Equivalência das representações

Até agora discutimos três formas diferentes de representar canais em termos matemáticos: representações de Stinespring, representações de Kraus e representações de Choi. Também temos a definição de canal, que estabelece que um canal é um mapeamento linear que sempre transforma matrizes de densidade em matrizes de densidade, mesmo quando o canal é aplicado a apenas uma parte de um sistema composto. O restante da lição é dedicado a uma prova matemática de que as três representações são equivalentes e capturam precisamente a definição.

Visão geral da prova

Nosso objetivo é estabelecer a equivalência de uma coleção de quatro afirmações, e começaremos escrevendo-as com precisão. Todas as quatro afirmações seguem as mesmas convenções utilizadas ao longo da lição: $\Phi$ é um mapeamento linear de matrizes quadradas para matrizes quadradas, as linhas e colunas das matrizes de entrada foram colocadas em correspondência com os estados clássicos de um sistema $\mathsf{X}$ (o sistema de entrada), e as linhas e colunas das matrizes de saída foram colocadas em correspondência com os estados clássicos de um sistema $\mathsf{Y}$ (o sistema de saída).

1. $\Phi$ é um canal de $\mathsf{X}$ para $\mathsf{Y}.$ Isto é, $\Phi$ sempre transforma matrizes de densidade em matrizes de densidade, mesmo quando age sobre uma parte de um sistema composto maior.

2. A matriz de Choi $J(\Phi)$ é semidefinida positiva e satisfaz a condição $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Existe uma representação de Kraus para $\Phi.$ Isto é, existem matrizes $A_0,\ldots,A_{N-1}$ para as quais a equação $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ é verdadeira para toda entrada $\rho,$ e que satisfazem a condição $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Existe uma representação de Stinespring para $\Phi.$ Isto é, existem sistemas $\mathsf{W}$ e $\mathsf{G}$ para os quais os pares $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ e $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ têm o mesmo número de estados clássicos, juntamente com uma matriz unitária $U$ representando uma operação unitária de $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ para $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ tal que $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

A forma como a prova funciona é que um ciclo de implicações é provado: a primeira afirmação da nossa lista implica a segunda, a segunda implica a terceira, a terceira implica a quarta, e a quarta afirmação implica a primeira. Isso estabelece que todas as quatro afirmações são equivalentes — ou seja, elas são todas verdadeiras ou todas falsas para uma dada escolha de $\Phi$ — pois as implicações podem ser seguidas transitivamente de qualquer uma das afirmações para qualquer outra.

Essa é uma estratégia comum ao provar que uma coleção de afirmações são equivalentes, e um truque útil a utilizar nesse contexto é configurar as implicações de forma a torná-las tão fáceis de provar quanto possível. É o que acontece aqui — e na verdade já encontramos duas das quatro implicações.

Canais para matrizes de Choi

Referindo-nos às afirmações listadas acima por seus números, a primeira implicação a ser provada é 1 $\Rightarrow$ 2. Essa implicação já foi discutida no contexto do estado de Choi de um canal. Aqui resumiremos os detalhes matemáticos.

Suponha que o conjunto de estados clássicos do sistema de entrada $\mathsf{X}$ seja $\Sigma$ e seja $n = \vert\Sigma\vert.$ Considere a situação em que $\Phi$ é aplicado ao segundo de dois sistemas $\mathsf{X}$ juntos no estado

$$\vert \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{a \in \Sigma} \vert a \rangle \otimes \vert a \rangle,$$

que, como matriz de densidade, é dado por

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b \in \Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert.$$

O resultado pode ser escrito como

$$(\operatorname{Id}\otimes \,\Phi) \bigl(\vert \psi \rangle \langle \psi \vert\bigr) = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) = \frac{J(\Phi)}{n},$$

e pela suposição de que $\Phi$ é um canal, isso deve ser uma matriz de densidade. Como toda matriz de densidade, ela deve ser semidefinida positiva, e multiplicar uma matriz semidefinida positiva por um número real positivo resulta em outra matriz semidefinida positiva, portanto $J(\Phi) \geq 0.$

