שקילות הייצוגים

דנו עד כה בשלוש דרכים שונות לייצג ערוצים במונחים מתמטיים: ייצוגי Stinespring, ייצוגי Kraus וייצוגי Choi. יש לנו גם את ההגדרה של ערוץ, הקובעת שערוץ הוא מיפוי לינארי שתמיד הופך מטריצות צפיפות למטריצות צפיפות, גם כאשר הערוץ מופעל רק על חלק ממערכת מורכבת. שאר השיעור מוקדש להוכחה מתמטית שלושת הייצוגים שקולים זה לזה ומגדירים במדויק את ההגדרה.

סקירת ההוכחה

מטרתנו לבסס את שקילות אוסף של ארבע טענות, ונתחיל בניסוחן המדויק. כל ארבע הטענות עוקבות אחר אותם מוסכמות שנעשה בהן שימוש לאורך השיעור, כלומר ש-$\Phi$ הוא מיפוי לינארי ממטריצות ריבועיות למטריצות ריבועיות, שורות ועמודות מטריצות הקלט הועמדו בהתאמה למצבים הקלאסיים של מערכת $\mathsf{X}$ (מערכת הקלט), ושורות ועמודות מטריצות הפלט הועמדו בהתאמה למצבים הקלאסיים של מערכת $\mathsf{Y}$ (מערכת הפלט).

1. $\Phi$ הוא ערוץ מ-$\mathsf{X}$ אל $\mathsf{Y}.$ כלומר, $\Phi$ תמיד הופך מטריצות צפיפות למטריצות צפיפות, גם כאשר הוא פועל על חלק אחד ממערכת מורכבת גדולה יותר.

2. מטריצת Choi $J(\Phi)$ היא חיובית למחצה ומקיימת את התנאי $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

3. קיים ייצוג Kraus עבור $\Phi.$ כלומר, קיימות מטריצות $A_0,\ldots,A_{N-1}$ שעבורן המשוואה $\Phi(\rho) = \sum_{k = 0}^{N-1} A_k \rho A_k^{\dagger}$ נכונה לכל קלט $\rho,$ ומקיימות את התנאי $\sum_{k = 0}^{N-1} A_k^{\dagger} A_k = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

4. קיים ייצוג Stinespring עבור $\Phi.$ כלומר, קיימות מערכות $\mathsf{W}$ ו-$\mathsf{G}$ כך שלזוגות $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ ו-$(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ יש אותו מספר מצבים קלאסיים, יחד עם מטריצה אוניטרית $U$ המייצגת פעולה אוניטרית מ-$(\mathsf{W},\mathsf{X})$ אל $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ כך ש-$\Phi(\rho) = \operatorname{Tr}_{\mathsf{G}}\bigl( U (\vert 0\rangle\langle 0 \vert \otimes \rho) U^{\dagger} \bigr).$

אופן ההוכחה הוא שמוכיחים מעגל של גרירות: הטענה הראשונה ברשימתנו גוררת את השנייה, השנייה גוררת את השלישית, השלישית גוררת את הרביעית, והרביעית גוררת את הראשונה. זה מבסס את שקילות כל ארבע הטענות — כלומר, הן כולן אמת או כולן שקר עבור בחירה נתונה של $\Phi$ — כיוון שאפשר לעקוב אחר הגרירות בצורה טרנזיטיבית מכל טענה לכל אחרת.

זוהי אסטרטגיה נפוצה כשמוכיחים ששקולה קבוצת טענות, ותחבולה שימושית בהקשר כזה היא לסדר את הגרירות כך שיהיה קל להוכיח אותן ככל האפשר. זה אכן המקרה כאן — ולמעשה כבר נתקלנו בשתיים מתוך ארבע הגרירות.

