Ekuivalensi representasi

Kita sudah membahas tiga cara berbeda untuk merepresentasikan channel secara matematis, yaitu representasi Stinespring, representasi Kraus, dan representasi Choi. Kita juga punya definisi channel, yang menyatakan bahwa channel adalah pemetaan linear yang selalu mengubah matriks densitas menjadi matriks densitas, bahkan ketika channel diterapkan hanya pada sebagian dari sistem gabungan. Sisa pelajaran ini didedikasikan untuk bukti matematis bahwa ketiga representasi tersebut ekuivalen dan secara tepat menangkap definisi tersebut.

Ikhtisar pembuktian

Tujuan kita adalah membuktikan ekuivalensi dari sekumpulan empat pernyataan, dan kita akan mulai dengan menuliskannya secara tepat. Keempat pernyataan mengikuti konvensi yang sama yang telah digunakan sepanjang pelajaran, yaitu bahwa $\Phi$ adalah pemetaan linear dari matriks persegi ke matriks persegi, baris dan kolom matriks input telah ditempatkan sesuai dengan state klasik sistem $\mathsf{X}$ (sistem input), dan baris dan kolom matriks output telah ditempatkan sesuai dengan state klasik sistem $\mathsf{Y}$ (sistem output).

1. $\Phi$ adalah channel dari $\mathsf{X}$ ke $\mathsf{Y}.$ Artinya, $\Phi$ selalu mengubah matriks densitas menjadi matriks densitas, bahkan ketika ia bertindak pada satu bagian dari sistem gabungan yang lebih besar.

2. Matriks Choi $J(\Phi)$ adalah positif semidefinit dan memenuhi kondisi $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. Ada representasi Kraus untuk $\Phi.$ Artinya, ada matriks $A_0,\ldots,A_{N-1}$ yang membuat persamaan $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ berlaku untuk setiap input $\rho,$ dan memenuhi kondisi $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. Ada representasi Stinespring untuk $\Phi.$ Artinya, ada sistem $\mathsf{W}$ dan $\mathsf{G}$ yang membuat pasangan $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ dan $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ memiliki jumlah state klasik yang sama, bersama dengan matriks uniter $U$ yang merepresentasikan operasi uniter dari $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ ke $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ sehingga $\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

Cara pembuktian bekerja adalah dengan membuktikan siklus implikasi: pernyataan pertama dalam daftar kita mengimplikasikan yang kedua, yang kedua mengimplikasikan yang ketiga, yang ketiga mengimplikasikan yang keempat, dan pernyataan keempat mengimplikasikan yang pertama. Ini membuktikan bahwa keempat pernyataan tersebut ekuivalen — artinya semuanya benar atau semuanya salah untuk pilihan $\Phi$ tertentu — karena implikasi dapat diikuti secara transitif dari satu pernyataan ke pernyataan lainnya.

Ini adalah strategi umum ketika membuktikan bahwa sekumpulan pernyataan ekuivalen, dan trik yang berguna dalam konteks seperti ini adalah menyusun implikasi dengan cara yang membuatnya semudah mungkin untuk dibuktikan. Itulah yang terjadi di sini — dan bahkan kita sudah menemui dua dari empat implikasi tersebut.

Channel ke matriks Choi

Mengacu pada pernyataan yang tercantum di atas berdasarkan nomornya, implikasi pertama yang perlu dibuktikan adalah 1 $\Rightarrow$ 2. Implikasi ini sudah dibahas dalam konteks state Choi dari suatu channel. Di sini kita akan merangkum detail matematisnya.

Asumsikan bahwa himpunan state klasik dari sistem input $\mathsf{X}$ adalah $\Sigma$ dan misalkan $n = \vert\Sigma\vert.$ Perhatikan situasi di mana $\Phi$ diterapkan pada yang kedua dari dua salinan $\mathsf{X}$ yang bersama-sama berada dalam state

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

yang, sebagai matriks densitas, diberikan oleh

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

Hasilnya dapat ditulis sebagai

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

dan berdasarkan asumsi bahwa $\Phi$ adalah channel, ini harus menjadi matriks densitas. Seperti semua matriks densitas, ia harus positif semidefinit, dan mengalikan matriks positif semidefinit dengan bilangan real positif menghasilkan matriks positif semidefinit lainnya, dan oleh karena itu $J(\Phi) \geq 0.$

Lebih lanjut, dengan asumsi bahwa $\Phi$ adalah channel, ia harus melestarikan jejak, dan oleh karena itu

