Kombinasi konveks dari matriks densitas

Pilihan probabilistik dari matriks densitas

Aspek kunci dari matriks densitas adalah bahwa pilihan probabilistik dari keadaan kuantum direpresentasikan oleh kombinasi konveks dari matriks densitas yang terkait.

Misalnya, jika kita memiliki dua matriks densitas, $\rho$ dan $\sigma,$ yang merepresentasikan keadaan kuantum dari sistem $\mathsf{X},$ dan kita menyiapkan sistem dalam keadaan $\rho$ dengan probabilitas $p$ dan $\sigma$ dengan probabilitas $1 - p,$ maka keadaan kuantum yang dihasilkan direpresentasikan oleh matriks densitas

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

Secara lebih umum, jika kita memiliki $m$ keadaan kuantum yang direpresentasikan oleh matriks densitas $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1},$ dan sistem disiapkan dalam keadaan $\rho_k$ dengan probabilitas $p_k$ untuk beberapa vektor probabilitas $(p_0,\ldots,p_{m-1}),$ keadaan yang dihasilkan direpresentasikan oleh matriks densitas

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

Ini adalah kombinasi konveks dari matriks densitas $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}.$

Dari sini mengikuti bahwa jika kita memiliki $m$ vektor keadaan kuantum $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle,$ dan kita menyiapkan sistem dalam keadaan $\vert\psi_k\rangle$ dengan probabilitas $p_k$ untuk setiap $k\in\{0,\ldots,m-1\},$ keadaan yang kita peroleh direpresentasikan oleh matriks densitas

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

Misalnya, jika sebuah qubit disiapkan dalam keadaan $\vert 0\rangle$ dengan probabilitas $1/2$ dan dalam keadaan $\vert + \rangle$ dengan probabilitas $1/2,$ representasi matriks densitas dari keadaan yang kita peroleh diberikan oleh

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

Dalam formulasi sederhana informasi kuantum, merata-ratakan vektor keadaan kuantum seperti ini tidak berfungsi. Misalnya, vektor

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

bukan vektor keadaan kuantum yang valid karena norma Euclideannya tidak sama dengan $1.$ Contoh yang lebih ekstrem yang menunjukkan bahwa ini tidak berfungsi untuk vektor keadaan kuantum adalah bahwa kita menetapkan vektor keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ mana pun yang kita inginkan, dan kemudian kita mengambil keadaan kita menjadi $\vert\psi\rangle$ dengan probabilitas $1/2$ dan $-\vert\psi\rangle$ dengan probabilitas $1/2.$ Keadaan-keadaan ini berbeda oleh fase global, sehingga mereka sebenarnya keadaan yang sama — tetapi perataan menghasilkan vektor nol, yang bukan vektor keadaan kuantum yang valid.

Keadaan yang sepenuhnya tercampur

Misalkan kita mengatur keadaan qubit menjadi $\vert 0\rangle$ atau $\vert 1\rangle$ secara acak, masing-masing dengan probabilitas $1/2.$ Matriks densitas yang merepresentasikan keadaan yang dihasilkan adalah sebagai berikut.

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

(Dalam persamaan ini simbol $\mathbb{I}$ menunjukkan matriks identitas $2\times 2$.) Ini adalah keadaan khusus yang dikenal sebagai keadaan yang sepenuhnya tercampur. Ini merepresentasikan ketidakpastian lengkap tentang keadaan qubit, mirip dengan bit acak yang seragam dalam pengaturan probabilistik.

Sekarang misalkan kita mengubah prosedurnya: sebagai pengganti keadaan $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle,$ kita akan menggunakan keadaan $\vert + \rangle$ dan $\vert - \rangle.$ Kita dapat menghitung matriks densitas yang menggambarkan keadaan yang dihasilkan dengan cara yang serupa.

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

Ini adalah matriks densitas yang sama seperti sebelumnya, meskipun kita mengubah keadaan. Sebenarnya, kita akan kembali mendapatkan hasil yang sama — keadaan yang sepenuhnya tercampur — dengan mengganti dua vektor keadaan qubit ortogonal mana pun sebagai pengganti $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle.$

Ini adalah fitur, bukan bug! Kita memang mendapatkan keadaan yang persis sama dalam kedua cara tersebut. Artinya, tidak ada cara untuk membedakan dua prosedur dengan mengukur qubit yang mereka hasilkan, bahkan dalam arti statistik. Dua prosedur yang berbeda kita ini hanyalah cara yang berbeda untuk menyiapkan keadaan ini.

Kita dapat memverifikasi bahwa ini masuk akal dengan memikirkan apa yang bisa kita harapkan untuk dipelajari diberikan pilihan acak dari keadaan dari salah satu dari dua himpunan keadaan yang mungkin $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ dan $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}.$ Untuk menyederhanakan, misalkan kita melakukan operasi uniter $U$ pada qubit kita dan kemudian mengukur dalam basis standar.