Além disso, sob a suposição de que $\Phi$ é um canal, ele deve preservar o traço, e portanto

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\Phi( \vert a\rangle\langle b \vert)\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \, \vert a\rangle\langle b \vert\\ & = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle\langle a \vert\\ & = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}. \end{aligned}$$

Representações de Choi para Kraus

A segunda implicação, referindo-nos novamente às afirmações da nossa lista por seus números, é 2 $\Rightarrow$ 3. Para ser claro, estamos ignorando as demais afirmações — e em particular não podemos assumir que $\Phi$ é um canal. Tudo o que temos para trabalhar é que $\Phi$ é um mapeamento linear cuja representação de Choi satisfaz $J(\Phi) \geq 0$ e $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Isso, no entanto, é suficiente para concluirmos que $\Phi$ possui uma representação de Kraus

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

para a qual a condição

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

é satisfeita.

Começamos com a suposição criticamente importante de que $J(\Phi)$ é semidefinida positiva, o que significa que é possível expressá-la na forma

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \tag{1}$$

para alguma escolha dos vetores $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ Em geral haverá múltiplas formas de fazer isso — e de fato isso espelha diretamente a liberdade que se tem ao escolher uma representação de Kraus para $\Phi.$

Uma forma de obter tal expressão é primeiro usar o teorema espectral para escrever

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \lambda_k \vert \gamma_k \rangle \langle \gamma_k \vert,$$

em que $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ são os autovalores de $J(\Phi)$ (que são necessariamente números reais não negativos pois $J(\Phi)$ é semidefinida positiva) e $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ são autovetores unitários correspondentes aos autovalores $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Observe que, embora não haja liberdade na escolha dos autovalores (exceto em como são ordenados), há liberdade na escolha dos autovetores, especialmente quando há autovalores com multiplicidade maior que um. Portanto, essa não é uma expressão única de $J(\Phi)$ — estamos apenas assumindo que temos uma tal expressão. De qualquer forma, como os autovalores são números reais não negativos, eles têm raízes quadradas não negativas, e assim podemos selecionar

$$\vert\psi_k\rangle = \sqrt{\lambda_k} \vert \gamma_k\rangle$$

para cada $k = 0,\ldots,N-1$ para obter uma expressão na forma $(1).$

No entanto, não é essencial que a expressão $(1)$ venha de uma decomposição espectral dessa forma, e em particular os vetores $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ não precisam ser ortogonais em geral. Vale notar, porém, que podemos escolher esses vetores para serem ortogonais se desejarmos — e além disso nunca precisamos que $N$ seja maior que $nm$ (lembrando que $n$ e $m$ denotam os números de estados clássicos de $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y},$ respectivamente).

Em seguida, cada um dos vetores $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ pode ser decomposto como

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle,$$

onde os vetores $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ possuem entradas correspondentes aos estados clássicos de $\mathsf{Y}$ e podem ser determinados explicitamente pela equação

$$\vert \phi_{k,a}\rangle = \bigl( \langle a \vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{Y}}\bigr) \vert \psi_k\rangle$$

para cada $a\in\Sigma$ e $k=0,\ldots,N-1.$ Embora $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ não sejam necessariamente vetores unitários, esse é o mesmo processo que usaríamos para analisar o que aconteceria se uma medição na base padrão fosse realizada no sistema $\mathsf{X}$ dado um vetor de estado quântico do par $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

E agora chegamos ao truque que faz essa parte da prova funcionar. Definimos nossas matrizes de Kraus $A_0,\ldots,A_{N-1}$ de acordo com a seguinte equação.

$$A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

Podemos pensar nessa fórmula de forma puramente simbólica: $\vert a\rangle$ é efetivamente invertido para formar $\langle a\vert$ e movido para o lado direito, formando uma matriz. Para fins de verificação da prova, a fórmula é tudo o que precisamos.

