Mga convex combination ng density matrices

Mga probabilistikong pagpili ng density matrices

Isang mahalagang katangian ng density matrices ay ang mga probabilistikong pagpili ng quantum states ay kinakatawan ng mga convex combination ng kani-kanilang mga kaugnay na density matrices.

Halimbawa, kung mayroon tayong dalawang density matrices, $\rho$ at $\sigma,$ na kumakatawan sa quantum states ng isang sistema $\mathsf{X},$ at inihahanda natin ang sistema sa estado $\rho$ na may probabilidad na $p$ at $\sigma$ na may probabilidad na $1 - p,$ ang resultang quantum state ay kinakatawan ng density matrix na

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Sa mas pangkalahatang paraan, kung mayroon tayong $m$ na quantum states na kinakatawan ng mga density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1},$ at ang isang sistema ay inihahanda sa estado $\rho_k$ na may probabilidad na $p_k$ para sa ilang probability vector $(p_0,\ldots,p_{m-1}),$ ang resultang estado ay kinakatawan ng density matrix na

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

Ito ay isang convex combination ng mga density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}.$

Sumusunod na kung mayroon tayong $m$ na quantum state vectors $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle,$ at inihahanda natin ang isang sistema sa estado $\vert\psi_k\rangle$ na may probabilidad na $p_k$ para sa bawat $k\in\{0,\ldots,m-1\},$ ang estado na makukuha natin ay kinakatawan ng density matrix na

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

Halimbawa, kung ang isang qubit ay inihahanda sa estado $\vert 0\rangle$ na may probabilidad na $1/2$ at sa estado $\vert + \rangle$ na may probabilidad na $1/2,$ ang density matrix na representasyon ng estado na makukuha natin ay ibinibigay ng

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

Sa simplified na pormulasyon ng quantum information, hindi gumagana ang pag-average ng mga quantum state vectors na ganito. Halimbawa, ang vector na

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

ay hindi isang valid na quantum state vector dahil ang Euclidean norm nito ay hindi katumbas ng $1.$ Isang mas matinding halimbawa na nagpapakita na hindi ito gumagana para sa mga quantum state vector ay ang pagpili ng anumang quantum state vector $\vert\psi\rangle$ na gusto natin, tapos kukunin natin ang ating estado bilang $\vert\psi\rangle$ na may probabilidad na $1/2$ at $-\vert\psi\rangle$ na may probabilidad na $1/2.$ Ang mga estadong ito ay nagkakaiba lamang ng isang global phase, kaya katunayan ay iisa ang estado — pero kapag nag-average, makukuha natin ang zero vector, na hindi isang valid na quantum state vector.

Ang completely mixed state

Ipagpalagay na itinakda natin ang estado ng isang qubit bilang $\vert 0\rangle$ o $\vert 1\rangle$ nang random, bawat isa ay may probabilidad na $1/2.$ Ang density matrix na kumakatawan sa resultang estado ay ganito.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(Sa ekwasyong ito, ang simbolo $\mathbb{I}$ ay tumutukoy sa $2\times 2$ identity matrix.) Ito ay isang espesyal na estado na kilala bilang completely mixed state. Kinakatawan nito ang ganap na kawalan ng katiyakan tungkol sa estado ng isang qubit, katulad ng isang uniform random bit sa probabilistikong setting.

Ngayon, ipagpalagay na binago natin ang proseso: sa halip na mga estado $\vert 0\rangle$ at $\vert 1\rangle$, gagamitin natin ang mga estado $\vert + \rangle$ at $\vert - \rangle.$ Maari nating kalkulahin ang density matrix na naglalarawan sa resultang estado sa katulad na paraan.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

Iisa pa rin ang density matrix, kahit binago na natin ang mga estado. Sa katunayan, makakakuha pa rin tayo ng parehong resulta — ang completely mixed state — sa pamamagitan ng pagpapalit ng anumang dalawang orthogonal na qubit state vectors para sa $\vert 0\rangle$ at $\vert 1\rangle.$

Ito ay isang katangian, hindi isang depekto! Katunayan, parehong iisa ang estado na makukuha natin sa dalawang paraan. Ibig sabihin, walang paraan upang makilala ang dalawang proseso sa pamamagitan ng pagsukat sa qubit na kanilang nalilikha, kahit sa statistical na kahulugan. Ang ating dalawang magkaibang proseso ay simpleng dalawang paraan lamang ng paghahanda sa estadong ito.

Maaari nating i-verify na may sense ito sa pamamagitan ng pag-iisip kung ano ang maaari nating matutuhan mula sa isang random na pagpili ng estado mula sa isa sa dalawang posibleng set ng estado na $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ at $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}.$ Para sa simplisidad, ipagpalagay nating nagsasagawa tayo ng unitary operation $U$ sa ating qubit at pagkatapos ay sinusukat sa standard basis.

