表現の等価性

これまでに、量子チャネルを数学的に表現する3つの異なる方法、すなわちStinespring表現、Kraus表現、Choi表現について説明しました。 また、チャネルの定義として、チャネルとは密度行列を常に密度行列へと変換する線形写像であり、複合システムの一部にのみチャネルを適用する場合でもこの性質が成り立つことを確認しました。 このレッスンの残りは、この3つの表現が等価であり、定義を正確に捉えていることの数学的証明に充てられます。

証明の概要

私たちの目標は、4つの命題の等価性を示すことです。まずそれらを正確に書き下しましょう。 4つの命題はすべて、レッスン全体で用いてきた同じ規約に従います。すなわち、$\Phi$ は正方行列から正方行列への線形写像であり、入力行列の行と列はシステム $\mathsf{X}$（入力システム）の古典状態に対応し、出力行列の行と列はシステム $\mathsf{Y}$（出力システム）の古典状態に対応しています。

1. $\Phi$ は $\mathsf{X}$ から $\mathsf{Y}$ へのチャネルである。すなわち、$\Phi$ はより大きな複合システムの一部に作用する場合でも、常に密度行列を密度行列に変換する。

2. Choi行列 $J(\Phi)$ は半正定値であり、条件 $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ を満たす。

3. $\Phi$ のKraus表現が存在する。すなわち、すべての入力 $\rho$ に対して等式 $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ が成り立ち、かつ条件 $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ を満たす行列 $A_0,\ldots,A_{N-1}$ が存在する。

4. $\Phi$ のStinespring表現が存在する。すなわち、システム $\mathsf{W}$ と $\mathsf{G}$ が存在し、$(\mathsf{W},\mathsf{X})$ と $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ の古典状態の数が等しく、さらに $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ から $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ へのユニタリ演算を表すユニタリ行列 $U$ が存在して、$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr)$ が成り立つ。

証明の方針は、含意の連鎖を示すことです。 リスト中の1番目の命題が2番目を含意し、2番目が3番目を含意し、3番目が4番目を含意し、4番目が1番目を含意することを証明します。 これにより、4つの命題すべてが等価である——すなわち、与えられた $\Phi$ に対してすべてが真かすべてが偽である——ことが確立されます。なぜなら、含意を推移的にたどることで任意の1つの命題から別の任意の命題へと到達できるからです。

これは複数の命題の等価性を証明する際の一般的な戦略であり、そのような文脈で有用な工夫は、含意をできるだけ証明しやすい方向に設定することです。 実際ここでもそうなっており、4つの含意のうち2つはすでに扱っています。

チャネルからChoi行列へ

上記の番号で参照すると、最初に証明すべき含意は 1 $\Rightarrow$ 2 です。 この含意はチャネルのChoi状態の文脈ですでに議論されています。 ここでは数学的な詳細をまとめます。

入力システム $\mathsf{X}$ の古典状態集合を $\Sigma$ とし、$n = \vert\Sigma\vert$ とします。 $\Phi$ が $\mathsf{X}$ の2つのコピーからなるシステムの第2のコピーに適用される状況を考えます。2つのコピーが合わせて状態

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

にある場合、密度行列として書くと

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

となります。

結果は次のように書けます。

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

$\Phi$ がチャネルであるという仮定から、これは密度行列でなければなりません。 すべての密度行列と同様に半正定値でなければならず、半正定値行列に正の実数を掛けても半正定値行列となります。したがって $J(\Phi) \geq 0$ です。

さらに、$\Phi$ がチャネルであるという仮定のもとでトレースを保存しなければならないため、

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

が成り立ちます。

ChoiからKraus表現へ

2番目の含意は、リストの番号で参照すると 2 $\Rightarrow$ 3 です。 明確にしておくと、他の命題は無視します。特に $\Phi$ がチャネルであるという仮定はできません。 使えるのは、$\Phi$ がChoi表現について $J(\Phi) \geq 0$ かつ $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ を満たす線形写像であるという事実のみです。

しかし、これだけで $\Phi$ のKraus表現

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

であって、条件

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

を満たすものが存在することを結論づけるのに十分です。

$J(\Phi)$ が半正定値であるという決定的に重要な仮定から始めます。これは、

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

という形で表現できることを意味します。ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ の選び方は一般に複数あります。これは $\Phi$ のKraus表現を選ぶ自由度と直接対応しています。

