1

Άσκηση 1.

Nα αποδείξετε την ανισότητα Schwartz:

Υπόδειξη: Γράψτε όπου και

Στη συνέχεια δείξτε ότι και καταλήξτε στο ζητούμενο.

Με τη βοήθεια της ανισότητας που αποδείξατε δείξτε ότι:

Άσκηση 2.

Δείξτε ότι κάθε θετικός τελεστής είναι ερμιτιανός:

ˆ ˆ ˆάν 0 και

Υπόδειξη: Χρησιμοποιείστε την ταυτότητα:

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ4i i i i i i

Άσκηση 3.

Έστω το διμερές σύστημα 1 1

,A Bd d

AB i A B

i

a i

και ο ανηγμένος τελεστής

πυκνότητας ˆ ˆρ ρR

A B ABTr . Δείξτε ότι 2

ρ 1R

A ATr όταν και μόνον όταν

AB A B .

Άσκηση 4.

Έστω 1ρ και 2ρ δύο τελεστές πυκνότητας.

Δείξτε ότι ο (κυρτός) συνδυασμός 1 2ˆ ˆ ˆρ ρ 1 ρ , 0,1 είναι επίσης

τελεστής πυκνότητας για τον οποίο ισχύει ότι 2ρ 1Tr . Δείξτε ότι η ισότητα ισχύει

όταν και μόνο όταν οι τελεστές 1 2ˆ ˆρ και ρ αντιπροσωπεύουν καθαρές καταστάσεις και

είναι ίσοι μεταξύ τους.

Δείξτε ότι ένας τελεστής πυκνότητας ο οποίος αντιπροσωπεύει μια μη καθαρή

κατάσταση μπορεί να γραφεί ως κυρτό άθροισμα καθαρών τελεστών πυκνότητας:

1

ˆ ˆρ ρN

j j

j

όπου 1

0 , 1N

j j

j

j

2

Δείξτε ότι το παραπάνω άθροισμα δεν είναι μοναδικό: Μπορείτε να βρείτε τελεστές

ρ j και συντελεστές

j ώστε να γράψετε:

1

ˆ ˆρ ρN

j j

j

όπου 1

0 , 1N

j j

j

j

Να βρείτε πώς συνδέονται οι ρ j και οι

j με τους ρ j και

j .

Υπόδειξη: Συμβουλευθείτε τις σημειώσεις του J. Preskill.

Άσκηση 5.

Να δείξετε ότι οποιοσδήποτε μοναδιακός 2 2 πίνακας,U , με ορίζουσα μονάδα

(unitary και unimodular) μπορεί να γραφεί ως πίνακας "στροφής" κατά γωνία

γύρω από κάποιον άξονα στη διεύθυνση n :

2 cos sin2 2

in

U e in

, 2 1n

Ποιός είναι ο χώρος στον οποίο ορίζεται το υποκείμενο αυτής της "στροφής" και

ποιός ο χώρος στον οποίο ορίζονται η διεύθυνση και η γωνία ;

Υπόδειξη: Μπορείτε, με τη βοήθεια των †U U I και det 1U , να δείξετε ότι η

μορφή του πίνακα είναι

a bU

b a

με

2 21a b . Στη συνέχεια γράψτε

x y zU I και προσπαθήστε να προσδιορίσετε τους συντελεστές

, , , . Με τον τρόπο αυτό θα δείξετε το δεύτερο σκέλος της ζητούμενης σχέσης.

Άσκηση 6.

Έστω ο τελεστής πυκνότητας

1 1 2 2

1 1ρ

2 2

όπου 1 20 1 , 0 1 2 21

Να βρείτε τον πίνακα ο οποίος συνδέει τα ανύσματα 1,2 με τα ανύσματα 1,2 με

την βοήθεια των οποίων μπορείτε να γράψετε:

2 2

1 1 2 2ρ

Δείξτε ότι ο πίνακας που βρήκατε είναι ανάλογος ενός πίνακα στροφής.

Υπόδειξη:

Παρατηρείστε ότι 2 2

ρ 0 0 1 1 .

3

Άσκηση 7.

Δείξτε ότι οι ιδιοκαταστάσεις του n n , sin cos ,sin sin ,cosn

είναι:

/2 /2

/2 /2

cos / 2 sin / 2, , ,

sin / 2 cos / 2

i i

i i

e e

e e

Να βρείτε αποτέλεσμα αυτό είτε βρίσκοντας τις ιδιοκαταστάσεις του τελεστή είτε

ξεκινώντας από τις ιδιοκαταστάσεις του z και εφαρμόζοντας σ' αυτές τον

κατάλληλο πίνακα στροφής.

Υπόδειξη: Μπορείτε να βρείτε τις ιδιοκαταστάσεις του n με τον συνήθη τρόπο.

Μπορείτε επίσης να κάνετε στροφή κατά γύρω από τον άξονα y και στη συνέχεια

στροφή κατά γύρω από τον z : 2 21

0

z y

i i

e e

.

Άσκηση 8.

Σωμάτιο με spin 1 / 2 βρίσκεται σε μαγνητικό πεδίο προσανατολισμένο σε κάποια

διεύθυνση n . Η Hamiltonian που διέπει τη δυναμική του είναι η ˆ

H Se

Bmc

.

(α) Έστω ότι το μαγνητικό πεδίο είναι χρονικά ανεξάρτητο. Δείξτε ότι ο τελεστής

χρονικής εξέλιξης μπορεί να θεωρηθεί ως τελεστής στροφής. Ποιά είναι η γωνία και

ποιός ο άξονας περιστροφής;

(β) Έστω ότι το μαγνητικό πεδίο είναι χρονικά εξαρτώμενο: B B t . Ποιά είναι η

μορφή του τελεστή της χρονικής εξέλιξης; Μπορεί να ερμηνευθεί ως τελεστής

στροφής;

Υπόδειξη: Ο τελεστής χρονικής εξέλιξης είναι πάντα μοναδιακός. Στη συγκεκριμένη

περίπτωση αναπαρίσταται από έναν 2 2 πίνακα. Αυτό που χρειάζεται είναι να

αποδείξετε ότι η ορίζουσα αυτού του πίνακα είναι μονάδα. Για να το κάνετε, δείξτε

ότι η Hamiltonian του συστήματός σας έχει, σε κάθε περίπτωση, δύο ιδιοτιμές οι

οποίες αθροίζονται στο μηδέν. Στη συνέχεια χρησιμοποιείστε τη σχέση

lndet lnU Tr U για να καταλήξετε σ' αυτό που θέλετε.

Άσκηση 9.

Θεωρείστε τον πίνακα

0

0

inU

in

,

2 1 , , 0,1,..in i

Δείξτε ότι είναι unitary και unimodular και γράψτε τον ως πίνακα στροφής.

(Εδώ ο υπολογισμός δεν έχει τίποτε το μη τετριμμένο.)

4

Άσκηση 10.

Δείξτε ότι εάν f είναι μια τυχαία μιγαδική συνάρτηση:

f n f αν f f

f n n f αν f f

Υπόδειξη: Η συνάρτηση ενός τελεστή (ο οποίος έχει ένα πλήρες σύστημα

ιδιοκαταστάσεων: A ) ορίζεται από την ˆf A f

.

