L'intrication est-elle transitive?

L'intrication est-elle transitive , au sens mathématique?

Plus concrètement, ma question est la suivante:

Considérons 3 qubits $q_1, q_2$ et $q_3$ . Suppose que

$q_1$ et $q_2$ sont enchevêtrés, et que
$q_2$ et $q_3$ sont enchevêtrés

, Puis sont $q_1$ et $q_3$ enchevêtré ? Si oui, pourquoi? Sinon, existe-t-il un contre-exemple concret?

Sur ma notion d'enchevêtrement:

les qubits $q_1$ et $q_2$ sont enchevêtrés, si après le traçage de $q_3$ , les qbits $q_1$ et $q_2$ sont enchevêtrés (le traçage de $q_3$ correspond à la mesure de $q_3$ et à l'élimination du résultat).
les qubits et sont enchevêtrés, si après avoir tracé , les qbits et sont enchevêtrés. $q_2$ $q_3$ $q_1$ $q_2$ $q_3$
les qubits et sont enchevêtrés, si après avoir tracé , les qbits et sont enchevêtrés. $q_1$ $q_3$ $q_2$ $q_1$ $q_3$

N'hésitez pas à utiliser toute autre notion raisonnable d'enchevêtrement (pas nécessairement celle ci-dessus), tant que vous énoncez clairement cette notion.

entanglement

— Peter
source

Pouvez-vous confirmer la dernière déclaration? Après votre question, je m'attendais à une déclaration similaire mais avec les étiquettes dans un ordre différent (une déclaration sur l'intrication de q1 et q3 après la mesure de q2).

— agaitaarino

@agaitaarino j'ai mis à jour la partie sur "l'intrication", ça devrait être plus clair maintenant ...

— Peter

J'ai considéré les carrés latins comme une matrice de probabilités dans laquelle les éléments d'un tableau unidimensionnel sont «enchevêtrés», en ce sens que les probabilités pour tout élément exprimé donné sont interdépendantes. Lorsque vous ajoutez des cotes, ces tableaux unidimensionnels se croisent orthogonalement avec d'autres tableaux unidimensionnels, étendant "l'intrication". (Je suppose que c'est à peu près aussi loin dans les mauvaises herbes que l'on peut obtenir au sujet des notions atypiques d'enchevêtrement, mais je ne suis pas la première personne à soulever l'idée de "similitudes d'esprit" entre QT et carrés latins / Sudoku.) Merci vous pour cette question!

— DukeZhou

Maintenant que vous avez clarifié que vous rejetez le résultat de la mesure, ce n'est pas l'intrication localisable dont je pensais que vous parliez, c'est la notion la plus standard. Il vaut mieux parler de "traçage" du qubit supplémentaire au lieu de mesurer et en rejetant le résultat.

— DaftWullie

@DaftWullie Merci! J'ai mis à jour la question en conséquence

— Peter

Réponses:

TL; DR: Cela dépend de la façon dont vous choisissez de mesurer l'intrication sur une paire de qubits. Si vous retracez les qubits supplémentaires, alors "Non". Si vous mesurez les qubits (avec la liberté de choisir la base de mesure optimale), alors "Oui".

Soit être un état pur quantique de 3 qubits, étiquetés A, B et C. Nous dirons que A et B sont intriqués si n'est pas positif sous l'action de la carte de transposition partielle. Il s'agit d'une condition nécessaire et suffisante pour détecter un enchevêtrement dans un système à deux qubits. Le formalisme de trace partielle équivaut à mesurer le qubit C de manière arbitraire et à ignorer le résultat. $|\Psi\rangle$ $\rho_{AB}=\text{Tr}_C(|\Psi\rangle\langle\Psi|)$

Il existe une classe de contre-exemples qui montrent que l'intrication n'est pas transitive , de la forme condition. Si vous tracez le qubitou le qubit, vous obtiendrez la même matrice de densité les deux fois:

| Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 1 ϕ ϕ ⟩),

$|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|000\rangle+|1\phi\phi\rangle),$

| ϕ ⟩ \neq | 0 ⟩, | 1 ⟩

$|\phi\rangle\neq |0\rangle,|1\rangle$

B

$B$

C

$C$

Vous pouvez prendre la transposition partielle de ceci (le prendre sur le premier système est le plus propre):

ρ_{A C} = ρ_{A B} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 1 ϕ | + | 00 ⟩ ⟨ 1 ϕ | ⟨ ϕ | 0 ⟩ + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 00 | ⟨ 0 | ϕ ⟩)

$\rho_{AC}=\rho_{AB}=\frac12\left(|00\rangle\langle 00|+|1\phi\rangle\langle 1\phi|+|00\rangle\langle 1\phi|\langle\phi|0\rangle+|1\phi\rangle\langle 00|\langle0|\phi\rangle\right)$

Maintenantprenez le déterminant (qui est égal au produit des valeurs propres). Vous obtenez

ρ^{P T} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 1 ϕ | + | 10 ⟩ ⟨ 0 ϕ | ⟨ ϕ | 0 ⟩ + | 0 ϕ ⟩ ⟨ 10 | ⟨ 0 | ϕ ⟩)

$\rho^{PT}=\frac12\left(|00\rangle\langle 00|+|1\phi\rangle\langle 1\phi|+|10\rangle\langle 0\phi|\langle\phi|0\rangle+|0\phi\rangle\langle 10|\langle0|\phi\rangle\right)$

qui est négatif, il doit y avoir une valeur propre négative. Ainsi,

sont des paires enchevêtrées. Pendant ce temps

det (ρ^{P T}) = - \frac{1}{16} | ⟨ 0 | ϕ ⟩ |^{2} (1 - | ⟨ 0 | ϕ ⟩ |^{2})^{2},

$\text{det}(\rho^{PT})=-\frac{1}{16}|\langle 0|\phi\rangle|^2(1-|\langle 0|\phi\rangle|^2)^2,$

(A B)

$(AB)$

(A C)

$(AC)$

Puisqu'il s'agit d'une matrice de densité valide, elle n'est pas négative. Cependant, la transposition partielle est juste égale à elle-même. Il n'y a donc pas de valeurs propres négatives et

n'est pas enchevêtré.

