Representações de canais

A seguir, vamos discutir representações matemáticas de canais.

Mapeamentos lineares de vetores para vetores podem ser representados por matrizes de forma bem familiar, em que a ação do mapeamento linear é descrita pela multiplicação matriz-vetor. Mas canais são mapeamentos lineares de matrizes para matrizes, não de vetores para vetores. Então, em geral, como podemos expressar canais em termos matemáticos?

Para alguns canais, podemos ter uma fórmula simples que os descreve, como nos três exemplos de canais de qubit não-unitários descritos anteriormente. Mas um canal arbitrário pode não ter uma fórmula tão conveniente, então não é prático, em geral, expressar um canal dessa maneira.

Como ponto de comparação, na formulação simplificada da informação quântica usamos matrizes unitárias para representar operações em vetores de estado quântico: toda matriz unitária representa uma operação válida e toda operação válida pode ser expressa como uma matriz unitária. Em essência, a pergunta que está sendo feita é: como podemos fazer algo análogo para canais?

Para responder a essa pergunta, vamos precisar de um maquinário matemático adicional. Veremos que canais podem, de fato, ser descritos matematicamente de algumas formas diferentes, incluindo representações nomeadas em homenagem a três indivíduos que desempenharam papéis-chave em seu desenvolvimento: Stinespring, Kraus, e Choi. Juntas, essas diferentes formas de descrever canais oferecem ângulos distintos pelos quais eles podem ser visualizados e analisados.

Representações de Stinespring

As representações de Stinespring são baseadas na ideia de que todo canal pode ser implementado de forma padronizada, em que um sistema de entrada é primeiro combinado com um sistema de espaço de trabalho inicializado, formando um sistema composto; em seguida, uma operação unitária é realizada no sistema composto; e, finalmente, o sistema de espaço de trabalho é descartado (ou traçado fora), deixando a saída do canal.

A figura a seguir representa tal implementação, na forma de um diagrama de circuito, para um canal cujos sistemas de entrada e saída são o mesmo sistema, $\mathsf{X}.$

Neste diagrama, os fios representam sistemas arbitrários, conforme indicado pelos rótulos acima deles, e não necessariamente qubits individuais. Além disso, o símbolo de terra comumente usado em engenharia elétrica indica explicitamente que $\mathsf{W}$ é descartado.

Em palavras, o funcionamento da implementação é o seguinte. O sistema de entrada $\mathsf{X}$ começa em algum estado $\rho,$ enquanto um sistema de espaço de trabalho $\mathsf{W}$ é inicializado no estado da base padrão $\vert 0\rangle.$ Uma operação unitária $U$ é realizada no par $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ e finalmente o sistema de espaço de trabalho $\mathsf{W}$ é traçado fora, deixando $\mathsf{X}$ como saída.

Observe que estamos presumindo que $0$ é um estado clássico de $\mathsf{W},$ e escolhemos que ele seja o estado inicializado deste sistema, o que ajudará a simplificar a matemática. No entanto, poderíamos escolher qualquer estado puro fixo para representar o estado inicializado de $\mathsf{W}$ sem alterar as propriedades básicas da representação.

Uma expressão matemática do canal resultante, $\Phi,$ é a seguinte.

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

Como de costume, estamos usando a convenção de ordenação do Qiskit: o sistema $\mathsf{X}$ está no topo do diagrama, e, portanto, corresponde ao fator tensorial do lado direito na fórmula.

Em geral, os sistemas de entrada e saída de um canal não precisam ser os mesmos. Aqui está uma figura representando a implementação de um canal $\Phi$ cujo sistema de entrada é $\mathsf{X}$ e cujo sistema de saída é $\mathsf{Y}.$

Desta vez, a operação unitária transforma $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ em um par $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ em que $\mathsf{G}$ é um novo sistema de "lixo" que é traçado fora, deixando $\mathsf{Y}$ como sistema de saída. Para que $U$ seja unitária, ela deve ser uma matriz quadrada. Isso exige que o par $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ tenha o mesmo número de estados clássicos que o par $(\mathsf{W},\mathsf{X}),$ de modo que os sistemas $\mathsf{W}$ e $\mathsf{G}$ devem ser escolhidos de forma que isso seja possível.