Dalam skenario pertama, keadaan qubit dipilih secara seragam dari himpunan $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}.$ Jika keadaannya $\vert 0\rangle,$ kita mendapatkan hasil $0$ dan $1$ dengan probabilitas

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

masing-masing. Jika keadaannya $\vert 1\rangle,$ kita mendapatkan hasil $0$ dan $1$ dengan probabilitas

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

Karena dua kemungkinan masing-masing terjadi dengan probabilitas $1/2,$ kita mendapatkan hasil $0$ dengan probabilitas

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

dan hasil $1$ dengan probabilitas

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

Kedua ekspresi ini sama dengan $1/2.$ Satu cara untuk berargumen ini adalah menggunakan fakta dari aljabar linear yang dapat dilihat sebagai generalisasi dari teorema Pythagoras.

Teorema

Misalkan $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ adalah basis ortonormal dari ruang vektor (real atau kompleks) $\mathcal{V}.$ Untuk setiap vektor $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ kita memiliki $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

Kita dapat menerapkan teorema ini untuk menentukan probabilitas sebagai berikut. Probabilitas mendapatkan $0$ adalah

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

dan probabilitas mendapatkan $1$ adalah

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

Karena $U$ adalah uniter, kita tahu bahwa $U^{\dagger}$ juga uniter, yang mengimplikasikan bahwa baik $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ maupun $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ adalah vektor satuan. Kedua probabilitas karenanya sama dengan $1/2.$ Ini berarti tidak peduli bagaimana kita memilih $U,$ kita hanya akan mendapatkan bit acak yang seragam dari pengukuran.

Kita dapat melakukan verifikasi serupa untuk pasangan keadaan ortonormal lainnya sebagai pengganti $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle.$ Misalnya, karena $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ adalah basis ortonormal, probabilitas untuk mendapatkan hasil pengukuran $0$ dalam prosedur kedua adalah

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

dan probabilitas untuk mendapatkan $1$ adalah

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

Khususnya, kita mendapatkan statistik keluaran yang persis sama dengan yang kita lakukan untuk keadaan $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle.$

Keadaan probabilistik

Keadaan klasik dapat direpresentasikan oleh matriks densitas. Khususnya, untuk setiap keadaan klasik $a$ dari sistem $\mathsf{X},$ matriks densitas

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

merepresentasikan $\mathsf{X}$ yang secara definitif berada dalam keadaan klasik $a.$ Untuk qubit kita memiliki

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

dan secara umum kita memiliki satu $1$ pada diagonal di posisi yang bersesuaian dengan keadaan klasik yang kita pikirkan, dengan semua entri lainnya nol.

Kita kemudian dapat mengambil kombinasi konveks dari matriks densitas ini untuk merepresentasikan keadaan probabilistik. Misalkan untuk kesederhanaan bahwa himpunan keadaan klasik kita adalah $\{0,\ldots,n-1\},$ jika $\mathsf{X}$ berada dalam keadaan $a$ dengan probabilitas $p_a$ untuk setiap $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ maka matriks densitas yang kita peroleh adalah

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

Ke arah yang lain, setiap matriks densitas diagonal dapat secara alami diidentifikasi dengan keadaan probabilistik yang kita peroleh dengan sekadar membaca vektor probabilitas dari diagonal.

Untuk kejelasan, ketika matriks densitas diagonal, tidak harus berarti bahwa kita berbicara tentang sistem klasik, atau bahwa sistem harus telah disiapkan melalui pemilihan acak dari keadaan klasik, melainkan bahwa keadaan bisa telah diperoleh melalui pemilihan acak dari keadaan klasik.

Fakta bahwa keadaan probabilistik direpresentasikan oleh matriks densitas diagonal konsisten dengan intuisi yang disarankan di awal pelajaran bahwa entri di luar diagonal menggambarkan derajat yang mana dua keadaan klasik yang bersesuaian dengan baris dan kolom dari entri tersebut berada dalam superposisi kuantum. Di sini, semua entri di luar diagonal adalah nol, jadi kita hanya memiliki keacakan klasik dan tidak ada yang berada dalam superposisi kuantum.

Matriks densitas dan teorema spektral

Kita telah melihat bahwa jika kita mengambil kombinasi konveks dari keadaan murni,

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

kita mendapatkan matriks densitas. Setiap matriks densitas $\rho,$ sebenarnya, dapat diekspresikan sebagai kombinasi konveks dari keadaan murni seperti ini. Artinya, akan selalu ada kumpulan vektor satuan $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ dan vektor probabilitas $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ di mana persamaan di atas benar.

Kita juga dapat, selain itu, selalu memilih angka $m$ sehingga sesuai dengan jumlah keadaan klasik dari sistem yang dipertimbangkan, dan kita dapat memilih vektor keadaan kuantum yang ortogonal. Teorema spektral, yang kita temui dalam kursus "Dasar-dasar algoritma kuantum," memungkinkan kita untuk menyimpulkan ini. Berikut adalah pernyataan ulang dari teorema spektral untuk kemudahan.