Ένας τρόπος να προχωρήσετε είναι να χρησιμοποιήσετε τον μετασχηματισμό Fourier

2

ipdpf e g p

για να γράψετε ˆˆ

2

ipAdpf A e g p

και στη συνέχεια,

με τη βοήθεια της άσκησης (5), να φθάσετε στο τελικό αποτέλεσμα.

Άσκηση 11.

Δείξτε ότι οποιοσδήποτε πίνακας στροφής μπορεί να γραφεί με τη μορφή:

2 2 2, ,z y z

i i i

iD e e e e

όπου μια σταθερή φάση.

Υπόδειξη:

Αν κάνετε τον λογαριασμό θα δείτε ότι:

/2 /2

/2 /2

cos / 2 sin / 2, ,

sin / 2 cos / 2

i i

i

i i

e eD e

e e

Στη συνέχεια δείξτε ότι αυτή η ακολουθία στροφών είναι ισοδύναμη με μια μοναδική

στροφή (όπως, εξάλλου, περιμένει κανείς αφού οι στροφές φτιάχνουν ομάδα.)

Άσκηση 12.

Έστω η κατάσταση 0 1a b όπου 0 και 1 ιδιοκαταστάσεις τουz . Αφού

βρείτε την αντίστοιχη μήτρα πυκνότητας δείξτε ότι πάντα μπορεί να γραφεί:

1ρ , ,

2I n

όπου , κάποιο από τα ανύσματα της άσκησης 2. Ο συμβολισμός n

σημαίνει ότι η διεύθυνση καθορίζεται από τους συντελεστές a και b .

5

Άσκηση 13. (J. Preskill)

Έστω και δύο καταστάσεις σωματίου με spin 1 / 2 . Δείξτε ότι

2 1

4Tr I n I n

Αν οι διευθύνσεις στην προηγούμενη έκφραση θεωρηθούν τυχαίες μεταβλητές, δείξτε

ότι

2

1/ 2E

όπου ....E σημαίνει μέση τιμή ως προς όλες τις δυνατές διευθύνσεις.

Άσκηση 14. (J.Preskill)

Η κατάσταση δύο ηλεκτρονίων περιγράφεται από τον τελεστή πυκνότητας

1 1ˆρ8 2

I

όπου η (singlet) κατάσταση

1

2A B A B (1)

Έστω ότι μετράτε την προβολή του spin του ηλεκτρονίου A στη διεύθυνση n και του

B στη διεύθυνση m όπου cosn m . Ποιά είναι η πιθανότητα να βρείτε και για

τα δυο σωματίδια / 2 ;

Μπορείτε να παρατηρήσετε ότι η κατάσταση δεν εξαρτάται από τη διεύθυνση

στην οποία είναι πολωμένα τα επιμέρους σωμάτια. Έστω ότι στην (1) έχετε:

, ,A B zA B . Μπορείτε να κάνετε μια στροφή γύρω από κάποια τυχαία διεύθυνση

n :

, A B

i in S n S

n A zA n B zBe e

Έτσι:

ˆ ˆ ˆA B

i in S S n S

n A n B n A n B zA zB zA zB zA zB zA zBe e

Εδώ ˆ ˆ ˆ

A BS S S το ολικό spin του συστήματος. Η singlet κατάσταση είναι

ιδιοκατάσταση των ˆ ˆ ˆ, ,x y zS S S με ιδιοτιμή 0. Έτσι θα πάρετε:

n A n B n A n B zA zB zA zB .

6

Επομένως βολεύει να διαλέξετε τη διεύθυνση στην (1) να είναι μία από τις ,n m .

Τότε η ζητούμενη πιθανότητα μπορείτε να δείξετε ότι είναι 21 1

8 4nA mA . Αν

τώρα παρατηρήσετε ότι και αυτή η ποσότητα είναι αναλλοίωτη σε στροφές μπορείτε

να διαλέξετε τη μία διεύθυνση να είναι ο άξονας z . Έτσι η πιθανότητα γίνεται

2

21 1 1 1sin / 2

8 4 8 4nA zA .

Η άσκηση μπορεί να λυθεί και χωρίς τις συγκεκριμένες παρατηρήσεις. Να το

κάνετε.

(Για παράδειγμα: Θεωρείστε ότι η κατεύθυνση στην είναι ο άξονας z και δείξτε

ότι για οποιαδήποτε κατεύθυνση n : A Bn n )

Άσκηση 15.

Μια σύνθετη κατάσταση έχει στη βάση Schmidt τη μορφή:

2

1

AB i A B

i

i i

Δείξτε ότι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε να υπάρχουν 2 όροι στην παραπάνω

έκφραση είναι το μέτρο του ανύσματος Bloch να είναι μικρότερο από τη μονάδα:

1P

Υπόδειξη: Δείξτε ότι 1 2

1 11 , 1

2 2P P

Άσκηση 16.

(α) Έστω ότι οι πιθανότητες να βρείτε / 2 , εάν μετρήσετε την προβολή του spin

ενός ηλεκτρονίου Α στις διευθύνσεις ,x y και z , είναι 3 / 4 , 1/ 2x yp p

και 3 / 4zp αντίστοιχα. Να βρείτε την μήτρα πυκνότητας η οποία περιγράφει

την κατάσταση του ηλεκτρονίου και να ελέγξετε εάν αυτή είναι καθαρή.

(β) Έστω ένα διμερές σύστημα το οποίο αποτελείται από το προηγούμενο ηλεκτρόνιο

Α και ένα δεύτερο ηλεκτρόνιο Β. Να βρείτε μια διμερή κατάσταση

τέτοια

ώστε η ανηγμένη μήτρα πυκνότητας R να συμπίπτει με την μήτρα πυκνότητας του

προηγουμένου ερωτήματος.

(γ) Να αναλύσετε την διμερή κατάσταση του προηγουμένου ερωτήματος στη βάση

Schmidt και να ελέγξετε εάν είναι εναγκαλισμένη.

7

Υποδείξεις.

(α) Θυμηθείτε ότι ˆˆPr . ρEn nTr . Γράφοντας

1

θα βρείτε 3 / 4

και 1/ 4 . Επομένως 3 11

1 14

και 2

10 41

4 216

, 2 3/ 4Tr

(β) Ο πίνακας γράφεται (στη βάση ,z z ):

3 1 1 1

4 4 4 4

1 1

2 2

z z z z z z z z

z z x x

Επομένως 1 1

2 2AB zA zB xA zB

(Προφανώς η προηγούμενη ανάλυση δεν είναι μοναδική. Για αυτό και η έκφραση

«μια διμερή κατάσταση»).

(γ) Εδώ πρέπει να βρεθούν οι ιδιοκαταστάσεις και οι ιδιοτιμές της R

A :

2 21 1 1 11 cos / 8 , 1 sin / 8

2 22 2

1cos / 8 sin / 8 1 12 1= ,

sin / 8 cos / 8 1 2 1 A AN N

αλλά και της 1 1/ 21

ρ2 1/ 2 1

R

B A AB ABTr

Οι ιδιοτιμές

είναι οι και οι αντίστοιχες ιδιοκαταστάσεις:

1 11 1

, 1 12 2

B B

΄Ετσι:

cos / 8 sin / 8z A AA , cos / 8 sin / 8x A AA

1 1

, 2 2

z zB B B BB B

και επομένως

cos / 8 sin / 8AB A B A B

8

Άσκηση 17.

