Правда ли, что $\mathrm{tr}(\rho^n)$ монотонно уменьшается как функция $n$? - физиков.нет
Винтажный Клуб для гитаристов
1 голос
/

В случае матрицы плотности смешанных состояний, состоящей из ортогональных векторов, это очевидно, поскольку у нас есть $$\sum_i p_i^n,$$, но что если мы будем использовать неортогональные векторы или непрерывную смесь?

Ответы [ 2 ]

3 голосов
/

В бесконечномерном сепарабельном гильбертовом пространстве результат все еще имеет место. Это стандартный результат в функциональном анализе, что если $A$ является классом трассировки и $B$ ограничен, то $AB$ является классом трассировки, с $\operatorname{tr}(|AB|) \le \operatorname{tr}(|A|) \|B \|$, где $\|B \|$ является оператор норма . Оператор плотности имеет единичный след и является положительно-полуопределенным, поэтому его норма оператора равна $\le 1$. Применяя это к $A = \rho^{n}$, $B = \rho$, мы видим, что $\operatorname{tr} \rho^{n+1} \le \operatorname{tr} \rho^{n}$ с равенством возможно только тогда, когда $\rho$ имеет операторную норму $1$ (в этом случае спектр $\rho$ равен просто $(1,0,0,0, \ldots)$).

Если вы хотите доказать, что оно все еще монотонно, когда $n$ принимается за непрерывную переменную, вы можете просто установить $B = \rho^\epsilon$ вместо этого, где $\epsilon > 0$. Тогда $B$ все еще ограничено (но не обязательно класс трассировки) с оператором norm $\le 1$ (фактически его норма оператора равна $\|B\|^\epsilon$), а остальная часть аргумента все еще работает.

2 голосов
/

Если вы работаете в конечных измерениях, тогда ни одна из ваших проблем,

что если мы используем неортогональные векторы или непрерывную смесь?

является актуальной проблемой: какую бы сумму вы ни использовали, чтобы получить $\rho$, она все еще является положительно-полуопределенным эрмитовым оператором в конечномерном гильбертовом пространстве и поэтому допускает разложение по собственным значениям $$ \rho = \sum_{i=1}^N p_i |\psi_i\rangle \langle \psi_i| $$ с ортонормированным $|\psi_i\rangle$, который может затем вернуться в исходный ортогональный случай.

Единственное реальное изменение - это если у вас есть непрерывная смесь в конечных измерениях, скажем, что-то вроде $$ \rho = \int p(x)|x\rangle\langle x|\mathrm dx, $$ в этом случае монотонность следует из неравенства треугольника на $L_1(\mathbb R)$, так как \ {Начать выравнивать} \ Mathrm {Tr} (\ Rho ^ п) знак равно \ int p (x) ^ n \, \ mathrm dx \ Leq \ int p (x) ^ {n-1} \, \ mathrm dx \ int p (x) \, \ mathrm dx знак равно \ int p (x) ^ {n-1} \, \ mathrm dx , \ Конец {} Align а затем по индукции.

Добро пожаловать на сайт физиков.нет, где вы можете задавать вопросы и получать ответы от других членов сообщества.
...