Obtemos uma expressão matemática do canal resultante, $\Phi,$ semelhante ao que tínhamos antes.

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

Quando um canal é descrito dessa forma — como uma operação unitária junto com uma especificação de como o sistema de espaço de trabalho é inicializado e como o sistema de saída é selecionado — dizemos que ele está expresso na forma de Stinespring ou que é uma representação de Stinespring do canal.

Não é nada óbvio, mas todo canal de fato possui uma representação de Stinespring, como veremos ao final da lição. Também veremos que as representações de Stinespring não são únicas; sempre haverá formas diferentes de implementar o mesmo canal da maneira descrita.

Observação

No contexto da informação quântica, o termo representação de Stinespring geralmente se refere a uma expressão ligeiramente mais geral de um canal com a forma

$$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}} \bigl( A \rho A^{\dagger} \bigr)$$

para uma isometria $A,$ que é uma matriz cujas colunas são ortonormais, mas que pode não ser uma matriz quadrada. Para representações de Stinespring com a forma que adotamos como definição, podemos obter uma expressão nessa outra forma tomando

$$A = U (\vert 0\rangle_{\mathsf{W}} \otimes \mathbb{I}_{\mathsf{X}}).$$

Canal completamente defasador

Aqui está uma representação de Stinespring do canal de defasagem de qubit $\Delta.$ Neste diagrama, ambos os fios representam qubits individuais — portanto, este é um diagrama de circuito quântico comum.

Para verificar que o efeito que esse circuito tem sobre o qubit de entrada é de fato descrito pelo canal completamente defasador, podemos percorrer o circuito passo a passo, usando a representação matricial explícita do traço parcial discutida na lição anterior. Vamos nos referir ao qubit do topo como $\mathsf{X}$ — esta é a entrada e saída do canal — e assumiremos que $\mathsf{X}$ começa em algum estado arbitrário $\rho.$

O primeiro passo é a introdução de um qubit de espaço de trabalho, $\mathsf{W}.$ Antes de a porta CNOT ser realizada, o estado do par $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ é representado pela seguinte matriz de densidade.

$$\begin{aligned} \vert 0\rangle \langle 0 \vert_{\mathsf{W}} \otimes \rho & = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

De acordo com a convenção de ordenação do Qiskit, o qubit do topo $\mathsf{X}$ está à direita e o qubit do fundo $\mathsf{W}$ está à esquerda. Estamos usando matrizes de densidade em vez de vetores de estado quântico, mas elas são tensorizadas de forma semelhante ao que se faz na formulação simplificada da informação quântica.

O próximo passo é realizar a operação CNOT, em que $\mathsf{X}$ é o controle e $\mathsf{W}$ é o alvo. Mantendo em mente a convenção de ordenação do Qiskit, a representação matricial desta porta é a seguinte.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Esta é uma operação unitária, e para aplicá-la a uma matriz de densidade conjugamos pela matriz unitária. A transposta conjugada não altera esta matriz em particular, então o resultado é o seguinte.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\\[3mm] = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}$$

Por fim, o traço parcial é realizado em $\mathsf{W}.$ Lembrando a ação desta operação em matrizes $4\times 4$, descrita na lição anterior, obtemos a seguinte matriz de densidade de saída.

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 & 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Podemos alternativamente calcular o traço parcial convertendo primeiro para a notação de Dirac.

$$\begin{pmatrix} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle & 0 & 0 & \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \end{pmatrix} = \begin{array}{r} \langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 0\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 0\rangle\langle 1\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 1\rangle\langle 0\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 0\vert \\[1mm] +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert \otimes \vert 1\rangle\langle 1\vert \end{array}$$

Traçando fora o qubit do lado esquerdo, obtemos o mesmo resultado de antes.

$$\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0\vert +\, \langle 1\vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1\vert = \Delta(\rho)$$

Uma forma intuitiva de pensar sobre este circuito é que a operação CNOT efetivamente copia o estado clássico do qubit de entrada, e quando a cópia é jogada fora o qubit de entrada "colapsa" probabilisticamente para um dos dois possíveis estados clássicos, o que é equivalente à defasagem completa.