מערוצים למטריצות Choi

בהתייחסות לטענות הרשומות לעיל לפי מספריהן, הגרירה הראשונה שיש להוכיח היא 1 $\Rightarrow$ 2. גרירה זו כבר נדונה בהקשר של מצב Choi של ערוץ. כאן נסכם את הפרטים המתמטיים.

נניח שקבוצת המצבים הקלאסיים של מערכת הקלט $\mathsf{X}$ היא $\Sigma$ ונסמן $n = \vert\Sigma\vert.$ נשקול את המצב שבו $\Phi$ מופעל על השנייה מתוך שתי עותקות של $\mathsf{X}$ יחד במצב

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

אשר כמטריצת צפיפות נתון על ידי

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

התוצאה ניתנת לכתיבה כ-

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

ומתוך ההנחה ש-$\Phi$ הוא ערוץ, זה חייב להיות מטריצת צפיפות. כמו כל מטריצת צפיפות, היא חייבת להיות חיובית למחצה, וכפל מטריצה חיובית למחצה במספר ממשי חיובי מניב מטריצה חיובית למחצה נוספת, ולכן $J(\Phi) \geq 0.$

יתרה מכך, בהנחה ש-$\Phi$ הוא ערוץ, עליו לשמר עקבה, ולכן

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

מייצוגי Choi לייצוגי Kraus

הגרירה השנייה, שוב בהתייחסות לטענות ברשימתנו לפי מספריהן, היא 2 $\Rightarrow$ 3. כדי להבהיר, אנחנו מתעלמים מהטענות האחרות — ובפרט אין לנו את ההנחה ש-$\Phi$ הוא ערוץ. כל מה שיש לנו לעבוד איתו הוא ש-$\Phi$ הוא מיפוי לינארי שייצוג Choi שלו מקיים $J(\Phi) \geq 0$ ו- $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}.$

עם זאת, זה כל מה שנדרש כדי להסיק ש-$\Phi$ מקבל ייצוג Kraus

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

שעבורו התנאי

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

מתקיים.

נתחיל מההנחה הקריטית ש-$J(\Phi)$ חיובית למחצה, כלומר שניתן לבטא אותה בצורה

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

עבור אופן כלשהו של בחירת הוקטורים $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle.$ בדרך כלל יהיו דרכים מרובות לעשות זאת — ולמעשה זה ממש מקביל לחופש שיש בבחירת ייצוג Kraus עבור $\Phi.$

דרך אחת לקבל ביטוי כזה היא להשתמש תחילה במשפט הספקטרלי לכתיבת

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

שבה $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}$ הם הערכים העצמיים של $J(\Phi)$ (שהם בהכרח מספרים ממשיים אי-שליליים כיוון ש-$J(\Phi)$ חיובית למחצה) ו-$\vert\gamma_0\rangle,\ldots,\vert\gamma_{N-1}\rangle$ הם וקטורים עצמיים יחידה המתאימים לערכים העצמיים $\lambda_0,\ldots,\lambda_{N-1}.$

שים לב שאמנם אין חופש בבחירת הערכים העצמיים (פרט לסדר שלהם), אבל יש חופש בבחירת הוקטורים העצמיים, במיוחד כאשר ישנם ערכים עצמיים עם ריבוי גדול מאחד. לפיכך, זו אינה ביטוי יחיד של $J(\Phi)$ — אנחנו רק מניחים שיש לנו ביטוי כזה. בכל מקרה, כיוון שהערכים העצמיים הם מספרים ממשיים אי-שליליים, יש להם שורשים ריבועיים אי-שליליים, ולכן נוכל לבחור

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

לכל $k = 0,\ldots,N-1$ כדי לקבל ביטוי בצורה $(1).$

אין זה הכרחי, עם זאת, שהביטוי $(1)$ יגיע מפירוק ספקטרלי בדרך זו, ובפרט הוקטורים $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ אינם חייבים להיות אורתוגונליים בכלל. ראוי לציין, אם כי, שנוכל לבחור שוקטורים אלו יהיו אורתוגונליים אם נרצה — ויתרה מכך, לא נצטרך ש-$N$ יהיה גדול מ-$nm$ (תוך הזכרת ש-$n$ ו-$m$ מציינים את מספרי המצבים הקלאסיים של $\mathsf{X}$ ו-$\mathsf{Y}$ בהתאמה).

