# 4 The density operator
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* 到目前為止，我們使用一狀態向量 $\psi$ 描述量子系統。
* 對於我們**僅擁有部分資訊 (partial information) 的量子系統**而言，**密度算子 (density operator)** 或**密度矩陣 (density matrix)** 是一種方便的替代公式。

## 4.1 [Ensembles (系綜)](https://zh.wikipedia.org/wiki/%E7%B3%BB%E7%BB%BC) of quantum states
* 首先，我們有**一些量子態**與**相對應的機率**：$|\psi_i\rangle$ 與 $p_i$。
* **Ensemble of quantum states** 寫作：$\begin{Bmatrix} p_i, |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$
* 我們定義 ensemble $\begin{Bmatrix} p_i, |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$ 的 **density operator** $\rho$ 為：
$$
\rho = \sum_i p_i | \psi_i\rangle \langle \psi_i |
$$
### 在量子力學中的 density operators
* **Unitary operations** $U$：
* $|\psi_i\rangle \mapsto U |\psi_i\rangle$
* **Ensemble** 變成：$\begin{Bmatrix} p_i, U |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$
* **Density operators** 變成：
$$
\rho \mapsto \sum_i p_i U | \psi_i\rangle \langle \psi_i | U^\dagger = U \rho U^\dagger
$$
* **Measurements**：
* measurement operators：$\begin{Bmatrix} M_m \end{Bmatrix}$
* 量子態：$|\psi_i\rangle$
* 對於第 $i$ 個量子態，量測到結果 $m$ 的機率：$p(m|i) = \|M_m|\psi_i\rangle\|^2 = \langle\psi_i| M_m^{\dagger} M_m |\psi_i\rangle = \mathrm{tr}[M_m^{\dagger} M_m |\psi_i\rangle \langle\psi_i|]$
:::info
對於任何方陣 $A$，$\langle v | A | w \rangle$ 可以寫成 $\mathrm{tr}[A | w \rangle \langle v |]$
:::
* 因此，所有量子態量測到結果 $m$ 的**機率**為：
$$
\begin{eqnarray*}
p(m) && =
\sum_i p(m|i)p_i = \sum_i \mathrm{tr}[M_m^{\dagger} M_m |\psi_i\rangle \langle\psi_i|] p_i \\
&& = \mathrm{tr}[M_m^{\dagger} M_m \sum_i p_i |\psi_i\rangle \langle\psi_i|] = \mathrm{tr}[M_m^{\dagger} M_m \rho]
\end{eqnarray*}
$$
* **波函數崩塌**後的 **density operator** $\rho$：
* 首先計算量子態崩塌：$|\psi_i\rangle \mapsto \dfrac{M_m |\psi_i\rangle}{\|M_m|\psi_i\rangle\|} := |\psi_i^m\rangle$
* 再計算崩塌後的**密度算子**：
$$
\begin{eqnarray*}
\rho_m && = \sum_i p(i|m) |\psi_i^m\rangle \langle\psi_i^m| \\
&& = \sum_i p(i|m) \dfrac{M_m |\psi_i\rangle \langle\psi_i| M_m^\dagger}{\|M_m|\psi_i\rangle\|^2} \\
&& = \sum_i p(i|m) \dfrac{M_m |\psi_i\rangle \langle\psi_i| M_m^\dagger}{p(m|i)} \\
&& = \sum_i p_i \dfrac{M_m |\psi_i\rangle \langle\psi_i| M_m^\dagger}{p(m)} \\
&& = \dfrac{M_m \rho M_m^\dagger}{\mathrm{tr}[M_m^{\dagger} M_m \rho]}
\end{eqnarray*}
$$
:::info
此處使用到貝式定理：
$$
\dfrac{p(i|m)}{p(m|i)} = \dfrac{p_i}{p(m)}
$$
:::
* 如此，上述公式我們便可以僅僅使用**密度算子** $\rho$ 來進行計算，而不需要參考**明確的 ensemble** $\begin{Bmatrix} p_i, |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$。

## 4.2 General properties of the density operator
* 定義：一**密度算子** $\rho$ 與一些 **ensemble** $\begin{Bmatrix} p_i, |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$ 擁有關聯，**若且唯若** (證明從略)：
1. **Trace condition**：$\mathrm{tr}[\rho] =1$
