密度行列の凸結合

密度行列の確率的選択

密度行列の重要な性質として、量子状態の確率的選択は、対応する密度行列の凸結合によって表されます。

例えば、系 $\mathsf{X}$ の量子状態を表す 2 つの密度行列 $\rho$ と $\sigma$ があり、系を確率 $p$ で状態 $\rho$ に、確率 $1 - p$ で状態 $\sigma$ に準備するとき、得られる量子状態は次の密度行列で表されます。

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

より一般的には、密度行列 $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$ で表される $m$ 個の量子状態があり、確率ベクトル $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ に従って確率 $p_k$ で状態 $\rho_k$ に系が準備される場合、得られる状態は次の密度行列で表されます。

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

これが密度行列 $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$ の凸結合です。

$m$ 個の量子状態ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle$ があり、各 $k\in\{0,\ldots,m-1\}$ に対して確率 $p_k$ で系を状態 $\vert\psi_k\rangle$ に準備するとき、得られる状態は次の密度行列で表されます。

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

例えば、量子ビットを確率 $1/2$ で状態 $\vert 0\rangle$ に、確率 $1/2$ で状態 $\vert + \rangle$ に準備するとき、得られる状態の密度行列表現は次のようになります。

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

量子情報の簡略的な定式化では、このように量子状態ベクトルを平均化することはできません。 例えば、次のベクトル

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

はユークリッドノルムが $1$ に等しくないため、有効な量子状態ベクトルではありません。 量子状態ベクトルでは機能しないことを示す、より極端な例として、任意の量子状態ベクトル $\vert\psi\rangle$ を選び、確率 $1/2$ でその状態を $\vert\psi\rangle$、確率 $1/2$ で $-\vert\psi\rangle$ とする場合を考えます。 これらの状態はグローバル位相だけ異なるため、実際には同じ状態ですが、平均をとるとゼロベクトルになり、これは有効な量子状態ベクトルではありません。

完全混合状態

量子ビットの状態を、それぞれ確率 $1/2$ でランダムに $\vert 0\rangle$ または $\vert 1\rangle$ に設定するとします。 得られる状態を表す密度行列は次のようになります。

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

（この式で $\mathbb{I}$ は $2\times 2$ の単位行列を表します。） これは完全混合状態として知られる特別な状態です。 量子ビットの状態についての完全な不確かさを表し、確率的設定における一様ランダムビットに類似しています。

ここで手続きを変えてみましょう。状態 $\vert 0\rangle$ と $\vert 1\rangle$ の代わりに、状態 $\vert + \rangle$ と $\vert - \rangle$ を使います。 同様の方法で、得られる状態を表す密度行列を計算できます。

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

状態を変えたにもかかわらず、密度行列は以前と同じです。 実際、$\vert 0\rangle$ と $\vert 1\rangle$ の代わりに任意の 2 つの直交する量子ビット状態ベクトルを代入しても、同じ結果、すなわち完全混合状態が得られます。

これは欠陥ではなく、特徴です！ 実際、どちらの方法でも全く同じ状態が得られます。 つまり、2 つの手続きが生成する量子ビットを測定しても、統計的な意味でも両者を区別する方法はありません。 2 つの異なる手続きは、この状態を準備するための単に異なる方法に過ぎません。

2 つの可能な状態集合 $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ と $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}$ のいずれかからランダムに状態を選択したとき、何を学べるかを考えることで、これが意味をなすことを確認できます。 簡単のために、量子ビットにユニタリ演算 $U$ を施してから標準基底で測定するとします。

最初のシナリオでは、量子ビットの状態は集合 $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ から一様に選ばれます。 状態が $\vert 0\rangle$ の場合、結果 $0$ と $1$ はそれぞれ次の確率で得られます。

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

状態が $\vert 1\rangle$ の場合、結果 $0$ と $1$ は次の確率で得られます。

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

2 つの可能性はそれぞれ確率 $1/2$ で起こるため、結果 $0$ が得られる確率は

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

であり、結果 $1$ が得られる確率は

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

これら2つの式はどちらも$1/2$に等しくなります。 これを議論する一つの方法は、ピタゴラスの定理の一般化とも見なせる線形代数の事実を利用することです。

定理

$\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$が（実または複素の）ベクトル空間$\mathcal{V}$の正規直交基底であるとします。任意のベクトル$\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$に対して $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2$が成り立ちます。

この定理を適用して、確率を次のように求めることができます。 $0$を得る確率は

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

そして$1$を得る確率は

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

$U$ はユニタリなので $U^{\dagger}$ もユニタリであり、$U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ と $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ はいずれも単位ベクトルです。 したがって、どちらの確率も $1/2$ に等しくなります。 つまり、$U$ をどのように選んでも、測定からは一様ランダムなビットが得られるだけです。

$\vert 0\rangle$ と $\vert 1\rangle$ の代わりに任意の 2 つの正規直交状態に対しても、同様の検証ができます。 例えば、$\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ は正規直交基底であるため、第 2 の手続きで測定結果 $0$ が得られる確率は