בשלב הבא, כל אחד מהוקטורים $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ ניתן לפירוק נוסף כ-

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

שבה לוקטורים $\{ \vert \phi_{k,a}\rangle \}$ יש כניסות המתאימות למצבים הקלאסיים של $\mathsf{Y}$ וניתן לקבוע אותן במפורש על ידי המשוואה

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

לכל $a\in\Sigma$ ו-$k=0,\ldots,N-1.$ אף שהוקטורים $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{N-1}\rangle$ אינם בהכרח וקטורי יחידה, זוהי אותה תהליך שהיינו משתמשים בו לניתוח מה יקרה אם תתבצע מדידה בבסיס הסטנדרטי על המערכת $\mathsf{X}$ בהינתן וקטור מצב קוונטי של הזוג $(\mathsf{X},\mathsf{Y}).$

ועכשיו אנחנו מגיעים לתחבולה שגורמת לחלק זה של ההוכחה לעבוד. אנחנו מגדירים את מטריצות Kraus שלנו $A_0,\ldots,A_{N-1}$ לפי המשוואה הבאה.

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

אפשר לחשוב על נוסחה זו באופן סמלי בלבד: $\vert a\rangle$ הופך בפועל ל-$\langle a\vert$ ועובר לצד ימין, ויוצר מטריצה. לצרכי אימות ההוכחה, הנוסחה היא כל מה שנזדקק לו.

יש, עם זאת, קשר פשוט ואינטואיטיבי בין הוקטור $\vert\psi_k\rangle$ לבין המטריצה $A_k,$ והוא שכאשר מוויקטרים (vectorizing) את $A_k$ מקבלים את $\vert\psi_k\rangle.$ פירוש וויקטור של $A_k$ הוא שאנו ערמים את העמודות זו על זו (כאשר העמודה השמאלית ביותר נמצאת בראש ועד לעמודה הימנית ביותר בתחתית), ליצירת וקטור. לדוגמה, אם $\mathsf{X}$ ו-$\mathsf{Y}$ הם שניהם Qubit, ועבור בחירה כלשהי של $k$ יש לנו

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

אז

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

(שים לב: לפעמים הוויקטור של מטריצה מוגדר בדרך שונה במקצת, והיא ששורות המטריצה מוחלפות ומוערמות זו על זו ליצירת וקטור עמודה.)

ראשית נאמת שבחירת מטריצות Kraus זו מתארת נכון את המיפוי $\Phi$, ולאחר מכן נאמת את התנאי הנדרש האחר. כדי לשמור על הסדר, נגדיר מיפוי חדש $\Psi$ כדלקמן.

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

לפיכך, מטרתנו היא לאמת ש-$\Psi = \Phi.$

הדרך שנוכל לעשות זאת היא להשוות את ייצוגי Choi של מיפויים אלו. ייצוגי Choi הם נאמנים, ולכן $\Psi = \Phi$ אם ורק אם $J(\Phi) = J(\Psi).$ בשלב זה נוכל פשוט לחשב את $J(\Psi)$ תוך שימוש בביטויים

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

יחד עם דו-לינאריות (bilinearity) של מכפלות טנזוריות לפשט.

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

כך שמטריצות Kraus שלנו מתארות נכון את $\Phi.$

נותר לבדוק את התנאי הנדרש על $A_0,\ldots,A_{N-1},$ שמתברר כשקול להנחה $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}}(J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}}$ (שלא השתמשנו בה עדיין). מה שנוכיח הוא הקשר הבא:

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

(שבו אנחנו מתייחסים לטרנספוז של המטריצה בצד שמאל).