Sa unang senaryo, ang estado ng qubit ay pinili nang uniform mula sa set na $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}.$ Kung ang estado ay $\vert 0\rangle,$ makukuha natin ang mga outcome na $0$ at $1$ na may mga probabilidad na

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{at}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

ayon sa pagkakasunod. Kung ang estado ay $\vert 1\rangle,$ makukuha natin ang mga outcome na $0$ at $1$ na may mga probabilidad na

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{at}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Dahil ang dalawang posibilidad ay bawat isa ay nangyayari na may probabilidad na $1/2,$ makukuha natin ang outcome na $0$ na may probabilidad na

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

at ang outcome na $1$ na may probabilidad na

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Ang parehong mga expression na ito ay katumbas ng $1/2.$ Isang paraan upang ipaliwanag ito ay ang paggamit ng isang katotohanan mula sa linear algebra na maaaring makita bilang isang generalisasyon ng Pythagorean theorem.

Teorema

Ipagpalagay na ang $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ ay isang orthonormal basis ng isang (real o complex) vector space na $\mathcal{V}.$ Para sa bawat vector $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ mayroon tayong $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

Maaari nating ilapat ang teoremang ito upang matukoy ang mga probabilidad tulad ng sumusunod. Ang probabilidad na makakuha ng $0$ ay

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

at ang probabilidad na makakuha ng $1$ ay

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Dahil ang $U$ ay unitary, alam natin na ang $U^{\dagger}$ ay unitary rin, na nangangahulugang ang parehong $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ at $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ ay mga unit vector. Kaya parehong katumbas ng $1/2$ ang dalawang probabilidad. Ibig sabihin, kahimaano ang ating piliin na $U,$ uniform random bit lang ang makukuha natin mula sa pagsukat.

Maaari tayong magsagawa ng katulad na pag-verify para sa anumang iba pang pares ng orthonormal states kapalit ng $\vert 0\rangle$ at $\vert 1\rangle.$ Halimbawa, dahil ang $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ ay isang orthonormal basis, ang probabilidad na makuha ang measurement outcome na $0$ sa ikalawang proseso ay

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

at ang probabilidad na makakuha ng $1$ ay

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

Sa partikular, nakakakuha tayo ng eksaktong parehong output statistics tulad ng para sa mga estado $\vert 0\rangle$ at $\vert 1\rangle.$

Mga probabilistikong estado

Ang mga classical state ay maaaring kinatawan ng mga density matrices. Sa partikular, para sa bawat classical state $a$ ng isang sistema $\mathsf{X},$ ang density matrix na

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

ay kumakatawan sa $\mathsf{X}$ na tiyak na nasa classical state $a.$ Para sa mga qubit mayroon tayo ng

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{at}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

at sa pangkalahatan mayroon tayong isang $1$ sa diagonal sa posisyon na naaayon sa classical state na iniisip natin, na may lahat ng iba pang entry na zero.

Maaari na tayong kumuha ng mga convex combination ng mga density matrix na ito upang kumatawan sa mga probabilistikong estado. Ipagpalagay nang para sa simplisidad na ang ating classical state set ay $\{0,\ldots,n-1\},$ kung ang $\mathsf{X}$ ay nasa estado $a$ na may probabilidad na $p_a$ para sa bawat $a\in\{0,\ldots,n-1\},$ kung gayon ang density matrix na makukuha natin ay

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Sa kabaligtaran, ang anumang diagonal density matrix ay natural na maaaring matukoy sa probabilistikong estado na makukuha natin sa simpleng pagbabasa ng probability vector mula sa diagonal.

Para maging malinaw, kapag ang isang density matrix ay diagonal, hindi ito nangangahulugang pag-uusapan natin ang isang classical system, o na ang sistema ay kailangang inihanda sa pamamagitan ng random na pagpili ng isang classical state, kundi ang estado ay maaaring makuha sa pamamagitan ng random na pagpili ng isang classical state.

Ang katotohanan na ang mga probabilistikong estado ay kinakatawan ng mga diagonal density matrices ay naaayon sa intuisyon na iminungkahi sa simula ng aralin na ang mga off-diagonal entries ay naglalarawan ng antas ng quantum superposition ng dalawang classical state na naaayon sa row at column ng entry na iyon. Dito, lahat ng off-diagonal entries ay zero, kaya mayroon lang tayong classical randomness at walang nasa quantum superposition.

Mga density matrix at ang spectral theorem

Nakita natin na kung kukuha tayo ng convex combination ng mga pure state,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

makakakuha tayo ng density matrix. Ang bawat density matrix $\rho,$ sa katunayan, ay maaaring ipahayag bilang isang convex combination ng mga pure state tulad nito. Ibig sabihin, laging mayroon isang koleksyon ng mga unit vector $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ at isang probability vector $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ kung saan totoo ang ekwasyon sa itaas.

Bukod pa rito, lagi nating maaaring piliin ang bilang na $m$ upang ito ay naaayon sa bilang ng mga classical state ng sistema na isinasaalang-alang, at maaari nating piliin ang mga quantum state vector na orthogonal. Ang spectral theorem, na natagpuan natin sa kursong "Foundations of quantum algorithms," ay nagbibigay-daan sa atin na tapusin ito. Narito ang isang muling pahayag ng spectral theorem para sa kaginhawahan.