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

そして$1$を得る確率は

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

特に、状態 $\vert 0\rangle$ と $\vert 1\rangle$ の場合と全く同じ出力統計が得られます。

確率的状態

古典的状態は密度行列で表すことができます。 特に、系 $\mathsf{X}$ の各古典的状態 $a$ に対して、密度行列

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

は $\mathsf{X}$ が古典的状態 $a$ に確定的にあることを表します。 量子ビットの場合、

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

であり、一般的には、対象とする古典的状態に対応する対角位置に $1$ が 1 つあり、他のすべての要素はゼロです。

これらの密度行列の凸結合をとることで、確率的状態を表すことができます。 簡単のために古典的状態集合を $\{0,\ldots,n-1\}$ とし、各 $a\in\{0,\ldots,n-1\}$ に対して $\mathsf{X}$ が確率 $p_a$ で状態 $a$ にあるとき、得られる密度行列は

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

逆方向に考えると、任意の対角密度行列は、対角から確率ベクトルを読み取るだけで、自然に確率的状態と対応付けられます。

明確にしておくと、密度行列が対角であるとき、それは必ずしも古典的システムを扱っていることや、系が古典的状態のランダム選択によって準備されたことを意味するわけではありません。むしろ、状態が古典的状態のランダム選択によって得られた可能性があるということです。

確率的状態が対角密度行列で表されるという事実は、このレッスンの冒頭で示唆された直感、すなわち非対角要素がその行と列に対応する 2 つの古典的状態が量子重ね合わせにある程度を表すという直感と一致しています。 ここでは非対角要素がすべてゼロなので、古典的ランダム性のみがあり、量子重ね合わせは存在しません。

密度行列とスペクトル定理

純粋状態の凸結合を取ると、次のようになることを見てきました。

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

をとると、密度行列が得られることを見てきました。 実はすべての密度行列 $\rho$ は、このような純粋状態の凸結合として表すことができます。 すなわち、上の等式が成り立つような単位ベクトルの集合 $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ と確率ベクトル $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ が常に存在します。

さらに、考えている系の古典的状態の数と一致するように $m$ を選び、量子状態ベクトルが直交するように選ぶことが常にできます。 「量子アルゴリズムの基礎」コースで学んだスペクトル定理により、このことが分かります。 参考のためにスペクトル定理を再掲します。

定理

スペクトル定理: $M$ を正規な $n\times n$ 複素行列とします。 $n$ 次元複素ベクトルの正規直交基底 $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ と複素数 $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ が存在して、次が成り立ちます。

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

（行列 $M$ が $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}$ を満たすとき、$M$ は正規であると言います。言葉で言えば、正規行列とは自身の共役転置と交換可能な行列です。）

密度行列は常にエルミートであり、したがって正規であるため、スペクトル定理を任意の密度行列 $\rho$ に適用することができます。 これにより、次のように書くことができます。

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

と書けます。 $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ が確率ベクトルであることを確認する必要がありますが、確認できれば $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ と名前を変えることができます。

数 $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ は $\rho$ の固有値であり、$\rho$ が半正定値であるため、これらは非負の実数でなければなりません。 $\rho$ のトレースが $1$ に等しいことから、$\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ が分かります。 詳細を確認することで、トレースの次の重要で非常に有用な性質を指摘する機会が得られます。

定理

トレースの巡回性：正方行列 $AB$ を与える 2 つの行列 $A$ と $B$ に対して、$\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ が成り立ちます。

この定理は $A$ と $B$ が正方行列でなくても成り立ちます。 つまり、正の整数 $n$ と $m$ に対して、$A$ が $n\times m$、$B$ が $m\times n$ であっても構いません。この場合、$AB$ は $n\times n$ の正方行列、$BA$ は $m\times m$ の正方行列になります。

特に、$A$ を列ベクトル $\vert\phi\rangle$、$B$ を行ベクトル $\langle \phi\vert$ とすると、

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

2番目の等式は、$\langle\phi\vert\phi\rangle$ がスカラーであり、これはトレースがその単一の要素であるような $1\times 1$ 行列とも考えられるという事実から導かれます。 この事実を使うと、トレース関数の線形性により $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ であると結論できます。

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

別の方法として、正方行列(正規でないものも含む)のトレースはその固有値の和に等しいという事実を使って、同じ結論に到達することもできます。

したがって、任意の与えられた密度行列 $\rho$ は純粋状態の凸結合として表せることが分かりました。 さらに、その純粋状態を直交するものとして取れることも分かります。 これは特に、数 $n$ を $\mathsf{X}$ の古典状態集合のサイズより大きくする必要が決してないことを意味します。

一般に、密度行列を純粋状態の凸結合として書く方法は、スペクトル定理が提供する方法だけでなく、他にもさまざまな方法があることを理解しておく必要があります。 前の例がこれを示しています。

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

これはこの行列のスペクトル分解ではありません。なぜなら $\vert 0\rangle$ と $\vert + \rangle$ は直交していないからです。 ここにスペクトル分解を示します。

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

ここで $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle$ です。 固有値はおそらく見覚えのある数になります。

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

固有ベクトルはこのように明示的に書くことができます。

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

別のより一般的な例として、$\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ が単一のキュビットの状態を表す量子状態ベクトルであり、任意に選ばれているとしましょう — つまり、これらのベクトル間に特定の関係を仮定していません。 これら $100$ 個の状態の1つを一様ランダムに選ぶことで得られる状態を考えることができます。

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

キュビットについて話しているので、密度行列 $\rho$ は $2\times 2$ です。したがって、スペクトル定理により、代わりに次のように書くこともできます。

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

ある実数 $p\in[0,1]$ と正規直交基底 $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ に対して — ただし、この表現が存在するからといって、$\rho$ を 100 個の純粋状態の平均として書くことを選んでも構わないことに変わりはありません。