Canal completamente defasador (alternativa)

O circuito descrito acima não é a única maneira de implementar o canal completamente defasador. Aqui está uma forma diferente de fazer isso.

Aqui está uma análise rápida mostrando que esta implementação funciona. Após a porta Hadamard ser realizada, temos o seguinte estado de dois qubits como matriz de densidade:

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

A porta $\sigma_z$ controlada opera por conjugação da seguinte forma.

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

Por fim, o sistema de espaço de trabalho $\mathsf{W}$ é traçado fora.

$$\frac{1}{2} \operatorname{Tr}_{\mathsf{W}} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle & -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[3mm] \begin{aligned} & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[2mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Esta implementação é baseada em uma ideia simples: a defasagem é equivalente a ou não fazer nada (isto é, aplicar uma operação identidade) ou aplicar uma porta $\sigma_z$, cada uma com probabilidade $1/2.$

$$\begin{aligned} \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z & = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] \langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & -\langle 0 \vert \rho \vert 1 \rangle\\[1mm] -\langle 1 \vert \rho \vert 0 \rangle & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[4mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0\\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix}\\[2mm] & = \Delta(\rho) \end{aligned}$$

Ou seja, o canal completamente defasador é um exemplo de canal misto-unitário e, mais especificamente, um canal de Pauli.

Canal de reset de qubit

O canal de reset de qubit pode ser implementado da seguinte forma.

A porta SWAP simplesmente desloca o estado $\vert 0\rangle$ inicializado do qubit de espaço de trabalho para que ele seja gerado como saída, enquanto o estado de entrada $\rho$ é movido para o qubit de baixo e então traçado fora.

Alternativamente, se não exigirmos que a saída do canal fique no topo, podemos tomar este circuito muito simples como nossa representação.

Em palavras, resetar um qubit para o estado $\vert 0\rangle$ é equivalente a jogar o qubit fora e pegar um novo.

Representações de Kraus

Agora vamos discutir as representações de Kraus, que oferecem uma forma conveniente e formulaica de expressar a ação de um canal por meio de multiplicação e adição de matrizes. Em particular, uma representação de Kraus é uma especificação de um canal, $\Phi,$ na seguinte forma.

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

Aqui, $A_0,\ldots,A_{N-1}$ são matrizes que têm todas as mesmas dimensões: suas colunas correspondem aos estados clássicos do sistema de entrada, $\mathsf{X},$ e suas linhas correspondem aos estados clássicos do sistema de saída, seja ele $\mathsf{X}$ ou algum outro sistema $\mathsf{Y}.$ Para que $\Phi$ seja um canal válido, essas matrizes devem satisfazer a seguinte condição.

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

Essa condição é equivalente à condição de que $\Phi$ preserva o traço. A outra propriedade exigida de um canal — a completa positividade — decorre da forma geral da equação de $\Phi,$ como uma soma de conjugações.

Às vezes é conveniente nomear as matrizes $A_0,\ldots,A_{N-1}$ de uma forma diferente. Por exemplo, poderíamos numerá-las começando em $1,$ ou poderíamos usar estados de algum conjunto de estados clássicos arbitrário $\Gamma$ em vez de números como subscritos:

$$\Phi(\rho) = \sum_{a\in\Gamma} A_a \rho A_a^{\dagger} \quad \text{onde} \quad \sum_{a\in\Gamma} A_a^{\dagger} A_a = \mathbb{I}.$$

Essas diferentes formas de nomear essas matrizes, chamadas de matrizes de Kraus, são todas comuns e podem ser convenientes em diferentes situações — mas vamos manter os nomes $A_0,\ldots,A_{N-1}$ nesta lição por simplicidade.

