$

et on peut écrire le vecteur d'état quantique $\vert \psi \rangle$ sous la forme

$$\vert\psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \vert x_a\rangle \otimes \vert z_a\rangle.$$

Étant donné que

$$\| \vert z_a \rangle \|^2 = \langle z_a \vert z_a \rangle = p_a > 0$$

pour $a=0,\ldots,r-1,$ on peut définir des vecteurs unitaires $\vert y_0 \rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle$ par

$$\vert y_a\rangle = \frac{\vert z_a\rangle}{\|\vert z_a\rangle\|} = \frac{\vert z_a\rangle}{\sqrt{p_a}},$$

de sorte que $\vert z_a\rangle = \sqrt{p_a}\vert y_a\rangle$ pour chaque $a\in\{0,\ldots,r-1\}.$ Puisque les vecteurs $\{\vert z_0\rangle, \ldots, \vert z_{r-1}\rangle\}$ sont orthogonaux et non nuls, il s'ensuit que $\{\vert y_0\rangle, \ldots, \vert y_{r-1}\rangle\}$ est un ensemble orthonormal, et on a donc obtenu une décomposition de Schmidt de $\vert\psi\rangle.$

$$\vert \psi\rangle = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a}\, \vert x_a\rangle \otimes \vert y_a \rangle$$

Concernant le choix des vecteurs $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ et $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\},$ on peut choisir $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ comme n'importe quel ensemble orthonormal de vecteurs propres correspondant aux valeurs propres non nulles de l'état réduit $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ (comme on l'a fait ci-dessus), auquel cas les vecteurs $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ sont uniquement déterminés.

La situation est symétrique entre les deux systèmes, donc on peut alternativement choisir $\{\vert y_0\rangle,\ldots,\vert y_{r-1}\rangle\}$ comme n'importe quel ensemble orthonormal de vecteurs propres correspondant aux valeurs propres non nulles de l'état réduit $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert),$ auquel cas les vecteurs $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{r-1}\rangle\}$ seront uniquement déterminés.

Note cependant qu'une fois qu'un des ensembles est sélectionné, comme ensemble de vecteurs propres de l'état réduit correspondant tel que décrit, l'autre est déterminé — donc ils ne peuvent pas être choisis indépendamment.

Bien que ce point ne réapparaisse pas dans cette série, il est à noter que les valeurs propres non nulles $p_0,\ldots,p_{r-1}$ de l'état réduit $\operatorname{Tr}_{\mathsf{X}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ doivent toujours coïncider avec les valeurs propres non nulles de l'état réduit $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(\vert\psi\rangle\langle\psi\vert)$ pour tout état pur $\vert\psi\rangle$ d'une paire de systèmes $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Intuitivement, les états réduits de $\mathsf{X}$ et de $\mathsf{Y}$ contiennent exactement la même quantité d'aléatoire lorsque la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ est dans un état pur. Ce fait est révélé par la décomposition de Schmidt : dans les deux cas, les valeurs propres des états réduits doivent coïncider avec les carrés des coefficients de Schmidt de l'état pur.

Équivalence unitaire des purifications

On peut utiliser les décompositions de Schmidt pour établir un fait fondamentalement important concernant les purifications, connu sous le nom d'équivalence unitaire des purifications.

Théorème

Équivalence unitaire des purifications : Suppose que $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ sont des systèmes, et que $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ sont des vecteurs d'état quantiques de $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ qui purifient tous les deux le même état de $\mathsf{X}.$ En formules,

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

pour une certaine matrice densité $\rho$ représentant un état de $\mathsf{X}.$ Il doit alors exister une opération unitaire $U$ sur $\mathsf{Y}$ seul qui transforme la première purification en la seconde :

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle = \vert\phi\rangle.$$

On va discuter de quelques implications de ce théorème au fil de la leçon, mais voyons d'abord comment il découle de notre discussion précédente sur les décompositions de Schmidt.

