밀도행렬의 볼록결합

밀도행렬의 확률적 선택

밀도행렬의 핵심 특징은 양자 상태의 확률적 선택이 해당하는 밀도행렬의 볼록결합으로 표현된다는 것입니다.

예를 들어, 시스템 $\mathsf{X}$의 양자 상태를 나타내는 두 개의 밀도행렬 $\rho$와 $\sigma$가 있고, 확률 $p$로 상태 $\rho$를 준비하고 확률 $1 - p$로 $\sigma$를 준비한다면, 결과 양자 상태는 다음 밀도행렬로 표현됩니다.

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

더 일반적으로$,m$개의 양자 상태가 밀도행렬 $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$로 표현되고, 시스템이 확률벡터 $(p_0,\ldots,p_{m-1})$에 대해 확률 $p_k$로 상태 $\rho_k$에 준비된다면, 결과 상태는 다음 밀도행렬로 표현됩니다.

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

이것은 밀도행렬 $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$의 볼록결합입니다.

따라서 $m$개의 양자 상태벡터 $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle$가 있고, 각 $k\in\{0,\ldots,m-1\}$에 대해 확률 $p_k$로 상태 $\vert\psi_k\rangle$에 시스템을 준비한다면, 얻은 상태는 다음 밀도행렬로 표현됩니다.

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

예를 들어, Qubit이 확률 $1/2$로 상태 $\vert 0\rangle$에 준비되고 확률 $1/2$로 상태 $\vert + \rangle$에 준비된다면, 얻은 상태의 밀도행렬 표현은 다음과 같습니다.

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

양자정보의 간단한 공식화에서는 이런 식으로 양자 상태벡터를 평균화할 수 없습니다. 예를 들어, 벡터

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

는 유클리드 노름이 $1$과 같지 않기 때문에 유효한 양자 상태벡터가 아니에요. 양자 상태벡터에서 이것이 작동하지 않음을 보여주는 더 극단적인 예는 원하는 양자 상태벡터 $\vert\psi\rangle$를 고정한 다음, 확률 $1/2$로 상태 $\vert\psi\rangle$를 취하고 확률 $1/2$로 $-\vert\psi\rangle$를 취하는 경우예요. 이러한 상태들은 전역위상으로 다르므로 실제로는 같은 상태이지만, 평균을 취하면 영벡터를 얻게 되는데, 이는 유효한 양자 상태벡터가 아니에요.

완전혼합상태

Qubit의 상태를 각각 확률 $1/2$로 $\vert 0\rangle$ 또는 $\vert 1\rangle$로 설정한다고 가정합시다. 결과 상태를 나타내는 밀도행렬은 다음과 같습니다.

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

(이 방정식에서 기호 $\mathbb{I}$는 $2\times 2$ 항등행렬을 나타냅니다.) 이것은 완전혼합상태라고 불리는 특별한 상태입니다. 이것은 Qubit 상태에 대한 완전한 불확실성을 나타내며, 확률적 설정에서의 균일한 무작위 비트와 유사합니다.

이제 절차를 바꾼다고 가정합시다: 상태 $\vert 0\rangle$과 $\vert 1\rangle$ 대신 상태 $\vert + \rangle$과 $\vert - \rangle$을 사용합니다. 결과 상태를 설명하는 밀도행렬을 유사하게 계산할 수 있습니다.

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

이전과 같은 밀도행렬이며, 상태를 바꾸었음에도 불구하고 그렇습니다. 실제로 $\vert 0\rangle$과 $\vert 1\rangle$ 대신 어떤 두 개의 직교하는 Qubit 상태벡터를 대입해도 같은 결과인 완전혼합상태를 다시 얻을 것입니다.

이것은 버그가 아니라 특징입니다! 사실 두 가지 방식 중 어느 것으로든 정확히 같은 상태를 얻습니다. 즉, 통계적 의미에서도 그들이 생산하는 Qubit을 측정함으로써 두 절차를 구별할 방법이 없습니다. 우리의 두 가지 다른 절차는 단순히 이 상태를 준비하는 다른 방법입니다.

$\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$과 $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}$라는 두 가지 가능한 상태 집합 중 하나에서 무작위로 선택된 상태가 주어졌을 때 알아낼 수 있는 것을 생각함으로써 이것이 타당한지 확인할 수 있어요. 간단하게 하기 위해 우리의 Qubit에서 유니타리 연산 $U$를 수행한 다음 표준 기저에서 측정한다고 가정해봐요.

첫 번째 시나리오에서는 Qubit의 상태가 집합 $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$에서 균일하게 선택됩니다. 상태가 $\vert 0\rangle$이면, 다음 확률로 결과 $0$과 $1$을 얻습니다.