このような表現を得る1つの方法は、まずスペクトル定理を用いて

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

と書くことです。ここで $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ は $J(\Phi)$ の固有値（$J(\Phi)$ が半正定値なので必ず非負の実数）であり、$\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ は対応する単位固有ベクトルです。

固有値の選び方には（順番を除いて）自由度はありませんが、固有ベクトルの選び方には自由度があります。特に多重度が1より大きい固有値がある場合は顕著です。 したがって、この表現は一意ではありません——ただ1つの表現があると仮定しているだけです。 いずれにしても、固有値は非負の実数なので非負の平方根を持ち、各 $k = 0,\ldots,N-1$ に対して

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

を選ぶことで $(1)$ の形の表現が得られます。

ただし、表現 $(1)$ がこのようなスペクトル分解から得られる必要はありません。特に、ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ は一般には直交している必要はありません。 しかし、必要であればこれらのベクトルを直交するように選ぶこともできます。また、$N$ を $nm$ より大きくする必要はありません （ここで $n$ と $m$ はそれぞれ $\mathsf{X}$ と $\mathsf{Y}$ の古典状態の数）。

次に、各ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ をさらに分解します。

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

ここでベクトル $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ は $\mathsf{Y}$ の古典状態に対応する成分を持ち、各 $a\in\Sigma$ と $k=0,\ldots,N-1$ に対して明示的に

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

によって決まります。 $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ は必ずしも単位ベクトルではありませんが、これは対 $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ の量子状態ベクトルに対してシステム $\mathsf{X}$ の標準基底測定を行った場合を解析するときに使うプロセスと同じです。

ここが証明のこの部分を機能させる工夫です。 次の式に従ってKraus行列 $A_0,\ldots,A_{N-1}$ を定義します。

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

この式は純粋に記号的に考えることができます。$\vert a\rangle$ が反転して $\langle a\vert$ となり右辺に移動し、行列を形成します。 証明の検証には、この式だけで十分です。

ただし、ベクトル $\vert\psi_k\rangle$ と行列 $A_k$ の間には単純で直観的な関係があります。それは $A_k$ をベクトル化すると $\vert\psi_k\rangle$ が得られるということです。 $A_k$ のベクトル化とは、列を上から（一番左の列を先頭として一番右の列を末尾として）積み重ねてベクトルを形成することです。 例えば、$\mathsf{X}$ と $\mathsf{Y}$ がともにQubitであり、ある $k$ の選択に対して

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

であれば、

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

となります。

（注意：行列のベクトル化は、行を転置して積み重ねて列ベクトルを形成するという、やや異なる定義で使われることもあります。）

まず、このKraus行列の選択が写像 $\Phi$ を正しく記述していることを確認し、その後で必要な別の条件を検証します。 整理のために、新しい写像 $\Psi$ を次のように定義します。

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

したがって、目標は $\Psi = \Phi$ を検証することです。

これを行うには、両写像のChoi表現を比較します。 Choi表現は忠実なので、$J(\Phi) = J(\Psi)$ であれば $\Psi = \Phi$ となります。 ここで、式

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

を用い、テンソル積の双線形性によって整理しながら $J(\Psi)$ を計算できます。

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

したがって、選んだKraus行列は $\Phi$ を正しく記述しています。

次に $A_0,\ldots,A_{N-1}$ に課せられた条件を確認します。これは仮定 $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$（まだ使っていません）と等価であることが分かります。 示すべき関係は次の通りです。

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

（左辺は行列の転置を意味します。）

左辺から始めると、まず

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

と観察できます。最後の等号は、転置が線形で $\vert b\rangle\langle a \vert$ を $\vert a\rangle\langle b \vert$ に写すことから得られます。

等式の右辺に移ると、

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

なので、

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

となります。

同じ結果が得られたので、等式 $(2)$ が確認されました。 仮定 $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ から、

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

が成り立ち、単位行列は自身の転置であることから、必要な条件

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

が真であることが示されました。

KrausからStinespring表現へ

次に、写像のKraus表現

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

であって、

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

を満たすものが与えられているとします。

目標は $\Phi$ のStinespring表現を見つけることです。

まず、ゴミシステム $\mathsf{G}$ の古典状態集合が $\{0,\ldots,N-1\}$ となるように選びます。 ただし $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ と $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ が同じサイズになるためには、$n$ が $m N$ を割り切る必要があります。その場合、$\mathsf{W}$ の古典状態集合を $\{0,\ldots,d-1\}$（$d = mN/n$）とすることができます。