2. **Positive condisiton**：$\rho$ 為 **positive operator**。
* Positive operator 為 hermitian，而且 eigenvalues 大於等於 $0$。
* 等價於 $\langle\varphi| \rho |\varphi\rangle \ge 0$ for all vectors $|\varphi\rangle$。
* 一般而言，令 $\rho$ 為一密度算子，則 $\mathrm{tr}[\rho^2] \le 1$ 。
* 證明：
首先定義 $\rho$ 的 eigenvalues 為 $\begin{Bmatrix}\lambda_i\end{Bmatrix}$，
因為 $\rho$ 為 positive 且 $\mathrm{tr}[\rho] =1$，則
$$
\mathrm{tr}[\rho] = \sum_i \lambda_i \mathrm{tr}[|\varphi\rangle\langle\varphi|] = \sum_i \lambda_i
$$
因此 $0 \le \lambda_i \le 1$，
$$
\mathrm{tr}[\rho^2] = \sum_i \lambda_i^2 \le 1
$$
:::info
若 $\mathrm{tr}[\rho^2] = 1$，代表 $\rho$ 有一 eigenvalue 為 $1$，其他均為 $0$。
:::
* **純態 (pure state)**：$\rho$ 可以寫成 $|\psi\rangle \langle\psi|$。
$$
\mathrm{tr}[\rho^2] = \mathrm{tr}[|\psi\rangle \langle\psi|\psi\rangle \langle\psi|] = \langle\psi|\psi\rangle^2 = 1
$$
* **混和態 (mixed state)**：$\rho$ 無法寫成 $|\psi\rangle \langle\psi|$。
$$
\mathrm{tr}[\rho^2] = \sum_i p_i^2 \lt 1
$$
* 簡單的範例：$\rho = \dfrac{3}{4} |0\rangle\langle0| + \dfrac{1}{4} |1\rangle\langle1| = \dfrac{1}{2} |a\rangle\langle a| + \dfrac{1}{2} |b\rangle\langle b|$
* 其中 $|a\rangle = \sqrt{\dfrac{3}{4}}|0\rangle + \sqrt{\dfrac{1}{4}}|1\rangle$，$|b\rangle = \sqrt{\dfrac{3}{4}}|0\rangle - \sqrt{\dfrac{1}{4}}|1\rangle$
* **Unitary freedom in the ensemble for density matrices**
* Ensemble representation is not unique!
* 前置作業：
* 首先，我們手上有一 ensemble $\begin{Bmatrix} p_i, |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$。
* 定義集合 $\begin{Bmatrix} |\widetilde{\psi}_i\rangle \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} \sqrt{p_i} |\psi_i\rangle \end{Bmatrix}$，則 $\rho = \sum_i |\widetilde{\psi}_i\rangle \langle \widetilde{\psi}_i|$。
* 此時，我們想要計算 $\begin{Bmatrix} |\widetilde{\psi}_i\rangle \end{Bmatrix}_{i=1,\cdots,m}$ 與 $\begin{Bmatrix} |\widetilde{\varphi}_j\rangle \end{Bmatrix}_{j=1,\cdots,n}$ 之間的關係，維度不同的狀況下以 $0$ 來補齊 (pad)。
:::info
提醒：$|\widetilde{\psi}_i\rangle$ 並非正規化的向量。
:::
* **兩 ensemble** $\begin{Bmatrix} |\widetilde{\psi}_i\rangle \end{Bmatrix}$ 與 $\begin{Bmatrix} |\widetilde{\varphi}_j\rangle \end{Bmatrix}$ 會產生出**相同的密度算子** $\rho$，若且唯若 (證明從略)：
$$
|\widetilde{\psi}_i\rangle = \sum_j u_{ij} |\widetilde{\varphi}_j\rangle
$$
* 以 **Bloch sphere** 的表示法，也可以產生 **mixed states** 的密度算子 (見 Exercise 6.2)：
$$
\rho = \dfrac{I + \vec{r} \cdot \vec{\sigma}}{2}\ \ \ \ \ \mathrm{with}\ \ \vec{r} \in \mathbb{R}^3
$$
:::info
若 $\|\vec{r}\| = 1$，則 $\rho$ 為 pure state。
:::

## 4.3 The reduced density operator
* 前置作業：
* 思考一複合量子系統 (composite quantum system)，包含了子系統 $A$ ($m$ qubits) 與 $B$ ($n$ qubits)。
* 描述此系統的密度算子定義為 $\rho^{AB}$
* 定義：對於**子系統 $A$** 的 **reduced density operator** (約化密度算子) 為：
$$
\rho^A = \mathrm{tr}_B[\rho^{AB}]
$$
* 相對的，對於子系統 $B$ 的約化密度算子為：$\rho^B = \mathrm{tr}_A[\rho^{AB}]$