Teorema

Spectral theorem: Hayaan ang $M$ na maging isang normal na $n\times n$ complex matrix. Mayroon isang orthonormal basis ng $n$ dimensional complex vectors $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ kasama ang mga complex number na $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ tulad na

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Tandaan na ang isang matrix $M$ ay normal kung ito ay nakakatugon sa $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}.$ Sa madaling salita, ang mga normal na matrix ay mga matrix na nakakaswap sa kanilang sariling conjugate transpose.)

Maaari nating ilapat ang spectral theorem sa anumang ibinigay na density matrix $\rho$ dahil ang mga density matrix ay laging Hermitian at samakatuwid ay normal. Nagbibigay-daan ito sa atin na isulat ang

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

para sa ilang orthonormal basis na $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}.$ Nananatiling i-verify na ang $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ ay isang probability vector, na maaari na nating palitan ng pangalan sa $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ kung gusto natin.

Ang mga bilang na $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ ay mga eigenvalue ng $\rho,$ at dahil ang $\rho$ ay positive semidefinite, ang mga bilang na ito ay dapat na mga nonnegative real number. Maaari nating tapusin na ang $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ mula sa katotohanan na ang $\rho$ ay may trace na katumbas ng $1.$ Ang pagsasagawa ng mga detalye ay magbibigay sa atin ng pagkakataon na ituro ang sumusunod na mahalagang at napaka-kapaki-pakinabang na katangian ng trace.

Teorema

Cyclic property ng trace: Para sa anumang dalawang matrices $A$ at $B$ na nagbibigay sa atin ng square matrix na $AB$ sa pamamagitan ng pagpaparami, ang pagkakatumbas na $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ ay totoo.

Pansinin na gumagana ang teoremang ito kahit ang $A$ at $B$ ay hindi mismo square matrices. Ibig sabihin, maaaring ang $A$ ay $n\times m$ at ang $B$ ay $m\times n,$ para sa ilang pagpili ng positibong integer na $n$ at $m,$ upang ang $AB$ ay isang $n\times n$ na square matrix at ang $BA$ ay $m\times m.$

Sa partikular, kung hayaan nating ang $A$ ay maging isang column vector na $\vert\phi\rangle$ at hayaan ang $B$ na maging ang row vector na $\langle \phi\vert,$ makikita natin na

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

Ang ikalawang pagkakatumbas ay sumusunod mula sa katotohanan na ang $\langle\phi\vert\phi\rangle$ ay isang scalar, na maaari rin nating isipin bilang isang $1\times 1$ matrix na ang trace ay ang tanging entry nito. Gamit ang katotohanang ito, maaari nating tapusin na ang $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ sa pamamagitan ng linearidad ng trace function.

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

Bilang kahalili, maaari nating maabot ang parehong konklusyon sa pamamagitan ng paggamit ng katotohanan na ang trace ng isang square matrix (kahit isa na hindi normal) ay katumbas ng kabuuan ng mga eigenvalue nito.

Kaya naman, napagtagumpayan na nating tapusin na ang anumang ibinigay na density matrix $\rho$ ay maaaring ipahayag bilang isang convex combination ng mga pure state. Nakikita rin natin na maaari pa nating piliin ang mga pure state na maging orthogonal. Ibig sabihin nito, sa partikular, na hindi na kailanman kailangan na mas malaki ang bilang na $n$ kaysa sa laki ng classical state set ng $\mathsf{X}.$

Sa pangkalahatan, kailangang maunawaan na magkakaroon ng iba't ibang paraan upang isulat ang isang density matrix bilang isang convex combination ng mga pure state, hindi lamang ang mga paraan na ibinibigay ng spectral theorem. Isang nakaraang halimbawa ang naglalarawan nito.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Hindi ito isang spectral decomposition ng matrix na ito dahil ang $\vert 0\rangle$ at $\vert + \rangle$ ay hindi orthogonal. Narito ang isang spectral decomposition:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

kung saan ang $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle.$ Ang mga eigenvalue ay mga bilang na malamang ay pamilyar:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{at}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Ang mga eigenvector ay maaaring isulat nang malinaw tulad nito.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Bilang isa pang, mas pangkalahatang halimbawa, ipagpalagay na ang $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ ay mga quantum state vector na kumakatawan sa mga estado ng isang qubit, pinili nang arbitraryo — kaya hindi tayo nag-aasumo ng anumang partikular na relasyon sa pagitan ng mga vector na ito. Maaari tayong isaalang-alang ang estado na makukuha natin sa pamamagitan ng pagpili ng isa sa $100$ na estadong ito nang random:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Dahil pag-uusapan natin ang isang qubit, ang density matrix $\rho$ ay $2\times 2,$ kaya sa spectral theorem maaari nating isulat bilang kahalili ang

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

para sa ilang real number na $p\in[0,1]$ at isang orthonormal basis na $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — ngunit natural na ang pagkakaroon ng expression na ito ay hindi nagbabawal sa atin na isulat ang $\rho$ bilang average ng 100 pure states kung pipiliin nating gawin iyon.