O número $N$ pode ser um inteiro positivo arbitrário, mas nunca precisa ser muito grande: se o sistema de entrada $\mathsf{X}$ possui $n$ estados clássicos e o sistema de saída $\mathsf{Y}$ possui $m$ estados clássicos, então qualquer canal de $\mathsf{X}$ para $\mathsf{Y}$ sempre terá uma representação de Kraus para a qual $N$ é no máximo o produto $nm.$

Canal completamente defasante

Obtemos uma representação de Kraus do canal completamente defasante tomando $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ e $A_1 = \vert 1\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 1\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 1 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 1\rangle\langle 1 \vert \\[2mm] & = \begin{pmatrix} \langle 0 \vert \rho \vert 0 \rangle & 0 \\[1mm] 0 & \langle 1 \vert \rho \vert 1 \rangle \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Essas matrizes satisfazem a condição exigida.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert 1\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Alternativamente, podemos tomar $A_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbb{I}$ e $A_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z,$ de forma que

$$\sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} = \frac{1}{2} \rho + \frac{1}{2} \sigma_z \rho \sigma_z = \Delta(\rho),$$

como foi calculado anteriormente. Desta vez, a condição exigida pode ser verificada da seguinte forma.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \sigma_z^2 = \frac{1}{2} \mathbb{I} + \frac{1}{2} \mathbb{I} = \mathbb{I}$$

Canal de reset de qubit

Obtemos uma representação de Kraus do canal de reset de qubit tomando $A_0 = \vert 0\rangle\langle 0\vert$ e $A_1 = \vert 0\rangle\langle 1\vert.$

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^1 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \vert 0\rangle\langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \vert 0\rangle\langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle\langle 0 \vert\\ & = \langle 0 \vert \rho \vert 0\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \langle 1 \vert \rho \vert 1\rangle \, \vert 0\rangle\langle 0 \vert\\[2mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \vert 0\rangle \langle 0 \vert \end{aligned}$$

Essas matrizes satisfazem a condição exigida.

$$\sum_{k = 0}^1 A_k^{\dagger} A_k = \vert 0\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert 0\rangle\langle 1\vert = \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert = \mathbb{I}$$

Canal completamente despolarizante

Uma forma de obter uma representação de Kraus para o canal completamente despolarizante é escolher matrizes de Kraus $A_0,\ldots,A_3$ da seguinte forma.

$$A_0 = \frac{\vert 0\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_1 = \frac{\vert 0\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}} \quad A_2 = \frac{\vert 1\rangle\langle 0\vert}{\sqrt{2}} \quad A_3 = \frac{\vert 1\rangle\langle 1\vert}{\sqrt{2}}$$

Para qualquer matriz densidade de qubit $\rho$ temos então

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{1}{2} \bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 0\vert + \vert 0\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 0\vert + \vert 1\rangle\langle 0\vert \rho \vert 0\rangle\langle 1\vert + \vert 1\rangle\langle 1\vert \rho \vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr)\\ & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2}\\[1mm] & = \Omega(\rho). \end{aligned}$$

Uma representação de Kraus alternativa é obtida escolhendo as matrizes de Kraus da seguinte forma.

$$A_0 = \frac{\mathbb{I}}{2} \quad A_1 = \frac{\sigma_x}{2} \quad A_2 = \frac{\sigma_y}{2} \quad A_3 = \frac{\sigma_z}{2}$$

Para verificar que essas matrizes de Kraus de fato representam o canal completamente despolarizante, vamos primeiro observar como a conjugação de uma matriz $2\times 2$ arbitrária por uma matriz de Pauli funciona.

$$\begin{aligned} \sigma_x \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_x & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & \alpha_{1,0}\\[1mm] \alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_y \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_y & = \begin{pmatrix} \alpha_{1,1} & -\alpha_{1,0}\\[1mm] -\alpha_{0,1} & \alpha_{0,0} \end{pmatrix}\\[5mm] \sigma_z \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & \alpha_{0,1}\\[1mm] \alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \sigma_z & = \begin{pmatrix} \alpha_{0,0} & -\alpha_{0,1}\\[1mm] -\alpha_{1,0} & \alpha_{1,1} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Isso nos permite verificar a correção da nossa representação de Kraus.

