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。

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

そして $\Phi$ がチャネルであるという仮定により、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別の半正定値行列が得られるため、$J(\Phi) \geq 0$ となります。

さらに、$\Phi$ がチャネルであるという仮定のもとでは、トレースを保存しなければなりません。したがって

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

ChoiからKraus表現へ

2番目の含意は、リストの文の番号を再び参照すると、2 $\Rightarrow$ 3 です。 明確にしておくと、私たちは他の文を無視しています — 特に $\Phi$ がチャネルであるという仮定を置くことはできません。 私たちが使えるのは、$\Phi$ が線形写像であり、そのチョイ表現が $J(\Phi) \geq 0$ かつ $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ を満たすということだけです。

しかし、これだけで、$\Phi$ が次のクラウス表現を持つと結論するのに十分です。

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

次の条件が満たされるためには

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

$J(\Phi)$ 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、

私たちは、$J(\Phi)$ が半正定値であるという極めて重要な仮定から始めます。これは、次の形で表現できることを意味します。

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

ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ の選び方によっては。 一般に、これを行う方法は複数あります — 実際、これは $\Phi$ のクラウス表現を選ぶ際の自由度を直接反映しています。

このような式を得る1つの方法は、まずスペクトル定理を使って次のように書くことです。

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

ここで $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ は $J(\Phi)$ の固有値であり($J(\Phi)$ が半正定値であるため必然的に非負の実数です)、$\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ は固有値 $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ に対応する単位固有ベクトルです。

固有値の選択には自由度がありません(順序を除いて)が、固有ベクトルの選択には自由度があることに注意してください。特に多重度が1より大きい固有値がある場合はそうです。 したがって、これは $J(\Phi)$ の一意な表現ではありません — 私たちは単にそのような表現の1つを持っていると仮定しているだけです。 いずれにせよ、固有値は非負の実数であるため、非負の平方根を持ちます。したがって、次を選ぶことができます。

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

各 $k = 0,\ldots,N-1$ に対して、これにより式 $(1)$ の形の式が得られます。

しかし、式 $(1)$ がこのようにスペクトル分解から来ることは必須ではなく、特にベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ は一般に直交している必要はありません。 ただし、望むならこれらのベクトルを直交するように選ぶことができ、さらに $N$ を $nm$ より大きくする必要は決してないことは注目に値します ($n$ と $m$ はそれぞれ $\mathsf{X}$ と $\mathsf{Y}$ の古典状態の数を表すことを思い出してください)。

次に、ベクトル $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ のそれぞれをさらに次のように分解できます。

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

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エントリを持ち、次の方程式によって明示的に決定できます。

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

各 $a\in\Sigma$ および $k=0,\ldots,N-1$ に対して。 $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ は必ずしも単位ベクトルではありませんが、これはペア $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ の量子状態ベクトルが与えられたときに、システム $\mathsf{X}$ 上で標準基底測定が行われた場合に何が起こるかを解析するために使うのと同じプロセスです。

さて、この証明のこの部分を機能させるトリックにたどり着きました。 次の方程式に従って、クラウス行列 $A_0,\ldots,A_{N-1}$ を定義します。

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

この公式は純粋に記号的に考えることができます。$\vert a\rangle$ は実質的にひっくり返って $\langle a\vert$ を形成し、右辺に移動して行列を形成します。 証明を検証する目的では、この公式だけで十分です。

しかし、ベクトル $\vert\psi_k\rangle$ と行列 $A_k$ の間には単純で直感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。 $A_k$ をベクトル化するとは、列を(一番左の列を一番上にして一番右の列を一番下にして)積み重ねてベクトルを形成することを意味します。 例えば、$\mathsf{X}$ と $\mathsf{Y}$ が両方ともキュビットで、ある $k$ の選択に対して次のようになるとします。

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

then

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

(注意:行列のベクトル化は、時々わずかに異なる方法で定義されることがあります。それは、行列の行を転置して積み重ね、列ベクトルを形成するという方法です。)