Να επαναλάβετε την προηγούμενη άσκηση όταν οι πιθανότητες είναι

1/ 2 , 5 / 6 , 2 / 3x y zp p p .

Άσκηση 18.

Έστω η κατάσταση 0 1a b . Βρείτε την κατάσταση

η οποία είναι

κάθετη σ' αυτήν : 0 . Δείξτε ότι αυτό μπορεί να επιτευχθεί με τη βοήθεια

ενός κατάλληλου πίνακα στροφής: U . Έστω μια άλλη κατάσταση .

Δείξτε ότι πάντα μπορεί να γραφεί ως

. Μπορείτε να επεκτείνετε

αυτό το συμπέρασμα σε χώρους Hilbert περισσότερων διαστάσεων;

Υπόδειξη: Δείξτε ότι 0 1 . Διαπιστώστε ότι ο (unitary , unimodular)

μετασχηματισμός

2 2

2 2

U

ο οποίος αντιπροσωπεύει μια

συγκεκριμένη στροφή, κάνει την αλλαγή που θέλετε:

U

Θεωρείστε την τυχαία κατάσταση 0 1p q και αφού δείξετε ότι

0 και 1

καταλήξτε στο ζητούμενο.

Για να γενικεύσετε θεωρείστε ότι 1 1 1

N n N

i i i

i i i n

c i c i c i

.

Ονομάστε 1

0n

i

i

c i

και 1

1N

i

i n

c i

όπου 2 2

1

n

i

i

c

και 2 2

1

N

i

i n

c

.

Προφανώς 0 0 1 1 1 και 0 1 1 0 0 . Στη συνέχεια γράψτε

0 1 . Προσέξτε τη γενικότητα της έκφρασής σας: Εάν δεν ήσαστε σε

χώρο 2d, οι συντελεστές ic i εξαρτώνται από τη συγκεκριμένη βάση. Αν

αλλάξετε βάση θα αλλάξουν και αυτοί. Επομένως στη σχέση που γράψατε τα 0 και

1 είναι απλώς ανύσματα που ανήκουν σε αμοιβαία ορθογώνιους χώρους. Δεν

αποτελούν βάση σε κάποιον οιωνεί δισδιάστατο χώρο. Στη συνέχεια δείξτε ότι

0 1 . Μπορείτε να γράψετε τώρα για ένα άλλο άνυσμα ότι

0 1 . Ο λόγος που μπορείτε να το κάνετε οφείλεται στην ελευθερία που

έχετε στην επιλογή των 0 και 1 . Το συμπέρασμα

ακολουθεί άμεσα.

Τελικά έχετε δείξει ότι ένα χώρο Hilbert N διαστάσεων μπορείτε να τον χωρίσετε

πάντα σε δύο τμήματα A AH H H .

9

Στο ίδιο αποτέλεσμα μπορείτε να καταλήξετε και με διαφορετικό τρόπο:

Θεωρούμε ένα τυχαίο (κανονικοποιημένο) άνυσμα και ορίζουμε το άνυσμα:

. Προφανώς 0

και

2 21

.

Ορίζοντας το κανονικοποιημένο άνυσμα βρίσκουμε:

.

Άσκηση 19.

(Η άσκηση αυτή θέλει να δείξει ότι στην κβαντική μηχανική δεν μπορούμε με μια

μοναδική μέτρηση να διακρίνουμε μεταξύ δύο καταστάσεων παρά μόνο αν αυτές

είναι ορθογώνιες.)

Έστω δύο καταστάσεις και με 0 . Έστω, επίσης, ότι μπορείτε να

κάνετε μια (γενικευμένη εν γένει) μέτρηση με τη βοήθεια των τελεστών

ˆ ˆˆ , E I

έτσι ώστε:

ˆ ˆE 1 , E 1 (1)

Αφού παρατηρήσετε ότι οι παραπάνω σχέσεις σημαίνουν ότι

ˆ ˆE 0 , E 0

δείξτε ότι το (1) είναι αδύνατο.

Υπόδειξη: Γράψτε

. Έτσι: 2ˆ ˆE E

Προσέξτε τώρα ότι η ποσότητα αE

είναι, ως πιθανότητα, πάντα 1 και

αφού 0 αναγκαστικά 2

1 . Επομένως αE 1 το οποίο είναι άτοπο

σύμφωνα με την υπόθεση (1).

Άσκηση 20.

Τη χρονική στιγμή 0t ένα σύνθετο σύστημα περιγράφεται από την AB και

επομένως η αντίστοιχη μήτρα πυκνότητας ρ 0AB αντιπροσωπεύει μια καθαρή

συλλογή. Δείξτε ότι η χρονικά εξελιγμένη μήτρα πυκνότητας

†ˆ ˆˆ ˆρ U ρ 0 UAB AB AB ABt t t ( UAB ο τελεστής χρονικής εξέλιξης του σύνθετου

συστήματος) αντιπροσωπεύει επίσης μια καθαρή κατάσταση. Με άλλα λόγια: Δεν

είναι δυνατόν με μοναδιακούς μετασχηματισμούς μια καθαρή κατάσταση να

μετατραπεί σε μικτή.

Υπόδειξη: Μπορείτε να δείξετε ότι 2ρ 1ABTr t

10

Άσκηση 21.

Τη χρονική στιγμή 0t ένα σύνθετο σύστημα περιγράφεται από την

0AB A B . Η χρονικά εξελιγμένη μήτρα πυκνότητας είναι η

†ˆ ˆρ U UAB AB AB AB ABt t t .

(α) Δείξτε ότι :

†ˆ ˆˆ ˆρ ρ M MA B AB A At Tr t t t

όπου ˆ ˆM U 0B AB Bt t , B ορθοκανονική βάση στο σύστημα B .

(β) Δείξτε ότι

†ˆ ˆ ˆM M It t

και επομένως ότι Aρ 1ATr t

(γ) Δείξτε ότι

2 2

2 †

A , ,

, ,

ˆ ˆρ M MA A A A ATr

, , MA A .

(δ) Χρησιμοποιείστε την ανισότητα Schwartz για να δείξετε ότι 2ρ 1A ATr .

Δείξτε ότι εάν ο τελεστής χρονικής εξέλιξης μπορεί να χωρισθεί σε δύο ανεξάρτητους

παράγοντες ˆ ˆ ˆU U UAB A B (με άλλα λόγια, αν δεν υπάρχει αλληλεπίδραση ανάμεσα

στα δύο συστήματα) ισχύει η ισότητα. Αντίθετα, εάν ˆ ˆ ˆU U UAB A B τότε, εν γένει,

2ρ 1A ATr .

(Για τον όρο "εν γένει" δείτε τις παρακάτω ασκήσεις)

Συμπέρασμα: Αρχικά έχετε δύο συστήματα τα οποία είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους.