$$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^3 A_k \rho A_k^{\dagger} & = \frac{\rho + \sigma_x \rho \sigma_x + \sigma_y \rho \sigma_y + \sigma_z \rho \sigma_z}{4} \\ & = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle \\[2mm] \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 0\vert\rho\vert 1\rangle - \langle 1\vert\rho\vert 0\rangle & \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 0\vert\rho\vert 0\rangle + \langle 1\vert\rho\vert 1\rangle \end{pmatrix} \\[4mm] & = \operatorname{Tr}(\rho) \frac{\mathbb{I}}{2} \end{aligned}$$

Essa representação de Kraus expressa uma ideia importante: o estado de um qubit pode ser completamente aleatorizado aplicando a ele uma das quatro matrizes de Pauli (incluindo a matriz identidade) escolhida uniformemente ao acaso. Assim, o canal completamente despolarizante é mais um exemplo de canal de Pauli.

Não é possível encontrar uma representação de Kraus para o canal completamente despolarizante $\Omega$ com três ou menos matrizes de Kraus; pelo menos quatro são necessárias para esse canal.

Canais unitários

Se temos uma matriz unitária $U$ representando uma operação sobre um sistema $\mathsf{X},$ podemos expressar a ação dessa operação unitária como um canal:

$$\Phi(\rho) = U \rho U^{\dagger}.$$

Essa expressão já é uma representação de Kraus válida do canal $\Phi$ onde temos apenas uma matriz de Kraus $A_0 = U.$ Nesse caso, a condição exigida

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

assume a forma muito mais simples $U^{\dagger} U = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ que sabemos ser verdadeira porque $U$ é unitária.

Representações de Choi

Agora vamos discutir uma terceira maneira de descrever canais, por meio da representação de Choi. A forma como funciona é que cada canal é representado por uma única matriz conhecida como sua matriz de Choi. Se o sistema de entrada tem $n$ estados clássicos e o sistema de saída tem $m$ estados clássicos, então a matriz de Choi do canal terá $nm$ linhas e $nm$ colunas.

As matrizes de Choi fornecem uma representação fiel dos canais, o que significa que dois canais são iguais se e somente se tiverem a mesma matriz de Choi. Uma razão pela qual isso é importante é que nos fornece uma maneira de determinar se duas descrições diferentes correspondem ao mesmo canal ou a canais diferentes: simplesmente calculamos as matrizes de Choi e as comparamos para ver se são iguais. Em contraste, as representações de Stinespring e Kraus não são únicas dessa forma, como já vimos.

As matrizes de Choi também são úteis em outros aspectos para revelar diversas propriedades matemáticas dos canais.

Definição

Seja $\Phi$ um canal de um sistema $\mathsf{X}$ para um sistema $\mathsf{Y},$ e suponha que o conjunto de estados clássicos do sistema de entrada $\mathsf{X}$ seja $\Sigma.$ A representação de Choi de $\Phi,$ denotada $J(\Phi),$ é definida pela seguinte equação.

$$J(\Phi) = \sum_{a,b\in\Sigma} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Phi\bigl( \vert a\rangle\langle b \vert\bigr)$$

Se assumirmos que $\Sigma = \{0,\ldots, n-1\}$ para algum inteiro positivo $n,$ podemos alternativamente expressar $J(\Phi)$ como uma matriz em bloco:

$$J(\Phi) = \begin{pmatrix} \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 0\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert 1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \\[1mm] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[1mm] \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 0\vert\bigr) & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle 1\vert\bigr) & \cdots & \Phi\bigl(\vert n-1\rangle\langle n-1\vert\bigr) \end{pmatrix}$$

Ou seja, como matriz em bloco, a matriz de Choi de um canal tem um bloco $\Phi(\vert a\rangle\langle b\vert)$ para cada par $(a,b)$ de estados clássicos do sistema de entrada, com os blocos dispostos de forma natural.