まず、このクラウス行列の選択が写像 $\Phi$ を正しく記述していることを確認し、その後もう一方の必要条件を確認します。 話を整理するために、新しい写像 $\Psi$ を次のように定義しましょう。

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

したがって、私たちの目標は $\Psi = \Phi$ を検証することです。

これを行う方法は、これらの写像のチョイ表現を比較することです。 チョイ表現は忠実であるため、$J(\Phi) = J(\Psi)$ のとき、かつそのときに限り $\Psi = \Phi$ となります。 この時点で、次の式を使って $J(\Psi)$ を単純に計算できます。

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

テンソル積の双線形性と合わせて簡略化します。

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

したがって、私たちのクラウス行列は $\Phi$ を正しく記述しています。

残るは $A_0,\ldots,A_{N-1}$ に対する必要条件をチェックすることです。これは、まだ使っていない仮定 $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ と同値であることが分かります。 私たちが示すのは、次の関係です。

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

(ここで、左辺の転置は行列転置を意味します)。

左辺から始めると、まず次のことが観察できます。

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

最後の等式は、転置が線形であり、$\vert b\rangle\langle a \vert$ を $\vert a\rangle\langle b \vert$ に写すという事実から導かれます。

方程式の右辺に移ると、次のようになります。

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

したがって、

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

同じ結果が得られたので、方程式 $(2)$ が検証されました。 仮定 $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ により、次のことが分かります。

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

が真であることが示されました。

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

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、

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

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、$mN/n$ が整数であるとは限らないため、実際には $\mathsf{G}$ をその古典状態集合が $\{0,\ldots,N-1\}$ になるように自由に選べるわけではありません。 しかし、望むだけの追加の $k$ の値に対して $A_k = 0$ を選ぶことで、クラウス表現において $N$ を常に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を一時的に無視して、次の式に注目しましょう。

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

これは、私たちのスタインスプリング表現に対して、$\mathsf{X}$ の入力状態 $\rho$ が与えられたときの $\mathsf{Y}$ の出力状態を記述します。 代わりに次のように書くことができます。

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

$U$ 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。

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

and so

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

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を検証することです。

上記のパターンに従って選ばれたとき、$U$ の最初の $n$ 列を考えます。 これらの列だけを取ると、ブロック行列が得られます。

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

$\mathsf{X}$ の各古典状態に対して1つずつ、$n$ 個の列があります。ベクトルとして、各 $a\in\Sigma$ に対してこれらの列を $\vert \gamma_a \rangle$ と名付けましょう。 上記のブロック行列表現と一致させることができるこれらのベクトルの公式を以下に示します。

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

それでは、これらのベクトルのうちの任意の2つ、つまり $a,b\in\Sigma$ の任意の選択に対応するものの内積を計算してみましょう。

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

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。

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

$n$ 個の列ベクトル $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ が正規直交集合を形成することが分かります。

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

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。

これは、$U$ の残りの列を埋めることで、それがユニタリ行列になり得ることを意味します。 特に、グラム・シュミットの直交化過程を使って残りの列を選ぶことができます。 「Basics of quantum information」のQuantum circuitsレッスンで、状態識別問題の文脈で同様のことが行われました。

Stinespring表現から定義へ

最後の含意は 4 $\Rightarrow$ 1 です。 つまり、一対のシステム $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ を一対のシステム $(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ に変換するユニタリ演算があると仮定し、私たちの目標は、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結論することです。 その形から、$\Phi$ が線形であることは明らかです。残るは、それが常に密度行列を密度行列に変換することを検証することです。 これはかなり単純明快であり、重要なポイントはすでに議論済みです。

特に、複合システム $(\mathsf{Z},\mathsf{X})$ の密度行列 $\sigma$ から始めて、追加の作業用システム $\mathsf{W}$ を付け加えると、確実に密度行列が残ります。 便宜上システム $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ を並べ替えると、この状態を次のように書くことができます。

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

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。