Τα φέρνετε σε επαφή και τους επιτρέπετε να αλληλεπιδράσουν. Με την πάροδο του

χρόνου θα βρεθείτε με ένα σύστημα στο οποίο υπάρχει entanglement. Το κάθε

ξεχωριστό υποσύστημα αντιπροσωπεύεται πλέον από μια μη καθαρή κατάσταση : Η

χρονική εξέλιξη "παράγει" entanglement.

Οι τελεστές που ορίσατε παραπάνω είναι γνωστοί ως τελεστές Kraus. Γενικά, κάθε

πράξη η οποία απεικονίζει έναν τελεστή πυκνότητας σε έναν νέο τελεστή πυκνότητας

τελεστές μπορεί να περιγραφεί έσω τελεστών Kraus:

†ˆˆ ˆ ˆ

11

Άσκηση 22.

Θωρείστε δύο συστήματα A και B και τη διμερή κατάσταση AB A B .

Έστω μοναδιακός τελεστής UAB τέτοιος ώστε UAB AB AB .

Δείξτε ότι

†ˆ ˆ ˆˆρ ρR R

A B AB AB ATr

και ότι 2

ρ 1R

A ATr (1)

Εδώ: ˆ ˆM UB AB B , B , ορθοκανονική βάση στο B και ρR

A B AB ABTr

Ελέγξτε πότε, στη δεύτερη από τις (1), ισχύει η ισότητα.

Άσκηση 23.

Έστω η κατάσταση AB A B και έστω ότι υπάρχει μοναδιακός τελεστής

UAB τέτοιος ώστε UAB AB A B . Δείξτε ότι μπορείτε να γράψετε:

M A A B BA , †ˆ ˆ ˆM M I

Εδώ B είναι ορθοκανονική βάση στο B και ˆ ˆM UB AB B .

Υπόδειξη:

ˆ ˆ ˆU U U

ˆ ˆ U M

AB AB B B AB A B B B AB B A

B AB B A B A B

Άσκηση 24. (J. Preskill)

Έστω ότι προσπαθείτε να διακρίνετε δύο καταστάσεις A και A με τον

παρακάτω τρόπο: Συνδέεστε με ένα βοηθητικό σύστημα και χρησιμοποιείτε μια

"μηχανή" η οποία εφαρμόζει το μοναδιακό μετασχηματισμό:

UAB A B A B , UAB A B A B

Μετά την πράξη αυτή έχετε σκοπό να ελέγξετε το σύστημα B και έτσι να βρείτε ποιά

από τις καταστάσεις A ή A είχατε αρχικά στη διάθεσή σας.

Χρησιμοποιείστε την προηγούμενη άσκηση για να δείξετε ότι εάν 0A A ,

B B και επομένως το σχέδιό σας δεν θα πετύχει.

12

Υπόδειξη: Στην προηγούμενη άσκηση δείξατε ότι

ˆ ˆU MAB A B A B A A B B

ˆ ˆU MAB A B A B A A B B

Επομένως:

†ˆ ˆM MA A A A B B B B

Εύκολα μπορείτε να διαπιστώσετε ότι †ˆ ˆ ˆM M I

και έτσι:

A A A A B B

Αν 0A A αυτό σημαίνει ότι 1B B .

Αν τώρα γράψετε B B B

βλέπετε αμέσως ότι 1 και 0 .

Παρατήρηση.

Οι ασκήσεις 19 και 24 δηλώνουν έμμεσα κάτι πολύ ενδιαφέρον: Ότι στην Κβαντική

Μηχανική δεν υπάρχει μηχανισμός αντιγραφής ( ή "κλωνοποίησης") μιας

κατάστασης. Πράγματι. Αν υπήρχε τέτοιος μηχανισμός θα μπορούσε να

χρησιμοποιηθεί για να κατασκευαστούν πολλά αντίγραφα των καταστάσεων A και

A . Στη συνέχεια με επανειλημμένες μετρήσεις θα μπορούσαμε να βρούμε ποιά

ακριβώς είναι η κάθε κατάσταση και, επομένως, να τις διακρίνουμε.

Αυτό μπορεί να αποδειχθεί ευθέως και είναι το γνωστό "Non-cloning Theorem"

της Κβαντικής Μηχανικής. (Wootters and Zurek :Nature 299 (802) 1982 ; Dieks:

Phys. Lett. A (271) 1982).

Για μια απλή απόδειξή του μπορεί να σκεφτεί κανείς ως εξής.

Ας πούμε ότι εγώ (ο A ) έχω στη διάθεσή μου μια κατάσταση A και θέλω να την

αντιγράψω. Τη φέρνω σε επαφή με ένα σύστημα B (το σύστημα "αντιγραφής") το

οποίο βρίσκεται σε κάποια κατάσταση 0B . Τώρα στη διάθεσή μου έχω την

κατάσταση 0A B . Έστω ότι υπάρχει μηχανισμός ο οποίος να υλοποιείται μέσω

ενός μοναδιακού τελεστή UAB και ο οποίος πραγματοποιεί την αντιγραφή:

ABU 0A B A B .

Σύμφωνα με αυτά που δείξατε στις ασκήσεις σας η σχέση αυτή μπορεί να γραφεί και

με την ακόλουθη μορφή:

ˆ ˆ ˆM , M U 0A A B B B AB B (1)

13

Έστω τώρα ότι διαλέγω τυχαία μια άλλη κατάσταση A και επαναλαμβάνω τη

διαδικασία. Προφανώς (αφού ο τελεστής M δεν εξαρτάται από το ποιά κατάσταση

αντιγράφεται):

M A A B B (2)

Συνδυάζοντας τις (1) και (2) όπως στην άσκηση (18) θα πάρουμε:

A A A A B B (3)

Εφόσον η κατάσταση A είναι τυχαία δεν μπορεί να θεωρηθεί ούτε ότι είναι κάθετη

στην A ούτε και ότι συμπίπτει μ' αυτήν. Επομένως η σχέση (3) αποκλείεται να

ισχύει.

Ίσως κάποιος να αναρωτηθεί γιατί πρέπει ο τελεστής UAB ο οποίος ενεργεί στο

σύνθετο σύστημα AB να είναι μοναδιακός και επομένως οι τελεστές M οι οποίοι

δρουν στο μέρος A να ικανοποιούν τη σχέση †ˆ ˆ ˆM M I

η οποία βρίσκεται στη

βάση όλων των προηγούμενων αποτελεσμάτων. Αυτή είναι μια γενικότερη συζήτηση

η οποία αφορά στο είδος των πράξεων που μπορεί να κάνει κανείς σε κβαντικές

καταστάσεις. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα αρκεί να πούμε ότι αφενός μεν δεν

μπορούμε με μια μέτρηση να βρούμε την άγνωστη κατάσταση που θέλουμε να

αντιγράψουμε και ότι τη θεωρούμε κανονικοποιημένη.

Επομένως †ˆ ˆ0 U U 0 1B A AB AB A B A A B B

Άσκηση 25.

Έστω A σύστημα δύο καταστάσεων και B σύστημα τριών καταστάσεων.

Τα ανύσματα 0 , 1A A και 0 , 1 , 2B B B συγκροτούν ορθοκανονικές βάσεις στα

συστήματα αυτά.