Observe que o conjunto $\{\vert a\rangle\langle b\vert \,:\, 0\leq a,b < n\}$ forma uma base para o espaço de todas as matrizes $n\times n.$ Como $\Phi$ é linear, segue que sua ação pode ser recuperada a partir da sua matriz de Choi tomando combinações lineares dos blocos.

O estado de Choi de um canal

Outra forma de pensar sobre a matriz de Choi de um canal é que ela se torna uma matriz densidade se dividirmos por $n = \vert\Sigma\vert.$ Vamos focar na situação em que $\Sigma = \{0,\ldots,n-1\}$ por simplicidade, e imaginar que temos duas cópias idênticas de $\mathsf{X}$ que estão juntas no estado emaranhado

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

Como matriz densidade, esse estado é o seguinte.

$$\vert \psi \rangle \langle \psi \vert = \frac{1}{n} \sum_{a,b = 0}^{n-1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle\langle b \vert$$

Se aplicarmos $\Phi$ à cópia de $\mathsf{X}$ no lado direito, obtemos a matriz de Choi dividida por $n.$

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

Em palavras, a menos de um fator de normalização $1/n,$ a matriz de Choi de $\Phi$ é a matriz densidade que obtemos ao avaliar $\Phi$ em uma metade de um par de sistemas de entrada maximamente emaranhados, como ilustra a figura a seguir.

Observe em particular que isso implica que a matriz de Choi de um canal deve ser sempre semidefinida positiva.

Também vemos que, como o canal $\Phi$ é aplicado apenas ao sistema da direita/de cima, ele não pode afetar o estado reduzido do sistema da esquerda/de baixo. No caso em questão, esse estado é o estado completamente misto $\mathbb{I}_{\mathsf{X}}/n,$ e portanto

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} \biggl(\frac{J(\Phi)}{n}\biggr) = \frac{\mathbb{I}_{\mathsf{X}}}{n}.$$

Eliminando o denominador $n$ de ambos os lados, obtemos $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Podemos alternativamente chegar à mesma conclusão usando o fato de que os canais devem sempre preservar o traço, e portanto

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

Em resumo, a representação de Choi $J(\Phi)$ para qualquer canal $\Phi$ deve ser semidefinida positiva e deve satisfazer

$$\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$$

Como veremos ao final da lição, essas duas condições não são apenas necessárias, mas também suficientes, o que significa que qualquer mapeamento linear $\Phi$ de matrizes para matrizes que satisfaça esses requisitos deve, de fato, ser um canal.

Canal completamente defasante

A representação de Choi do canal completamente defasante $\Delta$ é

$$\begin{aligned} J(\Delta) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Delta\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert a\rangle\langle a \vert \\[4mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Canal completamente despolarizante

A representação de Choi do canal completamente despolarizante é

$$\begin{aligned} J(\Omega) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Omega\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \frac{1}{2} \mathbb{I} \\[4mm] & = \frac{1}{2} \mathbb{I} \otimes \mathbb{I}\\[3mm] & = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Canal de reset de qubit

A representação de Choi do canal de reset de qubit $\Phi$ é

$$\begin{aligned} J(\Lambda) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \Lambda\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr)\\ & = \sum_{a = 0}^{1} \vert a\rangle\langle a \vert \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[4mm] & = \mathbb{I} \otimes \vert 0\rangle \langle 0\vert\\[3mm] & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

O canal identidade

A representação de Choi do canal identidade de qubit $\operatorname{Id}$ é

$$\begin{aligned} J(\operatorname{Id}) & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a\rangle\langle b \vert \otimes \operatorname{Id}\bigl(\vert a\rangle\langle b \vert\bigr) \\ & = \sum_{a,b = 0}^{1} \vert a \rangle\langle b \vert \otimes \vert a\rangle \langle b \vert \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Observe em particular que $J(\operatorname{Id})$ não é a matriz identidade. A representação de Choi não descreve diretamente a ação de um canal da forma usual que uma matriz representa um mapeamento linear.