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

Choi ke representasi Kraus

Implikasi kedua, lagi-lagi mengacu pada pernyataan dalam daftar kita berdasarkan nomornya, adalah 2 $\Rightarrow$ 3. Untuk jelasnya, kita mengabaikan pernyataan lain — dan khususnya kita tidak bisa membuat asumsi bahwa $\Phi$ adalah channel. Satu-satunya yang kita miliki adalah bahwa $\Phi$ adalah pemetaan linear yang representasi Choi-nya memenuhi $J(\Phi) \geq 0$ dan $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

Namun, ini saja sudah cukup untuk menyimpulkan bahwa $\Phi$ memiliki representasi Kraus

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

yang memenuhi kondisi

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

Kita mulai dengan asumsi yang sangat penting bahwa $J(\Phi)$ adalah positif semidefinit, yang berarti kita bisa mengekspresikannya dalam bentuk

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

untuk beberapa cara memilih vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ Pada umumnya ada beberapa cara untuk melakukan ini — dan bahkan ini secara langsung mencerminkan kebebasan yang dimiliki dalam memilih representasi Kraus untuk $\Phi.$

Salah satu cara untuk mendapatkan ekspresi seperti itu adalah dengan pertama menggunakan teorema spektral untuk menulis

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

di mana $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ adalah nilai eigen dari $J(\Phi)$ (yang tentu saja merupakan bilangan real non-negatif karena $J(\Phi)$ adalah positif semidefinit) dan $\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ adalah vektor eigen satuan yang bersesuaian dengan nilai eigen $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

Perhatikan bahwa, meskipun tidak ada kebebasan dalam memilih nilai eigen (kecuali bagaimana urutannya), ada kebebasan dalam pemilihan vektor eigen, terutama ketika ada nilai eigen dengan multiplisitas lebih dari satu. Jadi, ini bukan ekspresi unik dari $J(\Phi)$ — kita hanya mengasumsikan kita punya satu ekspresi seperti itu. Terlepas dari itu, karena nilai eigen adalah bilangan real non-negatif, nilai tersebut memiliki akar kuadrat non-negatif, sehingga kita bisa memilih

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

untuk setiap $k = 0,\ldots,N-1$ untuk mendapatkan ekspresi dalam bentuk $(1).$

Namun, tidak harus bahwa ekspresi $(1)$ berasal dari dekomposisi spektral dengan cara ini, dan khususnya vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ tidak perlu ortogonal secara umum. Patut dicatat, meskipun demikian, bahwa kita bisa memilih vektor-vektor ini agar ortogonal jika kita mau — dan terlebih lagi kita tidak pernah perlu $N$ lebih besar dari $nm$ (mengingat bahwa $n$ dan $m$ menandakan jumlah state klasik dari $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y},$ masing-masing).

Selanjutnya, masing-masing vektor $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ dapat didekomposisi lebih lanjut sebagai

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

di mana vektor $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ memiliki entri yang bersesuaian dengan state klasik dari $\mathsf{Y}$ dan dapat ditentukan secara eksplisit oleh persamaan

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

untuk setiap $a\in\Sigma$ dan $k=0,\ldots,N-1.$ Meskipun $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ tidak harus vektor satuan, ini adalah proses yang sama yang kita gunakan untuk menganalisis apa yang akan terjadi jika pengukuran basis standar dilakukan pada sistem $\mathsf{X}$ dengan vektor state kuantum yang diberikan dari pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

Dan sekarang kita sampai pada trik yang membuat bagian ini dari pembuktian berhasil. Kita mendefinisikan matriks Kraus $A_0,\ldots,A_{N-1}$ sesuai persamaan berikut.

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

Kita bisa memikirkan rumus ini secara simbolis murni: $\vert a\rangle$ secara efektif dibalik menjadi $\langle a\vert$ dan dipindahkan ke sisi kanan, membentuk suatu matriks. Untuk keperluan memverifikasi pembuktian, rumusnya saja sudah cukup.

Namun, ada hubungan yang sederhana dan intuitif antara vektor $\vert\psi_k\rangle$ dan matriks $A_k,$ yaitu dengan memvektorkan $A_k$ kita mendapatkan $\vert\psi_k\rangle.$ Yang dimaksud dengan memvektorkan $A_k$ adalah menumpuk kolom-kolomnya satu di atas yang lain (dengan kolom paling kiri di atas dilanjutkan hingga yang paling kanan di bawah), untuk membentuk sebuah vektor. Misalnya, jika $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y}$ keduanya adalah Qubit, dan untuk beberapa pilihan $k$ kita punya

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

maka

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

(Perhatian: kadang-kadang vektorisasi suatu matriks didefinisikan dengan cara yang sedikit berbeda, yaitu baris-baris matriks ditranspose dan ditumpuk satu di atas yang lain untuk membentuk vektor kolom.)