Há, no entanto, uma relação simples e intuitiva entre o vetor $\vert\psi_k\rangle$ e a matriz $A_k,$ que é que ao vetorizar $A_k$ obtemos $\vert\psi_k\rangle.$ Vetorizar $A_k$ significa empilhar as colunas umas sobre as outras (com a coluna mais à esquerda no topo, seguindo até a mais à direita na parte inferior), para formar um vetor. Por exemplo, se $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ são ambos qubits, e para alguma escolha de $k$ temos

$$\begin{aligned} \vert\psi_k\rangle & = \alpha_{00} \vert 0\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{01} \vert 0\rangle \otimes \vert 1\rangle + \alpha_{10} \vert 1\rangle \otimes \vert 0\rangle + \alpha_{11} \vert 1\rangle \otimes \vert 1\rangle\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} \\[1mm] \alpha_{01} \\[1mm] \alpha_{10} \\[1mm] \alpha_{11} \end{pmatrix}, \end{aligned}$$

então

$$\begin{aligned} A_k & = \alpha_{00} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \alpha_{01} \vert 1\rangle\langle 0\vert + \alpha_{10} \vert 0\rangle\langle 1\vert + \alpha_{11} \vert 1\rangle\langle 1\vert\\[2mm] & = \begin{pmatrix} \alpha_{00} & \alpha_{10}\\[1mm] \alpha_{01} & \alpha_{11} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

(Atenção: às vezes a vetorização de uma matriz é definida de forma ligeiramente diferente, em que as linhas da matriz são transpostas e empilhadas umas sobre as outras para formar um vetor coluna.)

Primeiro verificaremos que essa escolha de matrizes de Kraus descreve corretamente o mapeamento $\Phi,$ após o que verificaremos a outra condição necessária. Para manter as coisas claras, vamos definir um novo mapeamento $\Psi$ da seguinte forma.

$$\Psi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

Portanto, nosso objetivo é verificar que $\Psi = \Phi.$

A forma como podemos fazer isso é comparando as representações de Choi desses mapeamentos. Representações de Choi são fiéis, então temos $\Psi = \Phi$ se e somente se $J(\Phi) = J(\Psi).$ Nesse ponto podemos simplesmente calcular $J(\Psi)$ usando as expressões

$$\vert\psi_k\rangle = \sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a}\rangle \quad\text{e}\quad A_k = \sum_{a\in\Sigma} \vert \phi_{k,a}\rangle\langle a \vert$$

juntamente com a bilinearidade dos produtos tensoriais para simplificar.

$$\begin{aligned} J(\Psi) & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \vert a\rangle \langle b \vert A_k^{\dagger}\\[2mm] & = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \biggl(\sum_{a\in\Sigma} \vert a\rangle \otimes \vert \phi_{k,a} \rangle\biggr) \biggl(\sum_{b\in\Sigma} \langle b\vert \otimes \langle \phi_{k,b} \vert\biggr)\\[2mm] & = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k \rangle \langle \psi_k \vert \\[2mm] & = J(\Phi) \end{aligned}$$

Portanto, nossas matrizes de Kraus descrevem corretamente $\Phi.$

Resta verificar a condição necessária sobre $A_0,\ldots,A_{N-1},$ que acaba sendo equivalente à suposição $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (que ainda não usamos). O que mostraremos é esta relação:

$$\Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr)^{T} = \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) \tag{2}$$

(em que estamos nos referindo à transposta matricial no lado esquerdo).

Começando pelo lado esquerdo, podemos primeiro observar que

$$\begin{aligned} \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T & = \Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert b \rangle \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \langle a \vert\Biggr)^T\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

A última igualdade decorre do fato de que a transposta é linear e mapeia $\vert b\rangle\langle a \vert$ em $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Passando para o lado direito da nossa equação, temos

$$J(\Phi) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert \psi_k\rangle\langle\psi_k \vert = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle \langle b \vert \otimes \vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert$$

e portanto

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi_{k,a}\rangle\langle \phi_{k,b} \vert \bigr)\, \vert a\rangle \langle b \vert\\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} \sum_{a,b\in\Sigma} \langle \phi_{k,b} \vert \phi_{k,a} \rangle \vert a \rangle \langle b \vert. \end{aligned}$$

Obtivemos o mesmo resultado, e portanto a equação $(2)$ foi verificada. Segue-se, pela suposição $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ que

$$\Biggl(\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k\Biggr)^T = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

e portanto, como a matriz identidade é sua própria transposta, a condição necessária é verdadeira.