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

각각. 상태가 $\vert 1\rangle$이면, 다음 확률로 결과 $0$과 $1$을 얻습니다.

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

두 가지 가능성이 각각 확률 $1/2$로 발생하기 때문에, 다음 확률로 결과 $0$을 얻어요.

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

그리고 다음 확률로 결과 $1$을 얻습니다.

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

이 두 표현식 모두 $1/2$과 같습니다. 이를 주장하는 한 가지 방법은 피타고라스 정리의 일반화로 볼 수 있는 선형대수의 사실을 사용하는 것입니다.

정리

$\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$이 (실수 또는 복소) 벡터공간 $\mathcal{V}$의 정규직교 기저라고 하면, 모든 벡터 $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$에 대해 $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2$입니다.

이 정리를 사용하여 확률을 다음과 같이 결정할 수 있습니다. $0$을 얻을 확률은

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

그리고 $1$을 얻을 확률은

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

$U$가 유니타리이기 때문에 $U^{\dagger}$도 유니타리이며, 이는 $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$과 $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ 모두가 단위벡터임을 의미해요. 따라서 두 확률 모두 $1/2$와 같아요. 이는 어떻게 $U$를 선택하든, 측정에서 얻는 것은 균일한 무작위 비트일 뿐이라는 의미예요.

$\vert 0\rangle$과 $\vert 1\rangle$ 대신 다른 정규직교 상태 쌍에 대해서도 비슷하게 확인할 수 있어요. 예를 들어 $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$는 정규직교 기저이므로, 두 번째 절차에서 측정 결과 $0$을 얻을 확률은

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

그리고 $1$을 얻을 확률은

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

특히, 상태 $\vert 0\rangle$과 $\vert 1\rangle$에 대해 얻은 것과 정확히 같은 출력 통계를 얻습니다.

확률적 상태

고전적 상태는 밀도행렬로 표현될 수 있습니다. 특히, 시스템 $\mathsf{X}$의 각 고전적 상태 $a$에 대해, 밀도행렬

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

은 $\mathsf{X}$가 명확하게 고전적 상태 $a$에 있음을 나타냅니다. Qubit의 경우 다음과 같습니다.

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

그리고 일반적으로 우리가 염두에 두고 있는 고전적 상태에 해당하는 위치의 대각선에 단일 $1$을 가지며, 다른 모든 항목은 0입니다.

그런 다음 이 밀도행렬들의 볼록결합을 취하여 확률적 상태를 나타낼 수 있습니다. 간단하게 하기 위해 우리의 고전적 상태 집합이 $\{0,\ldots,n-1\}$이라고 가정하면, 각 $a\in\{0,\ldots,n-1\}$에 대해 $\mathsf{X}$가 확률 $p_a$로 상태 $a$에 있다면, 얻은 밀도행렬은

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

반대 방향으로, 모든 대각 밀도행렬은 대각선에서 확률벡터를 읽음으로써 얻은 확률적 상태로 자연스럽게 식별될 수 있습니다.

명확히 해 두자면, 밀도행렬이 대각행렬이라고 해서 반드시 고전적 시스템을 다루고 있거나 시스템이 고전적 상태의 무작위 선택으로 준비되어야 하는 것은 아니에요. 다만 그 상태를 고전적 상태의 무작위 선택으로 얻었을 수도 있다는 뜻이에요.

확률적 상태가 대각 밀도행렬로 표현된다는 사실은 수업 시작 부분에서 제시된 직관과 일치합니다. 즉, 비대각 항목이 해당 항목의 행과 열에 해당하는 두 고전적 상태가 양자 중첩에 있는 정도를 설명합니다. 여기서 모든 비대각 항목이 0이므로, 우리는 단지 고전적 무작위성만 가지고 있으며 아무것도 양자 중첩에 있지 않습니다.

밀도행렬과 스펙트럼 정리

우리는 순수 상태의 볼록결합을 취하면,

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

밀도행렬을 얻는다는 것을 보았습니다. 실제로 모든 밀도행렬 $\rho$는 이런 식으로 순수 상태의 볼록결합으로 표현될 수 있습니다. 즉, 항상 단위벡터 $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ 컬렉션과 확률벡터 $(p_0,\ldots,p_{m-1})$가 존재하여 위의 방정식이 참입니다.

또한 $m$은 항상 고려 중인 시스템의 고전적 상태 개수와 같도록 잡을 수 있고, 양자 상태벡터도 서로 직교하도록 고를 수 있어요. "양자 알고리즘의 기초" 과정에서 만난 스펙트럼 정리를 이용하면 이를 결론지을 수 있어요. 편의상 스펙트럼 정리를 다시 서술해요.