Pertama kita akan memverifikasi bahwa pilihan matriks Kraus ini secara benar mendeskripsikan pemetaan $\Phi,$ setelah itu kita akan memverifikasi kondisi lain yang diperlukan. Untuk membuatnya jelas, mari kita definisikan pemetaan baru $\Psi$ sebagai berikut.

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

Dengan demikian, tujuan kita adalah memverifikasi bahwa $\Psi = \Phi.$

Cara kita melakukan ini adalah dengan membandingkan representasi Choi dari pemetaan-pemetaan ini. Representasi Choi adalah faithful, sehingga kita punya $\Psi = \Phi$ jika dan hanya jika $J(\Phi) = J(\Psi).$ Pada titik ini kita bisa langsung menghitung $J(\Psi)$ menggunakan ekspresi

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

bersama dengan bilinearitas produk tensor untuk menyederhanakan.

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

Jadi, matriks Kraus kita secara benar mendeskripsikan $\Phi.$

Tersisa untuk memeriksa kondisi yang diperlukan pada $A_0,\ldots,A_{N-1},$ yang ternyata ekuivalen dengan asumsi $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (yang belum kita gunakan). Yang akan kita tunjukkan adalah hubungan ini:

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

(di mana kita mengacu pada transpose matriks di sisi kiri).

Mulai dari kiri, kita bisa pertama mengamati bahwa

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

Kesetaraan terakhir mengikuti dari fakta bahwa transpose adalah linear dan memetakan $\vert b\rangle\langle a \vert$ ke $\vert a\rangle\langle b \vert.$

Beralih ke sisi kanan persamaan kita, kita punya

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

dan oleh karena itu

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

Kita mendapatkan hasil yang sama, dan oleh karena itu persamaan $(2)$ telah diverifikasi. Dari asumsi $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ maka

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

dan oleh karena itu, karena matriks identitas adalah transposenya sendiri, kondisi yang diperlukan terpenuhi.

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

Kraus ke representasi Stinespring

Sekarang misalkan kita punya representasi Kraus dari sebuah pemetaan

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

yang memenuhi

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

Tujuan kita adalah menemukan representasi Stinespring untuk $\Phi.$

Yang pertama ingin kita lakukan adalah memilih sistem sampah $\mathsf{G}$ sehingga himpunan state klasiknya adalah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Namun agar $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ dan $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ punya ukuran yang sama, harus berlaku bahwa $n$ membagi $m N,$ sehingga kita bisa mengambil $\mathsf{W}$ dengan state klasik $\{0,\ldots,d-1\}$ untuk $d = mN/n.$

Untuk pilihan $n,$ $m,$ dan $N$ yang sembarang, bisa saja $mN/n$ bukan bilangan bulat, jadi kita tidak bebas memilih $\mathsf{G}$ sehingga himpunan state klasiknya adalah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Tapi kita selalu bisa menambah $N$ secara sembarang dalam representasi Kraus dengan memilih $A_k = 0$ untuk berapapun nilai tambahan $k$ yang kita inginkan.

Jadi, jika kita secara diam-diam mengasumsikan bahwa $mN/n$ adalah bilangan bulat, yang setara dengan $N$ merupakan kelipatan dari $m/\operatorname{gcd}(n,m),$ maka kita bebas mengambil $\mathsf{G}$ sehingga himpunan state klasiknya adalah $\{0,\ldots,N-1\}.$ Secara khusus, jika $N = nm,$ maka kita bisa mengambil $\mathsf{W}$ dengan $m^2$ state klasik.

Tinggal memilih $U,$ dan kita akan melakukannya dengan mencocokkan pola berikut.

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

Untuk lebih jelasnya, pola ini dimaksudkan untuk menggambarkan matriks blok, di mana setiap blok (termasuk $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ maupun blok-blok yang ditandai tanda tanya) punya $m$ baris dan $n$ kolom. Ada $N$ baris blok, yang berarti ada $d = mN/n$ kolom blok.