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

Representação de Kraus para Stinespring

Suponha agora que temos uma representação de Kraus de um mapeamento

$$\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$$

para o qual

$$\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Nosso objetivo é encontrar uma representação de Stinespring para $\Phi.$

O que gostaríamos de fazer primeiro é escolher o sistema de lixo $\mathsf{G}$ de modo que seu conjunto de estados clássicos seja $\{0,\ldots,N-1\}.$ Para que $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ e $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ tenham o mesmo tamanho, porém, é necessário que $n$ divida $m N,$ o que nos permite tomar $\mathsf{W}$ com estados clássicos $\{0,\ldots,d-1\}$ para $d = mN/n.$

Para uma escolha arbitrária de $n,$ $m,$ e $N,$ pode não ser o caso de $mN/n$ ser um inteiro, portanto não somos de fato livres para escolher $\mathsf{G}$ de modo que seu conjunto de estados clássicos seja $\{0,\ldots,N-1\}.$ Mas sempre podemos aumentar $N$ arbitrariamente na representação de Kraus escolhendo $A_k = 0$ para quantos valores adicionais de $k$ desejarmos.

Assim, se assumirmos tacitamente que $mN/n$ é um inteiro — o que equivale a $N$ ser múltiplo de $m/\operatorname{gcd}(n,m)$ — então somos livres para tomar $\mathsf{G}$ de modo que seu conjunto de estados clássicos seja $\{0,\ldots,N-1\}.$ Em particular, se $N = nm,$ podemos tomar $\mathsf{W}$ com $m^2$ estados clássicos.

Resta escolher $U,$ e faremos isso seguindo o padrão abaixo.

$$U = \begin{pmatrix} A_{0} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] A_{1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] A_{N-1} & \fbox{?} & \cdots & \fbox{?} \end{pmatrix}$$

Para ficar claro, esse padrão pretende sugerir uma matriz em blocos, onde cada bloco (incluindo $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ bem como os blocos marcados com um ponto de interrogação) tem $m$ linhas e $n$ colunas. Há $N$ linhas de blocos, o que significa que há $d = mN/n$ colunas de blocos.

Expresso em termos mais formais, definiremos $U$ como

$$\begin{aligned} U & = \sum_{k=0}^{N-1} \sum_{j=0}^{d-1} \vert k \rangle \langle j \vert \otimes M_{k,j} \\[4mm] & = \begin{pmatrix} M_{0,0} & M_{0,1} & \cdots & M_{0,d-1} \\[1mm] M_{1,0} & M_{1,1} & \cdots & M_{1,d-1} \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] M_{N-1,0} & M_{N-1,1} & \cdots & M_{N-1,d-1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

onde cada matriz $M_{k,j}$ tem $m$ linhas e $n$ colunas, e em particular tomaremos $M_{k,0} = A_k$ para $k = 0,\ldots,N-1.$

Essa deve ser uma matriz unitária, e os blocos marcados com ponto de interrogação — ou equivalentemente $M_{k,j}$ para $j>0$ — devem ser escolhidos com isso em mente; mas além de permitir que $U$ seja unitária, esses blocos não terão nenhuma relevância para a prova.