Έστω τελεστής χρονικής εξέλιξης U AB t τέτοιος ώστε:

U 0 0 1 0 0 0 1AB A B A B A Bt p p ,

U 1 0 1 1 0 1 2AB A B A B A Bt p p , , 0p t t .

(α) Βρείτε τους τελεστές ˆ , 0,1,2t που συνδέονται με τον συγκεκριμένο

μετασχηματισμό .

(β) Έστω ότι τη στιγμή 0t διμερές σύστημα AB βρίσκεται στην κατάσταση

1

0 0 1 02

AB A B A A B

14

Δείξτε ότι η μήτρα πυκνότητας ρR

A η οποία περιγράφει την κατάσταση του

συστήματος A μετά από χρόνο t είναι:

1 11

ρ1 12

R

A

p

p

(γ) Δείξτε ότι μετά την πάροδο πεπερασμένου χρόνου , 0t N t N t οι

μη διαγώνιοι όροι της κατάστασης ρR

A t απομειώνονται ως te .

Άσκηση 26.

Να επαναλάβετε την προηγούμενη άσκηση εάν γνωρίζετε ότι ο τελεστής της

χρονικής εξέλιξης δρα ως εξής:

1 2 3U 0 1 0 1 1 23 3 3

A A A

AB A B A B A B A B A B

p p pt p

Άσκηση 27.

Σύστημα 2 ηλεκτρονίων βρίσκεται, τη χρονική στιγμή 0t , στην κατάσταση

1

0 1 1 0 02

ABE A B A B E . Το σύστημα αυτό εξελίσσεται χρονικά μέσω

μοναδιακού τελεστή U AE t . Για τον τελεστή αυτόν ξέρετε ότι:

U 0 0 0 0AE A E A Et

U 1 0 1 1 0 0 1AE A E A E A Et p p , , 0p t t .

Να βρείτε μετά την πάροδο πεπερασμένου χρόνου , 0t N t N t την

κατάσταση του ηλεκτρονίου A .

Υπόδειξη.

Μπορείτε να προχωρήσετε βρίσκοντας την χρονικά εξελιγμένη ρABE και στη

συνέχεια να υπολογίσετε την ˆ ˆρ ρR

A BE ABEt Tr t . Εναλλακτικά (και ευκολότερα)

βρείτε τους τελεστές Kraus ˆˆ U 0 , 0,1i E AE Ei i και χρησιμοποιείστε την

2

†

1

ˆ ˆˆ ˆρ ρ 0R R

A i A i

i

t

. Με την άσκηση αυτή θα διαπιστώσετε ότι η επαφή ενός

συστήματος με ελεγχόμενο περιβάλλον ( εδώ αυτό είναι ένα απλό σύστημα 2

καταστάσεων) είναι δυνατόν μια αρχικά μικτή κατάσταση (εδώ η ρ 0R

A ) μπορεί να

οδηγηθεί σε μια καθαρή κατάσταση.

15

Άσκηση 28.

Έστω δύο καθαρές καταστάσεις και οι οποίες δεν είναι ορθογώνιες μεταξύ

τους. Πάντα μπορείτε να γράψετε ,

.

Η fidelity ορίζεται ως F και είναι ένα μέτρο της απόστασης των δύο

καταστάσεων. Ο γενικός ορισμός της fidelity αφορά σε τελεστές πυκνότητας οι

οποίοι περιγράφουν και μη καθαρές καταστάσεις: 2

ˆ ˆρσF Tr . Δείξτε ότι εάν

ρ , σF .

Υπόδειξη:

Θυμηθείτε ότι ,

ˆ ˆ

n m

n n m m και διαλέξτε ρ nn n .

Άσκηση 29.

Στις ασκήσεις 25 και 26 η αρχική σας κατάσταση ήταν η 1

0 12

A A A ενώ

στην 27 η 1

0 1 1 02

A A A A A . Οι καταστάσεις αυτές ήρθαν σε επαφή με το

“περιβάλλον” 0B . Η χρονική εξέλιξη παρήγαγε, σε κάθε περίπτωση, κάποια ρR

A t .

Να βρείτε την fidelity ρR

A A AF t .

Άσκηση 30.

Σύστημα δύο ηλεκτρονίων βρίσκεται, τη χρονική στιγμή 0t , στην κατάσταση

1/ 2 , 1 / 2AB A B . Η δυναμική του συστήματος περιγράφεται από την

ˆ ˆH S SA Bg .

(α) Να βρείτε την κατάσταση του συστήματος τη χρονική στιγμή t .

(β) Να βρείτε, στη χρονική στιγμή t , τη μέση τιμή της προβολής του spin του

σωματιδίου A στους άξονες ,x y και z . Να δείξετε ότι τα αποτελέσματα αυτά είναι

αδύνατον να θεωρηθούν ως προερχόμενα από μια κατάσταση της μορφής

1/ 2 1 / 2A A Aa b

(γ) Με βάση αυτά τα αποτελέσματα να κατασκευάσετε την μήτρα πυκνότητας του

σωματιδίου A και να δείξετε ότι συμπίπτει με την ρA B AB ABt Tr t t .

(δ) Δείξτε ότι 2ρ 1A ATr t (εκτός από κάποιες συγκεκριμένες χρονικές στιγμές τις

οποίες και να βρείτε).

(ε) Να χρησιμοποιήσετε την ανάλυση Schmidt για να αποδείξετε ότι στην

κατάσταση AB t τα σωματίδια A και B είναι entangled. Βρείτε τις χρονικές

στιγμές στις οποίες το entanglement γίνεται το μέγιστο δυνατό.

16

Υπόδειξη:

Γράψτε 2 2 2

AB A Bˆ ˆ ˆH S -S -S / 2g όπου

ˆ ˆ ˆˆ ˆS S I S IAB A B B A

και 1,0 0,0 / 2AB AB AB για να βρείτε εύκολα ότι

2

2

sin / 2 0ρ

0 cos / 2A

g t

g t

Άσκηση 31. (W.H. Zurek, Phys. Rev. D26, (1982) 1862)

Tη χρονική στιγμή 0t η κατάσταση σύνθετου συστήματος είναι:

1

0 , N

AB xA B B xk

k

(1)

Εδώ η B περιγράφει την κατάσταση του περιβάλλοντος το οποίο έχει πολλούς

βαθμούς ελευθερίας. Η (1) δείχνει ότι αρχικά το (υπο)σύστημα και το περιβάλλον του

είναι αποζευγμένα.

Η δυναμική του σύνθετου συστήματος διέπεται από τη Hamiltonian

1

HN

AB z k kz

k

g

(2)

Με άλλα λόγια: Το (υπο)σύστημα αποτελείται από ένα σωμάτιο με spin 1 / 2 ενώ το

περιβάλλον του απαρτίζεται από πολλά N τέτοια σωμάτια. (Εδώ

χρησιμοποιούνται για απλότητα οι πίνακες Pauli των οποίων οι αντίστοιχες ιδιοτιμές

να είναι 1 ).