Notre hypothèse est que $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ sont des vecteurs d'état quantiques d'une paire de systèmes $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ qui satisfont l'équation

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\psi\rangle\langle\psi\vert) = \rho = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert)$$

pour une certaine matrice densité $\rho$ représentant un état de $\mathsf{X}.$

Considère une décomposition spectrale de $\rho.$

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert x_a\rangle\langle x_a\vert$$

Ici $\{\vert x_0\rangle,\ldots,\vert x_{n-1}\rangle\}$ est une base orthonormale de vecteurs propres de $\rho.$ En suivant la procédure décrite précédemment, on peut obtenir des décompositions de Schmidt pour $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ ayant la forme suivante.

$$\begin{aligned} \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert u_a\rangle\\[1mm] \vert\phi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle \end{aligned}$$

Dans ces expressions, $r$ est le rang de $\rho$ et $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{r-1}\rangle\}$ et $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{r-1}\rangle\}$ sont des ensembles orthonormaux de vecteurs dans l'espace correspondant à $\mathsf{Y}.$

Pour deux ensembles orthonormaux quelconques dans le même espace ayant le même nombre d'éléments, il existe toujours une matrice unitaire qui transforme le premier ensemble en le second, donc on peut choisir une matrice unitaire $U$ telle que $U \vert u_a\rangle = \vert v_a\rangle$ pour $a = 0,\ldots,r-1.$ En particulier, pour trouver une telle matrice $U,$ on peut d'abord utiliser le procédé d'orthogonalisation de Gram-Schmidt pour étendre nos ensembles orthonormaux en bases orthonormales $\{\vert u_0\rangle,\ldots,\vert u_{m-1}\rangle\}$ et $\{\vert v_0\rangle,\ldots,\vert v_{m-1}\rangle\},$ où $m$ est la dimension de l'espace correspondant à $\mathsf{Y},$ puis prendre

$$U = \sum_{a = 0}^{m-1} \vert v_a\rangle\langle u_a\vert.$$

On trouve alors

$$\begin{aligned} (\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert\psi\rangle & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes U \vert u_a\rangle\\ & = \sum_{a = 0}^{r-1} \sqrt{p_a} \, \vert x_a\rangle \otimes \vert v_a\rangle\\ & = \vert\phi\rangle, \end{aligned}$$

ce qui complète la preuve.

Voici quelques-unes des nombreuses applications et implications intéressantes liées à l'équivalence unitaire des purifications. On en verra une autre, d'importance cruciale, plus loin dans la leçon, dans le contexte de la fidélité, connue sous le nom de théorème d'Uhlmann.

Codage superdense

Dans le protocole de codage superdense, Alice et Bob partagent un e-bit, ce qui signifie qu'Alice détient un qubit $\mathsf{A},$ Bob détient un qubit $\mathsf{B},$ et ensemble la paire $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ est dans l'état de Bell $\vert\phi^{+}\rangle.$ Le protocole décrit comment Alice peut transformer cet état partagé en l'un quelconque des quatre états de Bell, $\vert\phi^+\rangle,$ $\vert\phi^-\rangle,$ $\vert\psi^+\rangle,$ et $\vert\psi^-\rangle,$ en appliquant une opération unitaire à son qubit $\mathsf{A}.$ Une fois qu'elle a fait cela, elle envoie $\mathsf{A}$ à Bob, puis Bob effectue une mesure sur la paire $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pour savoir dans quel état de Bell il se trouve.

Pour les quatre états de Bell, l'état réduit du qubit $\mathsf{B}$ de Bob est l'état complètement mélangé.

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^+\rangle\langle\phi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\phi^-\rangle\langle\phi^-\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^+\rangle\langle\psi^+\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi^-\rangle\langle\psi^-\vert) = \frac{\mathbb{I}}{2}$$

Par l'équivalence unitaire des purifications, on conclut immédiatement que pour chaque état de Bell, il doit exister une opération unitaire sur le qubit $\mathsf{A}$ d'Alice seul qui transforme $\vert\phi^+\rangle$ en l'état de Bell choisi. Bien que cela ne révèle pas les détails précis du protocole, l'équivalence unitaire des purifications implique immédiatement que le codage superdense est possible.

On peut également conclure que des généralisations du codage superdense à des systèmes plus grands sont toujours possibles, à condition de remplacer les états de Bell par une quelconque base orthonormale de purifications de l'état complètement mélangé.

Implications cryptographiques

L'équivalence unitaire des purifications a des implications concernant la mise en œuvre de primitives cryptographiques à l'aide de l'information quantique. Par exemple, l'équivalence unitaire des purifications révèle qu'il est impossible de mettre en œuvre une forme idéale d'engagement de bit (bit commitment) à l'aide de l'information quantique.

La primitive d'engagement de bit implique deux participants, Alice et Bob (qui ne se font pas confiance), et comporte deux phases.

• La première phase est la phase d'engagement, au cours de laquelle Alice s'engage sur une valeur binaire $b\in\{0,1\}.$ Cet engagement doit être contraignant, ce qui signifie qu'Alice ne peut pas changer d'avis, ainsi que dissimulant, ce qui signifie que Bob ne peut pas deviner la valeur sur laquelle Alice s'est engagée.
• La deuxième phase est la phase de révélation, au cours de laquelle le bit sur lequel Alice s'est engagée devient connu de Bob, qui doit alors être convaincu que c'est bien la valeur engagée qui a été révélée.