Vamos momentaneamente ignorar a preocupação de que $U$ seja unitária e nos concentrar na expressão

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

que descreve o estado de saída de $\mathsf{Y}$ dado o estado de entrada $\rho$ de $\mathsf{X}$ para nossa representação de Stinespring. Podemos escrever alternativamente

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) \rho (\langle 0\vert \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{W}}) U^{\dagger},$$

e vemos pela nossa escolha de $U$ que

$$U(\vert 0\rangle\otimes\mathbb{I}_{\mathsf{W}}) = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k.$$

Portanto, concluímos que

$$U(\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho)U^{\dagger} = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \vert k\rangle\langle j\vert \otimes A_k \rho A_j^{\dagger},$$

e assim

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho) U^{\dagger}\bigr) & = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert k\rangle\langle j\vert\bigr) \, A_k \rho A_j^{\dagger} \\ & = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger} \\ & = \Phi(\rho). \end{aligned}$$

Temos, portanto, uma representação correta para o mapeamento $\Phi,$ e resta verificar que podemos escolher $U$ como unitária.

Considere as primeiras $n$ colunas de $U$ quando ela é escolhida de acordo com o padrão acima. Tomando apenas essas colunas, temos uma matriz em blocos

$$\begin{pmatrix} A_0\\[1mm] A_1\\[1mm] \vdots\\[1mm] A_{N-1} \end{pmatrix}.$$

Há $n$ colunas, uma para cada estado clássico de $\mathsf{X},$ e como vetores vamos nomear as colunas como $\vert \gamma_a \rangle$ para cada $a\in\Sigma.$ Aqui está uma fórmula para esses vetores que pode ser relacionada à representação em blocos acima.

$$\vert \gamma_a\rangle = \sum_{k = 0}^{N-1} \vert k\rangle \otimes A_k \vert a \rangle$$

Agora vamos calcular o produto interno entre quaisquer dois desses vetores, ou seja, os correspondentes a qualquer escolha de $a,b\in\Sigma.$

$$\langle \gamma_a \vert \gamma_b \rangle = \sum_{j,k = 0}^{N-1} \langle k \vert j \rangle \, \langle a \vert A_k^{\dagger} A_j \vert b\rangle = \langle a \vert \Biggl( \sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k \Biggr) \vert b\rangle$$

Pela hipótese

$$\sum_{k = 0}^{m-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$$

concluímos que os $n$ vetores coluna $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ formam um conjunto ortonormal:

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

para todo $a,b\in\Sigma.$

Isso implica que é possível completar as colunas restantes de $U$ de modo que ela se torne uma matriz unitária. Em particular, o processo de ortonormalização de Gram-Schmidt pode ser usado para selecionar as colunas restantes. Algo semelhante foi feito na lição Circuitos quânticos de "Fundamentos de informação quântica" no contexto do problema de discriminação de estados.

Representações de Stinespring de volta à definição

A implicação final é 4 $\Rightarrow$ 1. Ou seja, assumimos que temos uma operação unitária transformando um par de sistemas $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ em um par $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ e nosso objetivo é concluir que o mapeamento

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( U (\vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho)U^{\dagger}\bigr)$$

é um canal válido. Pela sua forma, fica evidente que $\Phi$ é linear, e resta verificar que ela sempre transforma matrizes densidade em matrizes densidade. Isso é bastante direto e já discutimos os pontos principais.

Em particular, se começarmos com uma matriz densidade $\sigma$ de um sistema composto $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ e em seguida adicionarmos um sistema de espaço de trabalho $\mathsf{W},$ certamente continuaremos com uma matriz densidade. Se reordenarmos os sistemas $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ por conveniência, podemos escrever esse estado como

$$\vert 0\rangle\langle 0\vert_{\mathsf{W}} \otimes \sigma.$$

Em seguida, aplicamos a operação unitária $U,$ e como já discutimos, isso é um canal válido e, portanto, mapeia matrizes densidade em matrizes densidade. Por fim, o traço parcial de uma matriz densidade é outra matriz densidade.

Outra maneira de dizer isso é observar primeiro que cada uma dessas coisas é um canal válido:

1. Introduzir um sistema de espaço de trabalho inicializado.
2. Realizar uma operação unitária.
3. Traçar um sistema (traço parcial).

E por fim, qualquer composição de canais é outro canal — o que é imediato a partir da definição, mas também é um fato que vale a pena observar por si só.