정리

스펙트럼 정리: $M$을 정규 $n\times n$ 복소행렬이라고 하면, $n$차원 복소벡터의 정규직교 기저 $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$과 복소수 $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$이 존재하여

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

(행렬 $M$이 정규라는 것은 $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}$를 만족한다는 의미입니다. 다시 말해, 정규행렬은 자신의 켤레전치와 교환하는 행렬입니다.)

밀도행렬은 항상 에르미트이고 따라서 정규이므로, 주어진 밀도행렬 $\rho$에 스펙트럼 정리를 적용할 수 있어요. 이를 통해 다음과 같이 쓸 수 있어요.

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

어떤 정규직교 기저 $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}$에 대해 성립해요. $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$이 확률벡터임을 확인하는 일이 남아 있으며, 원한다면 이를 $(p_0,\ldots,p_{n-1})$로 바꿔 부를 수 있어요.

숫자 $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$은 $\rho$의 고유값이며, $\rho$가 양의 준정부호이므로 이 숫자들은 음이 아닌 실수여야 해요. $\rho$의 대각합이 $1$이라는 사실로부터 $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$임을 알 수 있어요. 세부 사항을 살펴보면 다음의 중요하고 매우 유용한 대각합 속성을 짚어 볼 기회가 생겨요.

정리

대각합의 순환성: 곱하여 정사각 행렬 $AB$를 만드는 임의의 두 행렬 $A$와 $B$에 대해, 등식 $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$가 성립합니다.

이 정리는 $A$와 $B$ 자체가 정사각 행렬이 아닌 경우에도 작동합니다. 즉, 어떤 양의 정수 $n$과 $m$에 대해 $A$가 $n\times m$이고 $B$가 $m\times n$일 수 있으므로$,AB$는 $n\times n$ 정사각행렬이고 $BA$는 $m\times m$입니다.

특히$,A$를 열벡터 $\vert\phi\rangle$라고 하고 $B$를 행벡터 $\langle \phi\vert$라고 하면, 우리는 다음을 볼 수 있습니다.

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

두 번째 등식은 $\langle\phi\vert\phi\rangle$이 스칼라이며, 우리는 이를 대각합이 그 단일 항목인 $1\times 1$ 행렬로도 생각할 수 있다는 사실로부터 따릅니다. 이 사실을 사용하여, 대각합 함수의 선형성으로부터 $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$을 결론 내릴 수 있습니다.

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

대안으로, 우리는 정사각 행렬의 대각합(정규이 아닌 것도)이 그 고유값의 합과 같다는 사실을 사용하여 같은 결론에 도달할 수 있습니다.

따라서 우리는 주어진 밀도행렬 $\rho$는 순수 상태의 볼록결합으로 표현될 수 있다는 결론을 내렸습니다. 우리는 또한 순수 상태를 직교하도록 취할 수 있으며, 이는 특히 숫자 $n$이 $\mathsf{X}$의 고전적 상태 집합의 크기보다 클 필요가 없음을 의미합니다.

일반적으로, 스펙트럼 정리가 제공하는 방식 외에도 밀도행렬을 순수 상태의 볼록결합으로 쓰는 여러 가지 방법이 있음을 이해해야 합니다. 이전 예가 이를 보여줍니다.

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

이는 $\vert 0\rangle$과 $\vert + \rangle$이 직교하지 않으므로 이 행렬의 스펙트럼 분해가 아니에요. 다음은 스펙트럼 분해예요.

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

여기서 $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle$. 고유값은 아마도 친숙해 보일 숫자입니다:

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

고유벡터는 다음과 같이 명시적으로 쓸 수 있습니다.

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

더 일반적인 또 다른 예로서, $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$이 단일 Qubit의 상태를 나타내는 양자 상태벡터라고 가정합시다. 이러한 벡터는 임의로 선택됩니다. 따라서 우리는 이 벡터들 간에 특정 관계를 가정하지 않습니다. 그런 다음 이 100개의 상태 중 하나를 균일하게 무작위로 선택함으로써 얻은 상태를 고려할 수 있습니다:

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

Qubit에 대해 이야기하고 있으므로 밀도행렬 $\rho$는 $2\times 2$이고, 스펙트럼 정리에 의해 다음과 같이 쓸 수도 있어요.

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

어떤 실수 $p\in[0,1]$과 정규직교 기저 $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$에 대해 - 하지만 자연스럽게 이 표현의 존재는 우리가 원한다면 $\rho$를 100개의 순수 상태의 평균으로 쓰는 것을 금하지 않습니다.