* 計算範例 ($|a_1\rangle, |a_2\rangle \in A$，$|b_1\rangle, |b_2\rangle \in B$)：
$$
\begin{eqnarray*}
\rho^A && = \mathrm{tr}_B[|a_1\rangle\langle a_2| \otimes |b_1\rangle\langle b_2|] \\
&& = |a_1\rangle\langle a_2| \cdot \mathrm{tr}[|b_1\rangle\langle b_2|] \\
&& = \underbrace{|a_1\rangle\langle a_2|}_{matix} \cdot \underbrace{\langle b_2|b_1\rangle}_{complex\ number}
\end{eqnarray*}
$$
:::info
提醒：$|a_1\rangle\langle a_2| \otimes |b_1\rangle\langle b_2| = |a_1 b_1\rangle\langle a_2 b_2|$
:::
* 假設子系統 $A$ 的密度算子為 $\rho$，子系統 $B$ 的密度算子為 $\sigma$，則整體 (overall，整個複合系統) 的密度算子為 $\rho$ 與 $\sigma$ 的 **Kronecker product**：
$$
\rho^{AB} = \rho \otimes \sigma
$$
也因此，對於兩子系統的約化密度算子計算如下：
$$
\begin{eqnarray*}
&& \mathrm{tr}_B[\rho \otimes \sigma] = \rho \cdot \underbrace{\mathrm{tr}[\sigma]}_{= 1} = \rho \\
&& \mathrm{tr}_A[\rho \otimes \sigma] = \underbrace{\mathrm{tr}[\rho]}_{= 1} \cdot \sigma = \sigma
\end{eqnarray*}
$$
* 簡單的範例：
令 $\rho^{AB} = | \beta_{00} \rangle \langle \beta_{00} |$，而子系統 $A$ 為第一顆 qubit，子系統 $B$ 為第二顆 qubit。
$$
\begin{eqnarray*}
\rho^{AB} && =
\dfrac{1}{2} ( | 00 \rangle + | 11 \rangle ) ( \langle 00 | + \langle 11 | ) \\
&& = \dfrac{1}{2} ( | 00 \rangle \langle 00 | + | 00 \rangle \langle 11 | + | 11 \rangle \langle 00 | + | 11 \rangle \langle 11 | )
\end{eqnarray*}
$$
計算 $\rho^A$ (partial trace over subsystem $B$)，
$$
\begin{eqnarray*}
\rho^{A} = \mathrm{tr}_B[\rho^{AB}] && =
\dfrac{1}{2} ( \mathrm{tr}_B[ | 00 \rangle \langle 00 | ] + \mathrm{tr}_B[ | 00 \rangle \langle 11 | ] + \mathrm{tr}_B[ | 11 \rangle \langle 00 | ] + \mathrm{tr}_B[ | 11 \rangle \langle 11 | ] ) \\
&& = \dfrac{1}{2} ( | 0 \rangle \langle 0 | \underbrace{ \langle 0 | 0 \rangle }_{= 1} + | 0 \rangle \langle 1 | \underbrace{ \langle 1 | 0 \rangle }_{= 0} + | 1 \rangle \langle 0 | \underbrace{ \langle 0 | 1 \rangle }_{= 0} + | 1 \rangle \langle 1 | \underbrace{ \langle 1 | 1 \rangle }_{= 1} ) \\
&& = \dfrac{1}{2} ( | 0 \rangle \langle 0 | + | 1 \rangle \langle 1 | ) \\
&& = \dfrac{I}{2}
\end{eqnarray*}
$$
:::info
可以觀察到 composite system 為 **pure state** ($| \beta_{00} \rangle$)，
但 subsystem 是 **mixed state** (因為 $\mathrm{tr}[(\rho^{A})^2] = \mathrm{tr}[(\dfrac{I}{2})^2] = \dfrac{1}{4} \mathrm{tr}[I] = \dfrac{1}{2} \lt 2$)。
:::
* Motivation/justification for partial trace
* 可是為什麼要這樣做呢？
* 假設 $M$ 為子系統 $A$ 的 observable，而我們想要讓「以 $M$ 進行量測的**約化密度算子 $\rho^A$**」 與「以 $M \otimes I$ 進行量測的**密度算子 $\rho^{AB}$**」 產生出一樣的統計數據 ($I$ 表示作用於子系統 $B$ 的單位矩陣)：
$$
\langle M \rangle = \mathrm{tr}[M \rho^A] = \mathrm{tr}[(M \otimes I) \rho^{AB}] = \langle M \otimes I \rangle
$$

### Application to quantum teleportation
* Why does quantum teleportation **not allow** for **faster-than-light communication** via the instantaneous wavefunction collapse?