En termes intuitifs et opérationnels, la première phase de l'engagement de bit devrait fonctionner comme si Alice écrivait une valeur binaire sur un papier, enfermait le papier dans un coffre-fort et donnait le coffre-fort à Bob tout en gardant la clé pour elle. Alice s'est engagée sur la valeur binaire écrite sur le papier parce que le coffre-fort est en possession de Bob (c'est donc contraignant), mais parce que Bob ne peut pas ouvrir le coffre-fort, il ne peut pas savoir sur quelle valeur Alice s'est engagée (c'est donc dissimulant). La deuxième phase devrait fonctionner comme si Alice donnait la clé du coffre-fort à Bob, afin qu'il puisse l'ouvrir pour révéler la valeur sur laquelle Alice s'est engagée.

Il s'avère qu'il est impossible de mettre en œuvre un protocole d'engagement de bit parfait au moyen de l'information quantique seule, car cela contredirait l'équivalence unitaire des purifications. Voici un résumé de haut niveau d'un argument qui établit cela.

Pour commencer, on peut supposer qu'Alice et Bob effectuent uniquement des opérations unitaires ou introduisent de nouveaux systèmes initialisés pendant l'exécution du protocole. Le fait que tout canal possède une représentation de Stinespring nous permet de faire cette hypothèse.

À la fin de la phase d'engagement du protocole, Bob détient en sa possession un système composé qui doit être dans l'un de deux états quantiques : $\rho_0$ si Alice s'est engagée sur la valeur $0$ et $\rho_1$ si Alice s'est engagée sur la valeur $1.$ Pour que le protocole soit parfaitement dissimulant, Bob ne doit pas pouvoir distinguer ces deux états — donc on doit avoir $\rho_0 = \rho_1.$ (Sinon, il existerait une mesure qui discrimine ces états de façon probabiliste.)

Cependant, puisqu'Alice et Bob n'ont utilisé que des opérations unitaires, l'état de l'ensemble des systèmes impliqués dans le protocole après la phase d'engagement doit être dans un état pur. En particulier, suppose que $\vert\psi_0\rangle$ est l'état pur de tous les systèmes impliqués dans le protocole lorsqu'Alice s'engage sur $0,$ et que $\vert\psi_1\rangle$ est l'état pur de tous les systèmes impliqués dans le protocole lorsqu'Alice s'engage sur $1.$ En écrivant $\mathsf{A}$ et $\mathsf{B}$ pour désigner les systèmes (éventuellement composés) d'Alice et Bob, on a

$$\begin{aligned} \rho_0 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert)\\[1mm] \rho_1 & = \operatorname{Tr}_{\mathsf{A}}(\vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert). \end{aligned}$$

Compte tenu de l'exigence que $\rho_0 = \rho_1$ pour un protocole parfaitement dissimulant, on trouve que $\vert\psi_0\rangle$ et $\vert\psi_1\rangle$ sont des purifications du même état — et donc, par l'équivalence unitaire des purifications, il doit exister une opération unitaire $U$ sur $\mathsf{A}$ seul telle que

$$(U\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{B}})\vert\psi_0\rangle = \vert\psi_1\rangle.$$

Alice est donc libre de changer son engagement de $0$ à $1$ en appliquant $U$ à $\mathsf{A},$ ou de $1$ à $0$ en appliquant $U^{\dagger},$ et le protocole hypothétique considéré échoue donc complètement à être contraignant.

Théorème de Hughston-Jozsa-Wootters

La dernière implication de l'équivalence unitaire des purifications qu'on va aborder dans cette partie de la leçon est le théorème suivant, connu sous le nom de théorème de Hughston-Jozsa-Wootters. (Il s'agit en fait d'un énoncé légèrement simplifié du théorème portant ce nom.)