(α) Δείξτε ότι:

1 1

1 1

2 2k k k k

N Nig t ig t ig t ig t

AB zA zk zk zA zk zk

k k

t e e e e

(β) Δείξτε ότι:

1

1 1ˆ

2 2

1 cos 2

2

A B AB AB zA zA zA zA

N

zA zA zA zA k

k

Tr t t

g t

(γ) Δείξτε ότι αν οι σταθερές αλληλεπίδρασης kg είναι τυχαίες και αν N

(εάν, δηλαδή, το περιβάλλον είναι ένα ρεαλιστικό περιβάλλον) τότε 2ρ 1A ATr .

17

Υπόδειξη:

Γράψτε

1 1

1 1 1 10

2 2 2 2

N N

AB zA zk zk zA zk zk

k k

Έτσι

1

1

1 1

2 2

1 1

2 2

k kz

k kz

Nig

AB zA zk zk

k

Nig

zA zk zk

k

t e

e

Άσκηση 32.

Έστω ότι η Hamiltonian ενός συστήματος εξαρτάται από μια τυχαία παράμετρο

ˆ ˆH H .

Αυτό θα μπορούσε να συμβαίνει, για παράδειγμα, σε μια Hamiltonian της μορφής

2

2 2p 1ˆ ˆ ˆH x cos x2 2

m g tm

που περιγράφει την αλληλεπίδραση ενός αρμονικού ταλαντωτή με ένα χρονικά

μεταβαλλόμενο εξωτερικό πεδίο. Η τυχαία παράμετρος μπορεί να σημαίνει ότι δεν

έχουμε έλεγχο για τα ποιά ακριβώς στιγμή άρχισε η αλληλεπίδραση. Έτσι είμαστε

υποχρεωμένοι, πριν υπολογίσουμε κάποια μετρήσιμη ποσότητα, να παίρνουμε τη

μέση τιμή πάνω σε όλες δυνατές τιμές της γωνίας .

Έστω ρ ; ; ;t t t ο τελεστής πυκνότητας που αντιστοιχεί σε μια

συγκεκριμένη . Η άγνοια που έχουμε μας αναγκάζει να χρησιμοποιήσουμε τον

(reduced) τελεστή πυκνότητας:

2

0

ˆ ˆρ ρ ;2

R dt t

Δείξτε ότι

2

ρ 1RTr t

Άσκηση 33.

Έστω ότι τελεστής πυκνότητας ρ έχει D μη μηδενικές ιδιοτιμές. Δείξτε ότι η

εντροπία von Neumann ικανοποιεί τη σχέση:

ˆ ˆ ˆρ ρ logρ logE Tr D

2 2

loglog log , log

log 2

aa a a

18

Υπόδειξη: Γράψτε 1

1 1

ρ log log logD D

i i i i D D

i i

E

. Στη συνέχεια

βρείτε την παράγωγο 1 1

1 1

ρ log log 1D D

Dik i ik D

i ik k

E

. Δείξτε ότι

1 1

1 1

log log , 1 , 1D D

Dik i k Dk ik Dk Dk

i i k

και καταλήξτε στο

συμπέρασμα: ρ log logk D

k

E

.

Άσκηση 34.

Δείξτε ότι η εντροπία von Neumann, ρE , η οποία ορίστηκε στην προηγούμενη

άσκηση είναι κοίλη συνάρτηση:

1 1 1 1ˆ ˆ ˆ ˆρ ... ρ ρ ... ρn n n nE p p p E p E

όπου 0 , 1,...,ip i n και 1

1n

i

i

p

.

Υπόδειξη.

Δείξτε το ζητούμενο επαγωγικά. Ξεκινήστε από την περίπτωση 2n και συνεχίστε.

Θυμηθείτε ότι για να είναι κοίλη μια συνάρτηση αρκεί η δεύτερη παράγωγος να μην

είναι θετική. Για παράδειγμα, ο λογάριθμος είναι μια τέτοια συνάρτηση:

22

22log 1 0

1

x ypx p y

p px p y

.

Εσείς δείξτε ότι 2

1 22ˆ ˆρ 1 ρ 0E p p

p

και εξηγείστε, με βάση αυτό την

ζητούμενη ανισότητα.

Άσκηση 35.

Έστω ότι στην κατάσταση ρ μετράμε το φυσικό μέγεθος ˆ j j j

j

. H

πιθανότητα εμφάνισης καθενός από τα δυνατά αποτελέσματα είναι

ρj j jp . Δείξτε ότι η εντροπία Shannon της κλασικής συλλογής

,j jp ικανοποιεί την ανισότητα ρH E .

Υπόδειξη: Χρησιμοποιείστε τις ιδιοκαταστάσεις ρ και δείξτε ότι

j jp q

όπου 2

j jq . Δείξτε ότι 1j j

j

q q

και

χρησιμοποιείστε το αποτέλεσμα της προηγούμενης άσκησης για να δείξετε το

ζητούμενο. Ελέγξτε πότε ισχύει η ισότητα.

19

Άσκηση 36.

Έστω η μη καθαρή συλλογή 1 1

, ; ,2 2

z xQ

.

(α) Δείξτε ότι εάν κάνετε μέτρηση στον άξονα z ή στον άξονα x θα καταλήξετε στις

συλλογές 3 1

, ; ,4 4

z z

ή

3 1, ; ,

4 4x x

αντίστοιχα. Να

υπολογίσετε την εντροπία von Neumann σε κάθε περίπτωση.

(β) Βρείτε την κατεύθυνση ως προς την οποία θα πρέπει να κάνετε μέτρηση έτσι ώστε

να προκύψει η ελάχιστη δυνατή εντροπία.

(γ) Δείξτε ότι η κατεύθυνση αυτή ορίζεται από τα ιδιοανύσματα του τελεστή

πυκνότητας που αντιστοιχεί στη συλλογή Q .

Υπόδειξη.

Η άσκηση αυτή είναι ένα παράδειγμα υλοποίησης της ανισότητας ρH E που

αποδείξατε στο προηγούμενο πρόβλημα.

Εάν υπολογίσετε την εντροπία von Neumann για τη συλλογή Α-στην οποία τα

ενδεχόμενα είναι διακρίσιμα ως αμοιβαίως κάθετα-δεν έχετε παρά να υπολογίσετε

την κλασική εντροπία Shannon: 3 3 1 1

log log 0.84 4 4 4

H .

Ο τελεστής πυκνότητας που αντιστοιχεί στη συλλογή Q είναι

3 11 1 1

ρ1 12 2 4

z z x x

Οι ιδιοτιμές του πίνακα είναι 2

1

1 2cos / 8

2 4p , 2

2

1 2sin / 8

2 4p

και η εντροπία von Neumann βρίσκεται να είναι 1 1 2 2ρ log log 0.6E p p p p

σε συμφωνία με την ανισότητα. Βρίσκοντας τις ιδιοκαταστάσεις θα διαπιστώσετε ότι

ορίζουν τη διεύθυνση / 4, 0 . Αφού η απόδειξη της ανισότητας είναι

γενική και αφορά σε οποιαδήποτε διεύθυνση, η διεύθυνση που βρήκαμε δίνει την

ελάχιστη δυνατή εντροπία.