Teorema

Teorema spektral: Misalkan $M$ adalah matriks kompleks normal $n\times n$. Ada basis ortonormal dari vektor kompleks berdimensi $n$ $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ bersama dengan bilangan kompleks $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ sedemikian sehingga

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

(Ingat bahwa matriks $M$ normal jika memenuhi $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}.$ Dengan kata-kata, matriks normal adalah matriks yang komut dengan transpos konjugatnya sendiri.)

Kita dapat menerapkan teorema spektral pada matriks densitas $\rho$ yang diberikan karena matriks densitas selalu Hermitian dan karenanya normal. Ini memungkinkan kita untuk menulis

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

untuk beberapa basis ortonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}.$ Masih perlu diverifikasi bahwa $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ adalah vektor probabilitas, yang kemudian dapat kita ganti namanya menjadi $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ jika kita mau.

Angka-angka $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ adalah nilai eigen dari $\rho,$ dan karena $\rho$ adalah semidefinit positif, angka-angka ini harus berupa bilangan real non-negatif. Kita dapat menyimpulkan bahwa $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ dari fakta bahwa $\rho$ memiliki trace sama dengan $1.$ Menelusuri detailnya akan memberi kita kesempatan untuk menunjukkan sifat penting dan sangat berguna dari trace berikut ini.

Teorema

Sifat siklik dari trace: Untuk dua matriks $A$ dan $B$ mana pun yang memberikan kita matriks persegi $AB$ dengan mengalikan, persamaan $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ adalah benar.

Perhatikan bahwa teorema ini bekerja bahkan jika $A$ dan $B$ bukan matriks persegi itu sendiri. Artinya, kita dapat memiliki bahwa $A$ adalah $n\times m$ dan $B$ adalah $m\times n,$ untuk beberapa pilihan integer positif $n$ dan $m,$ sehingga $AB$ adalah matriks persegi $n\times n$ dan $BA$ adalah $m\times m.$

Khususnya, jika kita membiarkan $A$ menjadi vektor kolom $\vert\phi\rangle$ dan membiarkan $B$ menjadi vektor baris $\langle \phi\vert,$ maka kita melihat bahwa

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

Persamaan kedua mengikuti dari fakta bahwa $\langle\phi\vert\phi\rangle$ adalah skalar, yang juga dapat kita anggap sebagai matriks $1\times 1$ yang trace-nya adalah entri tunggalnya. Menggunakan fakta ini, kita dapat menyimpulkan bahwa $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ dengan linearitas fungsi trace.

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

Sebagai alternatif, kita dapat mencapai kesimpulan yang sama dengan menggunakan fakta bahwa trace dari matriks persegi (bahkan yang tidak normal) sama dengan jumlah nilai eigennya.

Kita karenanya telah menyimpulkan bahwa matriks densitas $\rho$ yang diberikan dapat diekspresikan sebagai kombinasi konveks dari keadaan murni. Kita juga melihat bahwa kita dapat, selain itu, mengambil keadaan murni yang ortogonal. Ini berarti, khususnya, bahwa kita tidak pernah perlu angka $n$ lebih besar dari ukuran himpunan keadaan klasik dari $\mathsf{X}.$

Secara umum, harus dipahami bahwa akan ada cara yang berbeda untuk menulis matriks densitas sebagai kombinasi konveks dari keadaan murni, tidak hanya cara yang disediakan teorema spektral. Contoh sebelumnya mengilustrasikan ini.

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

Ini bukan dekomposisi spektral dari matriks ini karena $\vert 0\rangle$ dan $\vert + \rangle$ tidak ortogonal. Berikut adalah dekomposisi spektral:

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

di mana $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Nilai eigennya adalah angka-angka yang mungkin sudah familiar:

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

Vektor eigen dapat ditulis secara eksplisit seperti ini.

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

Sebagai contoh lain yang lebih umum, misalkan $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ adalah vektor keadaan kuantum yang merepresentasikan keadaan dari qubit tunggal, dipilih secara sembarang — jadi kita tidak mengasumsikan hubungan khusus apa pun di antara vektor-vektor ini. Kita kemudian dapat mempertimbangkan keadaan yang kita peroleh dengan memilih salah satu dari $100$ keadaan ini secara seragam secara acak:

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

Karena kita berbicara tentang qubit, matriks densitas $\rho$ adalah $2\times 2,$ sehingga berdasarkan teorema spektral kita dapat menulis secara alternatif

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

untuk beberapa bilangan real $p\in[0,1]$ dan basis ortonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — tetapi tentu saja keberadaan ekspresi ini tidak melarang kita dari menulis $\rho$ sebagai rata-rata 100 keadaan murni jika kita memilih untuk melakukan itu.