* 量子線路圖：
* $|\psi_2\rangle$ 為 Alice **尚未執行測量**的量子態：
$$
\dfrac{1}{2} \Big( |00\rangle(\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) + |01\rangle(\alpha|1\rangle + \beta|0\rangle) + |10\rangle(\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle) + |11\rangle(\alpha|1\rangle - \beta|0\rangle) \Big)
$$
* 當 Alice **測量完後的狀態** (Bob 尚不知道 Alice 的量測結果)：
$$
\begin{eqnarray*}
&& |\varphi_1\rangle = |00\rangle(\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle)\ \ \ \mathrm{with\ probability}\ \dfrac{1}{4} \\
&& |\varphi_2\rangle = |01\rangle(\alpha|1\rangle + \beta|0\rangle)\ \ \ \mathrm{with\ probability}\ \dfrac{1}{4} \\
&& |\varphi_3\rangle = |10\rangle(\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle)\ \ \ \mathrm{with\ probability}\ \dfrac{1}{4} \\
&& |\varphi_4\rangle = |11\rangle(\alpha|1\rangle - \beta|0\rangle)\ \ \ \mathrm{with\ probability}\ \dfrac{1}{4}
\end{eqnarray*}
$$
* 計算此 **ensemble** $\begin{Bmatrix} \frac{1}{4}, |\varphi_j\rangle \end{Bmatrix}_{j=1,\cdots,4}$ 的密度算子：
$$
\begin{eqnarray*}
\rho^{AB} = && \dfrac{1}{4} \sum_{j=1}^4 | \varphi_j \rangle \langle \varphi_j | \\
= && \dfrac{1}{4} \Bigg[
\Big( | 00 \rangle \langle 00 | \otimes (\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) (\alpha^* \langle 0 | + \beta^* \langle 1 |) \Big) +
\Big( | 01 \rangle \langle 01 | \otimes (\alpha|1\rangle + \beta|0\rangle) (\alpha^* \langle 1 | + \beta^* \langle 0 |) \Big) \\ && +
\Big( | 10 \rangle \langle 10 | \otimes (\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle) (\alpha^* \langle 0 | - \beta^* \langle 1 |) \Big) +
\Big( | 11 \rangle \langle 11 | \otimes (\alpha|1\rangle - \beta|0\rangle) (\alpha^* \langle 1 | - \beta^* \langle 0 |) \Big) \Bigg]
\end{eqnarray*}
$$
* 觀察上述密度算子 $\rho^{AB}$，因為前兩個 qubits 是 Alice 的，因此我們可以做 partial trace 以求出 Bob 的約化密度算子 $\rho^B$：
$$
\begin{eqnarray*}
\rho^{B} = && \mathrm{tr}_A[\rho^{AB}] \\
= && \dfrac{1}{4} \Bigg[
\Big( (\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) (\alpha^* \langle 0 | + \beta^* \langle 1 |) \Big) +
\Big( (\alpha|1\rangle + \beta|0\rangle) (\alpha^* \langle 1 | + \beta^* \langle 0 |) \Big) \\ && +
\Big( (\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle) (\alpha^* \langle 0 | - \beta^* \langle 1 |) \Big) +
\Big( (\alpha|1\rangle - \beta|0\rangle) (\alpha^* \langle 1 | - \beta^* \langle 0 |) \Big) \Bigg]\\
= && \dfrac{1}{4} \Bigg[ \Big( 2 ( | \alpha |^2 + | \beta |^2 ) \Big) | 0 \rangle \langle 0 | + \Big( 2 ( | \alpha |^2 + | \beta |^2 ) \Big) | 1 \rangle \langle 1 | \Bigg]\\
= && \dfrac{1}{2} ( | 0 \rangle \langle 0 | + | 1 \rangle \langle 1 | ) \\
= && \dfrac{I}{2}
\end{eqnarray*}
$$
* ==結論==：
* ==此 $\rho^B$ 獨立於 $\psi$ (有 $\alpha$ 與 $\beta$ 的項次都消掉了)==。
* ==因為 $\rho^{B} = \dfrac{I}{2}$，因此 Bob 無論使用何種測量方式，都無法獲知任何關於 $\psi$ 的資訊==。
* 也就是說 Alice 無法透過瞬間的波函數崩塌傳送任何資訊 (以 $\alpha$ 與 $\beta$ 的編碼形式) 給 Bob。
:::warning
無法理解這個結論，幾個問題如下：
* 是如何透過 reduced density operator 的計算獲知 $\rho^B$ 與 $\psi$ 獨立 (independent)？
* 為何因為 $\rho^{B} = \dfrac{I}{2}$，可以說 Bob 無法透過測量獲知關於 $\psi$ 的資訊？
:::