Αυτό, στη συγκεκριμένη περίπτωση μπορεί να δειχθεί και ως εξής:

Αν κάνουμε μέτρηση σε μια τυχαία διεύθυνση sin cos ,sin sin ,cosn θα

πάρουμε τη συλλογή 1 2, ; ,n n q q με 1,2

1 1cos cos sin

2 4q . Η

εντροπία Shannon είναι 1 1 2 2log logH q q q q . Εύκολα μπορείτε να βρείτε ότι το

ελάχιστο της συνάρτησης ,H αντιστοιχεί στη διεύθυνση / 4, 0 .

20

Άσκηση 37.

Έστω η συνάρτηση ("σχετική εντροπία")

ρ σ ρlogρ ρlogσE Tr Tr

Δείξτε ότι:

ρ σ 0E

(Ανισότητα Klein)

Yπόδειξη.

Έστω ότι ρ j

j

j j και σ k

k

k k . Μπορείτε αμέσως να δείξετε ότι

ρ σ log logj j jk k

j k

E A

όπου 2

jkA j k . Παρατηρώντας ότι

1jk jk

j k

A A χρησιμοποιείστε την άσκηση 31 για να διαπιστώσετε ότι:

1

ρ σ log log lnln 2

j j j

j j j

j j jj j j

E

όπου j jk k

k

A . Για το

τελευταίο βήμα σας χρησιμοποιείστε το γεγονός ότι ln 1 0x x x για να

καταλήξετε στο ζητούμενο (για την τελευταία ανισότητα:

0ln 1, 1/ 1 1f x x x f x x x ακρότατο, 1 1 1 0f f x f ).

Άσκηση 38. (Subadditivity)

Έστω διμερές σύστημα με τελεστή πυκνότητας ρAB. Δείξτε ότι:

ˆ ˆ ˆρ ρ ρR R

AB A BE E E

Υπόδειξη:

Γράψτε

ˆ ˆ ˆ ˆˆρ ρ , σ ρ ρAB A B .

Δείξτε ότι ˆ ˆ ˆ ˆˆρ σ ρ ρ ρR R

AB A BE E E E και χρησιμοποιείστε το αποτέλεσμα

της προηγούμενης άσκησης. Ελέγξτε πότε ισχύει η ισότητα.

Άσκηση 38.

Δείξτε ότι

ˆ ˆ ˆρ ρ ρR R

AB A BE E E

Υπόδειξη:

Εάν ο τελεστής ρAB αντιστοιχεί σε καθαρή κατάσταση η ανισότητα ικανοποιείται με

τετριμμένο τρόπο αφού οι ρR

A και ρR

B έχουν τις ίδιες (μη μηδενικές) ιδιοτιμές

21

(ανάλυση Schmidt). Εάν δεν είναι έτσι, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι τον ανηγμένο

τελεστή ενός μεγαλύτερου κλειστού συστήματος: ˆ ˆ ˆρ ρ ρR

AB ABC ABCTr (θεώρημα

HJW).

Δείξτε τώρα ότι: ˆ ˆρ ρR R

C ABE E , ˆ ˆρ ρR R

B ACE E και μαζί με τη σχέση

ˆ ˆ ˆρ ρ ρR R R

A C ACE E E της προηγούμενης σχέσης καταλήξτε στο ζητούμενο.

Παρατήρηση.

Στην πραγματικότητα αρκεί η διαδοχική εφαρμογή των συμπερασμάτων της

ανάλυσης Schmidt. Το πρώτο βήμα είναι να γραφεί η διμερής κατάσταση ρAB στη

βάση των ιδιοκαταστάσεών της: 1

ρABd

AB i AB AB

i

i i

. Στη συνέχεια θεωρείστε την

τριμερή κατάσταση 1

ABd

ABC i AB iC

i

i e

όπου iCe ανύσματα βάσης σε χώρο

διάστασης C A B ABd d d d . Προφανώς ˆ ˆρ ρAB C ABCTr και

1

ˆ ˆρ ρABd

C AB ABC i iC iC

i

Tr e e

. Επομένως ˆ ˆρ ρR R

C ABE E . Για τις υπόλοιπες

σχέσεις να αναλύσετε κατά Schmidt τα ιδιοανύσματα του ρAB:

1

mi i i

AB j A B

j

i a j j

, min ,A Bm d d .

Έτσι

2

1 1 0

ˆ ˆρ ρ , ,AB ABd mdm

i i i

AC B ABC i j A iC A iC n AC AC

i j n

Tr a j e j e p n n

.

Εδώ ,n i j ,

2 2

1 1 1

, 1AB ABmd d m

i i

n i j n i j

n i j

p a p a

.

Επίσης

2

1 1 0

ˆ ˆρ ρAB ABd mdm

i i i

B AC ABC i j B B n B B

i j n

Tr a j j p n n

Επομένως ˆ ˆρ ρR R

B ACE E .

Άσκηση 39.

Έστω ότι ο Α και ο Β μοιράζονται τις καταστάσεις:

0 1 1 1 0 , 1,2i i i i i

AB A B A Bp p i , 1/ 2p

Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας τρόπος ώστε μέσω τοπικών χειρισμών και

κλασικής επικοινωνίας (Locc) τα δύο μέρη να καταλήξουν να μοιράζονται μια,

μέγιστα εναγκαλισμένη, κατάσταση Bell.

22

Λύση.

Η κατάσταση που μοιράζονται ο Α και ο Β είναι η

22 1 1 2 2 1 1 2 2

1

1 1 2 2 1 1 2 2

0 1 0 1 (1 ) 1 0 1 0

1 0 1 1 0 1 0 0 1

i

AB AB A B A B A B A B

i

A B A B A B A B

p p

p p

(1)

Έστω ότι ο Α μετράει το μέγεθος 1 2TOTAL

zA zA zA . Πιθανότητα 2p θα βρεί την

τιμή 2, με πιθανότητα 2

1 p την τιμή -2 και με πιθανότητα 2 1p p την τιμή 0.

Αν επιλέξει το τελευταίο αποτέλεσμα θα καταλήξει με την κατάσταση

1 1 2 2 1 1 2 21

0 1 1 0 1 0 0 12

AB A B A B A B A B (2)

Την τελευταία αυτή κατάσταση μπορούμε να τη γράψουμε στη βάση των Bell states

όπου

1 1

0 1 , 1 02 2

i i i ii i i i

A B AB AB A B AB AB

ως εξής:

1 2 1 21

2AB AB AB AB AB (3)

Για να απομονωθεί μια Bell state αρκεί να μετρηθούν τα μεγέθη 1 1 1ˆ

A B και

3 3 3ˆ

A B . Επειδή, όμως, μόνο τοπικοί χειρισμοί επιτρέπονται θα πρέπει ο Β να

“στείλει” το σωμάτιο που έχει στη διάθεσή του πίσω στον Α. Όταν γίνει αυτό ο Α

μπορεί να μετρήσει τα σύνθετα μεγέθη 2 2

1 3, . Αν βρεί (+1,-1) τότε οι Α και Β

μοιράζονται την κατάσταση 1

AB , αν βρεί (-1,-1) μοιράζονται την κατάσταση

1

AB .