Dalam bentuk yang lebih formal, kita akan mendefinisikan $U$ sebagai

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

di mana setiap matriks $M_{k,j}$ punya $m$ baris dan $n$ kolom, dan secara khusus kita ambil $M_{k,0} = A_k$ untuk $k = 0,\ldots,N-1.$

Ini harus merupakan matriks uniter, dan blok-blok yang ditandai tanda tanya, atau ekuivalennya $M_{k,j}$ untuk $j>0,$ harus dipilih dengan mempertimbangkan hal ini — tapi selain memungkinkan $U$ menjadi uniter, blok-blok yang ditandai tanda tanya tidak akan relevan untuk pembuktian.

Mari sejenak kita abaikan kekhawatiran bahwa $U$ adalah uniter dan fokus pada ekspresi

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

yang menggambarkan state keluaran dari $\mathsf{Y}$ dengan state masukan $\rho$ dari $\mathsf{X}$ untuk representasi Stinespring kita. Kita bisa menulis ulang

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

dan dari pilihan $U$ kita, terlihat bahwa

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

Kita pun mendapatkan bahwa

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

sehingga

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

Kita pun mendapatkan representasi yang benar untuk pemetaan $\Phi,$ dan tinggal memverifikasi bahwa kita bisa memilih $U$ agar uniter.

Perhatikan $n$ kolom pertama dari $U$ saat dipilih sesuai pola di atas. Mengambil kolom-kolom tersebut saja, kita punya matriks blok

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

Ada $n$ kolom, satu untuk setiap state klasik dari $\mathsf{X},$ dan sebagai vektor mari kita namai kolom-kolom tersebut sebagai $\vert \gamma_a \rangle$ untuk setiap $a\in\Sigma.$ Berikut formula untuk vektor-vektor ini yang bisa dicocokkan dengan representasi matriks blok di atas.

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

Sekarang mari kita hitung hasil kali dalam antara dua vektor ini, yaitu yang bersesuaian dengan pilihan $a,b\in\Sigma$ yang sembarang.

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

Berdasarkan asumsi

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

kita simpulkan bahwa $n$ vektor kolom $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ membentuk himpunan ortonormal:

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

untuk semua $a,b\in\Sigma.$

Ini menunjukkan bahwa kita bisa melengkapi kolom-kolom $U$ yang tersisa agar menjadi matriks uniter. Secara khusus, proses ortogonalisasi Gram-Schmidt bisa digunakan untuk memilih kolom-kolom yang tersisa. Hal serupa pernah dilakukan dalam pelajaran Quantum circuits dari "Basics of quantum information" dalam konteks masalah diskriminasi state.

Representasi Stinespring kembali ke definisi

Implikasi terakhir adalah 4 $\Rightarrow$ 1. Artinya, kita mengasumsikan bahwa kita punya operasi uniter yang mentransformasi sepasang sistem $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ menjadi sepasang sistem $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ dan tujuan kita adalah menyimpulkan bahwa pemetaan

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

adalah channel yang valid. Dari bentuknya, jelas bahwa $\Phi$ adalah linear, dan tinggal memverifikasi bahwa $\Phi$ selalu mentransformasi matriks densitas menjadi matriks densitas. Ini cukup mudah dan kita sudah membahas poin-poin kuncinya.

Secara khusus, jika kita mulai dengan matriks densitas $\sigma$ dari sistem majemuk $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ lalu menambahkan sistem workspace tambahan $\mathsf{W},$ kita pasti akan mendapatkan matriks densitas. Jika kita mengurutkan ulang sistem $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ untuk kenyamanan, kita bisa menulis state ini sebagai

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

Kita kemudian menerapkan operasi uniter $U,$ dan seperti yang sudah kita bahas ini adalah channel yang valid, sehingga memetakan matriks densitas ke matriks densitas. Akhirnya, jejak parsial dari matriks densitas adalah matriks densitas lainnya.

Cara lain untuk mengatakannya adalah dengan mengamati terlebih dahulu bahwa setiap hal berikut adalah channel yang valid:

1. Menambahkan sistem workspace yang sudah diinisialisasi.
2. Melakukan operasi uniter.
3. Menjejaki keluar sebuah sistem.

Dan akhirnya, setiap komposisi channel adalah channel lainnya — yang langsung mengikuti dari definisi, tapi juga merupakan fakta yang layak diperhatikan tersendiri.

Ini melengkapi pembuktian implikasi terakhir, dan dengan demikian kita telah membuktikan kesetaraan keempat pernyataan yang tercantum di awal bagian ini.