ρ_{B C} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | ϕ ϕ ⟩ ⟨ ϕ ϕ |) .

$\rho_{BC}=\frac12(|00\rangle\langle 00|+|\phi\phi\rangle\langle\phi\phi |).$

(B C)

$(BC)$

Enchevêtrement localisable

On pourrait plutôt parler de l' intrication localisable . Avant de clarifier davantage, c'est à cela que je pensais que le PO faisait référence. Dans ce cas, au lieu de tracer un qubit, on peut le mesurer sur la base de votre choix et calculer les résultats séparément pour chaque résultat de mesure. (Il y a plus tard un processus de moyenne, mais cela ne sera pas pertinent pour nous ici.) Dans ce cas, ma réponse concerne spécifiquement les états purs, pas les états mixtes.

La clé ici est qu'il existe différentes classes d'états intriqués. Pour 3 qubits, il existe 6 types différents de pur état:

un état entièrement séparable
3 types où il y a un état enchevêtré entre deux parties, et un état séparable sur le troisième
un état W
un état GHZ

$(q_1,q_2)$ $(q_2,q_3)$

| W ⟩ = \frac{1}{\sqrt{3}} (| 001 ⟩ + | 010 ⟩ + | 100 ⟩) | G H Z ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 111 ⟩)

$|W\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}(|001\rangle+|010\rangle+|100\rangle)\qquad |GHZ\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|000\rangle+|111\rangle)$ (i.e. if I swap qubits A and B, I still have the same state). So, these representatives must have the required transitivity properties: If A and B are entangled, then B and C are entangled, as are A and C. In particular, Both of these representatives can be measured in the X basis in order to localize the entanglement. Thus, any pure state that you're given must be such that you can include the measurement to convert it into the standard representative into the measurement for localizing the entanglement, and you're done!

— DaftWullie
source

Thanks, this clears up quite a lot already. Could you point me to the "standard" measure of entanglement? I might want to use that explicitly in my question.

— Peter

@Peter: see if the edited version helps even more.

— DaftWullie

Thank you for this answer! Can I ask a naive question on symmetry means in this context "Both representatives are symmetric under exchange of the particles." (I'm very interested in different concepts of symmetry in general.)

— DukeZhou

@DaftWullie: given that your answer appears to be "no, entanglement is not transitive, even on three qubit systems", perhaps you should condense your answer to make this a bit more obvious?

— Niel de Beaudrap

@DukeZhou In this case, all it means is that if I swap particles, I still have the same state:

{SWAP}_{A, B} | Ψ ⟩ = | Ψ ⟩

$\text{SWAP}_{A,B}|\Psi\rangle=|\Psi\rangle$ . So, if I pick out one qubit to be a special qubit (e.g. C), and make some conclusion based on that, it doesn't matter which qubit I picked, because they are all equivalent.

— DaftWullie

This isn't an answer, but instead just some background facts that are important to know about in order to avoid "not even wrong" territory on these types of questions.

"Entanglement" is not all-or-nothing. Just saying "q1 is entangled with q2 and q2 is entangled with q3" is not enough information to determine the answer to questions like "if I measure q3, will q1 still be entangled with q2?". Entanglement gets complicated when dealing with larger systems. You really need to know the specific state, and the measurement, and whether you are permitted to condition on the result of the measurement.

It may be the case that q1,q2,q3 are entangled as a group but if you trace out any one of the qubits then the density matrix of the remaining two describes a mere classically correlated state. (E.g. this happens with GHZ states.)

You should be aware of the monogamy of entanglement. Past a certain threshold, increasing the strength of the entanglement between q1 and q2 must decrease the strength of entanglement between q1 and q3 (and equivalently q2 and q3).

— Craig Gidney
source

yay for pointing out the monogamy of entanglement!

— agaitaarino

@agaitaarino which leads to "squashed entanglement" and Von Neumann entropy!

— DukeZhou

I read the following in Freudenthal triple classication of three-qubit entanglement:

"Dür et al. (Three qubits can be entangled in two inequivalent ways) used simple arguments concerning the conservation of ranks of reduced density matriceshere are only six three-qubit equivalence classes:

Null (The trivial zero entanglement orbit corresponding to vanishing states)
Separable (Another zero entanglement orbit for completely factorisable product states)
Biseparable (Three classes of bipartite entanglement: A-BC, B-AC, C-AB)
W (Three-way entangled states that do not maximally violate Bell-type inequalities) and
GHZ (maximally violate Bell-type inequalities)"

which as I understand it the answer to your question is yes: if A and B are entangled and B and C are entangled you necessarily are in one of the three-way entangled states so A and C are also entangled.

— agaitaarino
source