נתחיל מהצד השמאלי, ונוכל תחילה לראות ש-

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

השוויון האחרון נובע מהעובדה שהטרנספוז הוא לינארי וממפה את $\vert b\rangle\langle a \vert$ אל $\vert a\rangle\langle b \vert.$

עוברים לצד הימני של משוואתנו, יש לנו

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

ולכן

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

קיבלנו את אותה התוצאה, ולכן משוואה $(2)$ אומתה. מכאן נובע, מתוך ההנחה $\operatorname{Tr}_{\mathsf{Y}} (J(\Phi)) = \mathbb{I}_{\mathsf{X}},$ ש-

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

ולכן, מכיוון שמטריצת הזהות היא הטרנספוז של עצמה, התנאי הנדרש אמת.

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

מייצוג Kraus למייצוג Stinespring

כעת נניח שיש לנו מייצוג Kraus של העתקה

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

שעבורה

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

המטרה שלנו היא למצוא מייצוג Stinespring עבור $\Phi.$

הדבר הראשון שנרצה לעשות הוא לבחור את מערכת הפסולת $\mathsf{G}$ כך שקבוצת המצבים הקלאסיים שלה תהיה $\{0,\ldots,N-1\}.$ אולם, כדי ש-$(\mathsf{W},\mathsf{X})$ ו-$(\mathsf{G},\mathsf{Y})$ יהיו באותו גודל, צריך ש-$n$ יחלק את $m N,$ ואז נוכל לקחת את $\mathsf{W}$ עם מצבים קלאסיים $\{0,\ldots,d-1\}$ עבור $d = mN/n.$

עבור בחירה שרירותית של $n,$ $m,$ ו-$N,$ ייתכן ש-$mN/n$ לא יהיה מספר שלם, כך שאנחנו לא באמת חופשיים לבחור את $\mathsf{G}$ כך שקבוצת המצבים הקלאסיים שלה תהיה $\{0,\ldots,N-1\}.$ אבל אנחנו תמיד יכולים להגדיל את $N$ כרצוננו במייצוג Kraus על ידי בחירת $A_k = 0$ עבור כמה ערכים נוספים של $k$ שנרצה.

לכן, אם נניח בשתיקה ש-$mN/n$ הוא מספר שלם — מה ששקול לכך ש-$N$ הוא כפולה של $n/\operatorname{gcd}(n,m)$ — אנחנו חופשיים לקחת את $\mathsf{G}$ כך שקבוצת המצבים הקלאסיים שלה תהיה $\{0,\ldots,N-1\}.$ בפרט, אם $N = nm,$ אפשר לקחת את $\mathsf{W}$ עם $m^2$ מצבים קלאסיים.

נותר לבחור את $U,$ ונעשה זאת לפי הדפוס הבא.

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

להבהרה, דפוס זה מיועד לרמוז על מטריצת בלוקים, כאשר כל בלוק (כולל $A_{0},\ldots,A_{N-1}$ וגם הבלוקים המסומנים בסימן שאלה) הוא בעל $m$ שורות ו-$n$ עמודות. יש $N$ שורות של בלוקים, כלומר יש $d = mN/n$ עמודות של בלוקים.

בניסוח פורמלי יותר, נגדיר את $U$ כך:

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

כאשר כל מטריצה $M_{k,j}$ היא בעלת $m$ שורות ו-$n$ עמודות, ובפרט נקח $M_{k,0} = A_k$ עבור $k = 0,\ldots,N-1.$

זו חייבת להיות מטריצה אוניטרית, והבלוקים המסומנים בסימן שאלה — כלומר $M_{k,j}$ עבור $j>0$ — חייבים להיבחר מתוך מחשבה על כך, אך מלבד לאפשר ל-$U$ להיות אוניטרית, לבלוקים אלה לא תהיה כל השפעה על ההוכחה.