$n$、$m$、$N$ の任意の選択に対して $mN/n$ が整数になるとは限りませんが、Kraus表現においていくつかの追加的な値 $k$ に対して $A_k = 0$ を設定することで $N$ を任意に増やすことができます。

したがって、$mN/n$ が整数であること（$N$ が $n/\operatorname{gcd}(n,m)$ の倍数であることと同値）を暗黙に仮定すれば、古典状態集合が $\{0,\ldots,N-1\}$ である $\mathsf{G}$ を選ぶことができます。 特に $N = nm$ の場合、$\mathsf{W}$ は $m^2$ 個の古典状態を持てます。

あとは $U$ を選ぶことが残っており、次のパターンに合わせて行います。

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

このパターンはブロック行列を表しています。各ブロック（$A_{0},\ldots,A_{N-1}$ および疑問符で示されたブロックを含む）は $m$ 行 $n$ 列です。 ブロックの行数は $N$ であり、ブロックの列数は $d = mN/n$ となります。

より数式的に表現すると、$U$ を次のように定義します。

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

各行列 $M_{k,j}$ は $m$ 行 $n$ 列を持ち、特に $k = 0,\ldots,N-1$ に対して $M_{k,0} = A_k$ とします。

これはユニタリ行列でなければならず、疑問符でラベルされたブロック、すなわち $j>0$ に対する $M_{k,j}$ はこれを念頭に置いて選ばなければなりません。ただし、$U$ をユニタリにすることを除けば、疑問符のブロックは証明には関係ありません。

$U$ がユニタリであるという懸念は一時的に脇に置き、Stinespring表現において入力状態 $\rho$（システム $\mathsf{X}$）から出力状態（システム $\mathsf{Y}$）を与える式

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

に注目します。 次のように書き換えることができます。

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

$U$ の選択から、

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

が分かります。

したがって、

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

となり、

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

が得られます。

したがって、写像 $\Phi$ の正しい表現が得られました。残るは $U$ をユニタリに選べることの確認です。

上記のパターンで選んだ $U$ の最初の $n$ 列を考えます。 これらの列だけを取り出すと、ブロック行列

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

が得られます。

列は $n$ 本あり、それぞれ $\mathsf{X}$ の古典状態に対応します。各 $a\in\Sigma$ に対してこれらの列ベクトルを $\vert \gamma_a \rangle$ と名付けます。 ブロック行列表現と対応するこれらのベクトルの式は次の通りです。

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

任意の $a,b\in\Sigma$ に対するこれらのベクトル間の内積を計算します。

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

仮定

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

から、$n$ 個の列ベクトル $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ が正規直交系をなすことが分かります。

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

これはすべての $a,b\in\Sigma$ に対して成り立ちます。

これにより、$U$ の残りの列を埋めてユニタリ行列にすることが可能であることが示されます。 特に、Gram-Schmidtの直交化法によって残りの列を選ぶことができます。 「量子情報の基礎」の量子Circuitレッスンで、状態判別問題の文脈で同様のことが行われています。

Stinespring表現から定義へ

最後の含意は 4 $\Rightarrow$ 1 です。 すなわち、システムの対 $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ を別の対 $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ に変換するユニタリ演算が存在することを仮定し、写像

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

が有効なチャネルであることを示すことが目標です。 その形から $\Phi$ が線形であることは明らかで、残るのは常に密度行列を密度行列に変換することの確認です。 これは比較的単純であり、重要な点はすでに議論しています。

具体的には、複合システム $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ の密度行列 $\sigma$ から始め、追加のワークスペースシステム $\mathsf{W}$ を加えると、確かに密度行列が得られます。 システムを $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ の順に並べ替えると、この状態は

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

と書けます。

次にユニタリ演算 $U$ を適用します。これはすでに議論したように有効なチャネルであり、密度行列を密度行列に写します。 最後に、密度行列の部分トレースは別の密度行列です。

別の言い方をすれば、次の各操作がそれぞれ有効なチャネルであることを観察します。

1. 初期化されたワークスペースシステムを導入すること。
2. ユニタリ演算を行うこと。
3. システムをトレースアウトすること。

最後に、チャネルの合成はまた別のチャネルになります。これは定義から直ちに分かりますが、それ自体として注目に値する事実でもあります。

これで最後の含意の証明が完了し、節の冒頭に列挙した4つの命題の等価性が確立されました。