Théorème

Hughston-Jozsa-Wootters : Soit $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ des systèmes et soit $\vert\phi\rangle$ un vecteur d'état quantique de la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$ Soit aussi $N$ un entier positif arbitraire, $(p_0,\ldots,p_{N-1})$ un vecteur de probabilités, et $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ des vecteurs d'état quantiques représentant des états de $\mathsf{X}$ tels que

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Il existe une mesure (générale) $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ sur $\mathsf{Y}$ telle que les deux affirmations suivantes sont vraies lorsque cette mesure est effectuée sur $\mathsf{Y}$ quand $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ est dans l'état $\vert\phi\rangle :$

1. Chaque résultat de mesure $a\in\{0,\ldots,N-1\}$ apparaît avec probabilité $p_a$.
2. Conditionnellement à l'obtention du résultat de mesure $a,$ l'état de $\mathsf{X}$ devient $\vert\psi_a\rangle.$

Intuitivement, ce théorème affirme que tant qu'on a un état pur de deux systèmes, alors pour toute façon de concevoir l'état réduit du premier système comme une combinaison convexe d'états purs, il existe une mesure du second système qui rend effective cette façon de concevoir le premier système. Note que le nombre $N$ n'est pas nécessairement borné par le nombre d'états classiques de $\mathsf{X}$ ou de $\mathsf{Y}.$ Par exemple, il pourrait être que $N = 1\,000\,000$ tandis que $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ sont des qubits.

On va prouver ce théorème en utilisant l'équivalence unitaire des purifications, en commençant par l'introduction d'un nouveau système $\mathsf{Z}$ dont l'ensemble d'états classiques est $\{0,\ldots,N-1\}.$ Considère les deux vecteurs d'état quantiques suivants du triplet $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z}).$

$$\begin{aligned} \vert\gamma_0\rangle & = \vert\phi\rangle_{\mathsf{XY}}\otimes\vert 0\rangle_{\mathsf{Z}}\\[1mm] \vert\gamma_1\rangle & = \sum_{a = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\, \vert\psi_a\rangle_{\mathsf{X}} \otimes \vert 0\rangle_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle_{\mathsf{Z}} \end{aligned}$$

Le premier vecteur $\vert\gamma_0\rangle$ est simplement le vecteur d'état quantique donné $\vert\phi\rangle$ mis en produit tensoriel avec $\vert 0\rangle$ pour le nouveau système $\mathsf{Z}.$ Pour le second vecteur $\vert\gamma_1\rangle,$ on a essentiellement un vecteur d'état quantique qui rendrait le théorème trivial — du moins si $\mathsf{Y}$ était remplacé par $\mathsf{Z}$ — car une mesure dans la base standard effectuée sur $\mathsf{Z}$ donne clairement chaque résultat $a$ avec probabilité $p_a,$ et conditionnellement à l'obtention de ce résultat l'état de $\mathsf{X}$ devient $\vert\psi_a\rangle.$

En considérant la paire $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ comme un seul système composé qu'on peut tracer pour laisser $\mathsf{X},$ on trouve qu'on a identifié deux purifications différentes de l'état

$$\rho = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert.$$

Plus précisément, pour la première on a

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_0\rangle\langle\gamma_0\vert) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (\vert\phi\rangle\langle\phi\vert) = \rho$$

et pour la seconde on a

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{YZ}} (\vert\gamma_1\rangle\langle\gamma_1\vert) & = \sum_{a,b = 0}^{N-1} \sqrt{p_a}\sqrt{p_b} \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert \operatorname{Tr}(\vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert a\rangle\langle b\vert)\\ & = \sum_{a = 0}^{N-1} p_a \, \vert\psi_a\rangle\langle\psi_a\vert\\ & = \rho. \end{aligned}$$

Il doit donc exister une opération unitaire $U$ sur $(\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ satisfaisant

$$(\mathbb{I}_{\mathsf{X}} \otimes U) \vert \gamma_0 \rangle = \vert\gamma_1\rangle$$

par l'équivalence unitaire des purifications.

En utilisant cette opération unitaire $U,$ on peut implémenter une mesure qui satisfait les exigences du théorème, comme l'illustre le diagramme suivant. En d'autres termes, on introduit le nouveau système $\mathsf{Z}$ initialisé à l'état $\vert 0\rangle,$ on applique $U$ à $(\mathsf{Y},\mathsf{Z}),$ ce qui transforme l'état de $(\mathsf{X},\mathsf{Y},\mathsf{Z})$ de $\vert\gamma_0\rangle$ en $\vert\gamma_1\rangle,$ puis on mesure $\mathsf{Z}$ avec une mesure dans la base standard, ce qui donne le comportement désiré comme on l'a déjà observé.

Le rectangle pointillé dans la figure représente une implémentation de cette mesure, qui peut être décrite comme une collection de matrices semi-définies positives $\{P_0,\ldots,P_{N-1}\}$ de la façon suivante.

$$P_a = (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \langle 0\vert) U^{\dagger} (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert a\rangle\langle a \vert)U (\mathbb{I}_{\mathsf{Y}} \otimes \vert 0\rangle)$$