נתעלם לרגע מהדאגה ש-$U$ אוניטרית ונתמקד בביטוי

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

המתאר את מצב הפלט של $\mathsf{Y}$ בהינתן מצב הקלט $\rho$ של $\mathsf{X}$ עבור מייצוג Stinespring שלנו. אפשר לכתוב זאת גם כך:

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

ומבחירת $U$ שלנו אנחנו רואים ש-

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

לכן מקבלים:

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

ומכאן:

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

קיבלנו אם כן מייצוג נכון להעתקה $\Phi,$ ונותר לאמת שאפשר לבחור את $U$ כאוניטרית.

נתבונן ב-$n$ העמודות הראשונות של $U$ כשהיא נבחרת לפי הדפוס לעיל. אם ניקח את העמודות האלה בלבד, נקבל מטריצת בלוקים:

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

יש $n$ עמודות, אחת לכל מצב קלאסי של $\mathsf{X},$ ונקרא לעמודות האלה, כוקטורים, $\vert \gamma_a \rangle$ עבור כל $a\in\Sigma.$ הנה נוסחה לוקטורים אלה שמתאימה לייצוג מטריצת הבלוקים לעיל:

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

כעת נחשב את המכפלה הפנימית בין כל שני וקטורים כאלה, כלומר עבור כל בחירה של $a,b\in\Sigma.$

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

לפי ההנחה

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

מסיקים ש-$n$ וקטורי העמודות $\{\vert\gamma_a\rangle\,:\,a\in\Sigma\}$ יוצרים קבוצה אורתונורמלית:

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

לכל $a,b\in\Sigma.$

זה מרמז שאפשר להשלים את שאר עמודות $U$ כך שתהפוך למטריצה אוניטרית. בפרט, אפשר להשתמש בתהליך הגרם-שמידט לבחירת העמודות הנותרות. דבר דומה נעשה בשיעור מעגלים קוונטיים של "יסודות המידע הקוונטי" בהקשר של בעיית הבחנת מצבים.

חזרה ממייצוגי Stinespring להגדרה

ההשלכה האחרונה היא 4 $\Rightarrow$ 1. כלומר, נניח שיש לנו פעולה אוניטרית המעבירה זוג מערכות $(\mathsf{W},\mathsf{X})$ לזוג $(\mathsf{G},\mathsf{Y}),$ והמטרה שלנו היא להסיק שהעתקה

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

היא ערוץ חוקי. מצורתה ברור ש-$\Phi$ לינארית, ונותר לאמת שהיא תמיד ממירה מטריצות צפיפות למטריצות צפיפות. זה פשוט למדי, וכבר דנו בנקודות המפתח.

בפרט, אם נתחיל ממטריצת צפיפות $\sigma$ של מערכת מורכבת $(\mathsf{Z},\mathsf{X}),$ ונוסיף מערכת עבודה נוספת $\mathsf{W},$ בוודאי נישאר עם מטריצת צפיפות. אם נסדר מחדש את המערכות $(\mathsf{W},\mathsf{Z},\mathsf{X})$ לנוחות, נוכל לכתוב את המצב הזה כ-

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

לאחר מכן נפעיל את הפעולה האוניטרית $U,$ שכפי שכבר דנו היא ערוץ חוקי ולכן ממירה מטריצות צפיפות למטריצות צפיפות. לבסוף, הטרייס החלקי של מטריצת צפיפות הוא מטריצת צפיפות נוספת.

דרך נוספת לומר זאת היא להבחין תחילה שכל אחד מהדברים הבאים הוא ערוץ חוקי:

1. הוספת מערכת עבודה מאותחלת.
2. ביצוע פעולה אוניטרית.
3. טרייס של מערכת.

ולבסוף, כל הרכבה של ערוצים היא ערוץ נוסף — מה שנובע ישירות מההגדרה, אך גם עובדה שכדאי להבחין בה בפני עצמה.