Παρατήρηση. Στην πραγματικότητα το πρόβλημα, έτσι όπως τέθηκε, δεν έχει λύση

αφού δεν αρκούν οι δύο μερικώς εναγκαλισμένες καταστάσεις για την παραγωγή μίας

πλήρως εναγκαλισμένης. Ο λόγος είναι ότι χρειάζεται ένα απόθεμα από n

καταστάσεις έτσι ώστε να πραγματοποιηθεί η μέτρηση που οδήγησε στην (2).

Μάλιστα, “χάθηκαν” πολλές καταστάσεις αφού πάντα 22 1 2 1p p p p . Αν

κάποιος δει την παραπάνω διαδικασία ως έναν τρόπο να ξεκινήσουν οι Α και Β από

n μερικώς εναγκαλισμένες καταστάσεις και να καταλήξουν να έχουν στη διάθεσή

τους Bell states, αυτός ο τρόπος είναι εντελώς ασύμφορος.

23

Άσκηση 40.

Να επαναλάβετε την προηγούμενη άσκηση εάν οι Α και Β μοιράζονται την

1AB AB ABp p

Εδώ: 1

0 0 1 1 2

AB A B A B

Άσκηση 41.

Έστω οι καταστάσεις:

0 1 1 1 0 , 1,2,...,i i i i i

AB A B A Bp p i n , 1/ 2p

Βρείτε τον μέγιστο πλήθος καταστάσεων Bell που μπορούν να κατασκευασθούν

μέσω τοπικών χειρισμών.

Λύση.

Θα ξεκινήσουμε από την

/2/2

01

1n n

n i n k kk

AB AB AB

ki

p p

(1)

Εδώ:

1 1

0 1 0 1 μεταθέσειςk n

k i i j j

AB A B A B

i j k

(2)

Οι σχέσεις αυτές είναι, προφανώς, η γενίκευση της σχέσης (1) στην άσκηση (39). Το

πλήθος των όρων στην (2) είναι το πλήθος των διαφορετικών τρόπων με τους οποίους

μπορούμε να διαλέξουμε από τα n αντικείμενα k που θα το ονομάσουμε “0” . Είναι

επομένως:

!

! !

n n

k k n k

(3)

Η πιθανότητα να εμφανιστεί κάθε ένας από τους όρους (2) είναι2

k kP C όπου

/2/2 1n kk

kC p p

(4)

24

Αν παρατηρήσουμε ότι

2 2 2 2 2log log log 1 log log 12 2 2

/ ,2

k

k n k n k n kC p p p p

n n

nH k n p

(5)

μπορούμε να γράψουμε:

/ , /2

0

2n

n nH k n p k

AB AB

k

(6)

Οι καταστάσεις (2) δεν είναι κανονικοποιημένες αφού k k

AB AB

n

k

.

Αν εισάγουμε την κανονικοποιημένη κατάσταση

1/2 , k k

AB k AB k

nN N

k

η (6) γράφεται:

/ , /2 1/2

0

2n

n nH k n p k

AB k AB

k

N

(7)

Για τη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την προσέγγιση Stirling : ! 2 /n

n n n e

Η προσέγγιση αυτή είναι εξαιρετικά καλή ακόμα και για n όχι ιδιαίτερα μεγάλο. Ας

πούμε, για 4n το σφάλμα είναι περίπου 2% και πέφτει στο 0.7% για 10n .

Αν στην (7) το n μπορούμε με πολύ μικρό σφάλμα, τόσο μικρότερο όσο

μεγαλύτερο είνα το n , να κρατήσουμε μόνον τους όρους για τους οποίους το k και

το n k βρίσκονται στα όρια όπου μας επιτρέπεται η προσέγγιση Stirling. Επομένως

μπορούμε να γράψουμε:

2 2log log ,

!

! ! 2

2 22 2

n

k n k k

k k n k n k k kn nH

n n n n n n

n n n nN

k k n k k n k n k k

n n

k n k k n k

(8)

Έτσι:

/

22n

f k nn k

AB AB

k

(9)

όπου

2 2 2 2

1 1/ log log log 2 log

1 2 2

k k n k n k n kf k n n

n np n n p n n n

(10)

Για n η συνάρτηση αυτή παρουσιάζει ένα εντονότατο ελάχιστο όταν

1/k np O n όπου παίρνει την τιμή 2

10 logO n

n

. Επομένως στο όριο n

η (9) γίνεται:

n k

AB AB

, k np (11)

25

όπου

22

nH pk k

AB AB

(12)

Στην τελευταία σχέση εμφανίστηκε η εντροπία Shannon:

2 2( ) log 1 log 1H p p p p p (13)

H προηγούμενη ανάλυση μας λέει ότι αν, στην κατάσταση (1), μετρήσουμε το

μέγεθος

1

niTOTAL

zA zA

i

θα βρούμε, σχεδόν με βεβαιότητα, την κατάσταση για την

οποία 1 1 2 1k n k n p . Επομένως, αντίθετα με την μέτρηση του

αντίστοιχου μεγέθους στην άσκηση (39), εδώ δεν χρειάζονται πολλές επαναλήψεις

προκείμενου να εντοπίσουμε την τιμή 1 1k n k (η οποία ήταν 0 αφού εκεί

2n και 1k ).

Μπορούμε να σημειώσουμε στο σημείο αυτό ότι η κατάσταση από την οποία

ξεκινήσαμε είναι γραμμένη στη βάση Schmidt και επομένως H p E όπου

2 2ˆ ˆ ˆ ˆρ log ρ ρ log ρR R R R

A A B BE Tr Tr η εντροπία von Neumann. Η ανάλυση που

προηγήθηκε στηρίχθηκε καθοριστικά στο γεγονός ότι ξεκινήσαμε από μια κατάσταση

Schmidt. Επομένως, εάν η αρχική διμερής κατάσταση δεν είναι στη βάση Schmidt θα

πρέπει, μέσω ενός τοπικού μοναδιακού μετασχηματισμού, να την φέρουμε σ’ αυτήν.

Αν τώρα γράψουμε

1 1

0 1 , 1 02 2

i i i ii i i i

A B AB AB A B AB AB

η κατάσταση (11) διαβάζεται ως εξής:

/2 /2

1 1

1μεταθέσεις

2 2

k ni i j jn

AB AB AB AB ABnE ni j k

(14)

Προκειμένου να γίνουν τοπικές μετρήσεις θα θυσιαστεί ένας αριθμός καταστάσεων

Bell αφού σωμάτια τα οποία βρίσκονται στη διάθεση του Β θα πρέπει να σταλούν

στον Α ώστε αυτός να κάνει τις μετρήσεις των σύνθετων μεγεθών 1 3

ˆ ˆ,i i

. Το

πλήθος των όρων που αθροίζονται στην (14) είναι

2 2nE n

αλλά λόγω των

διαφορετικών προσήμων κάποιοι από αυτούς αθροίζονται και κάποιοι αναιρούνται.

Έτσι, στο τέλος, θα μείνουν

2nE

διαφορετικοί μεταξύ τους όροι. Μετά από κάθε

μέτρηση το πλήθος των όρων θα πέφτει στο μισό. Έτσι μετά από m nE

μετρήσεις θα απομείνουμε με έναν όρο ο οποίος θα είναι μια παραγοντοποιημένη

κατάσταση από m καταστάσεις Bell.