Strategi optimal untuk permainan keadaan kuantum

9

Pertimbangkan permainan berikut:

Saya melempar koin yang adil, dan tergantung pada hasilnya (salah satu kepala / ekor), saya akan memberi Anda salah satu dari keadaan berikut:

| 0 ⟩ or \cos (x) | 0 ⟩ + \sin (x) | 1 ⟩ .

$|0\rangle \text{ or } \cos(x)|0\rangle + \sin(x)|1\rangle.$

Di sini, $x$ adalah sudut konstan yang diketahui. Tapi, saya tidak memberi tahu Anda negara bagian mana yang saya berikan kepada Anda.

Bagaimana saya bisa menggambarkan prosedur pengukuran (yaitu basis qubit ortonormal) untuk menebak kondisi yang saya berikan, sekaligus memaksimalkan peluang untuk menjadi benar? Apakah ada solusi optimal?

Saya telah belajar komputasi kuantum secara mandiri, dan saya menemukan latihan ini. Saya tidak benar-benar tahu bagaimana memulai, dan saya akan sangat menghargai bantuan.

Saya pikir strategi yang baik adalah melakukan transformasi ortogonal

[\begin{matrix} \cos (x) & - \sin (θ) \\ \sin (x) & \cos (θ) \end{matrix}] .

$\begin{bmatrix} \cos(x) & -\sin(\theta)\\ \sin(x) & \cos(\theta) \end{bmatrix}.$

Tidak dapat membuat banyak kemajuan ...

quantum-state measurement games

— jjbid
sumber

Secara intuitif jawabannya adalah mengukur dalam basis komputasi karena kita dapat membatasi

menjadi

x

$x$

dan ketika

keadaan tidak dapat dibedakan dan ketika

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$

x = 0

$x=0$

negara bagian itu ortogonal, tetapi saya tidak yakin bagaimana cara membuktikannya.

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$

— ahelwer

8

Kami hanya menerjemahkan hasil biner dari pengukuran qubit ke tebakan kami apakah itu status pertama atau kedua, menghitung probabilitas keberhasilan untuk setiap kemungkinan pengukuran qubit, dan kemudian lebih banyak menemukan fungsi maksimum dari dua variabel (pada dua bola).

Pertama, sesuatu yang tidak benar-benar kita butuhkan, deskripsi negara yang tepat. Status penuh dari sistem yang bergantung pada superposisi dan juga koin adil klasik dapat dikodekan dalam matriks kepadatan

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} x & dosa x \cos x \\ dosa x \cos x & {dosa}^{2} x \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ di mana kolom kiri dan berkorespondensi baris atas untuk dasar negara "nol" dan yang tersisa untuk "satu". Ini membantu untuk menulis ulang matriks kepadatan dalam hal dasar 4-elemen dari

2 \times 2

$2\times 2$ matriks,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{dosa x \cos x}{2} σ_{x} + (\frac{\cos^{2} x - {dosa}^{2} x}{4} + \frac{1}{4}) σ_{z}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Itu dapat ditulis dalam sudut

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{dosa 2 x}{4} σ_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Sekarang, terlepas dari keadaan campuran, ini masih merupakan sistem dua tingkat dan semua pengukuran pada ruang Hilbert dua dimensi adalah sepele (pengukuran

c

$c$ angka) atau setara dengan pengukuran putaran sepanjang sumbu, yaitu pengukuran

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ yang merupakan satuan vektor 3D dikalikan dengan vektor matriks Pauli. OK, apa yang terjadi jika kita mengukur

V

$V$ ? Nilai eigen dari

V

$V$ adalah plus satu atau minus satu. Probabilitas masing-masing dapat diperoleh dari nilai ekspektasi dari

V

$V$ yang merupakan

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Jejak produk hanya berkontribusi jika

1

$1$ memenuhi

1

$1$ (tapi kami menganggap tidak ada istilah dalam

V

$V$ ) atau

σ_{x}

$\sigma_x$ bertemu

σ_{x}

$\sigma_x$ dll., Dalam hal ini jejak matriks memberikan faktor tambahan sebesar 2. Jadi kami memiliki

⟨ V ⟩ = \frac{\sin 2 x}{2} n_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{2} n_{z}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ Kami mendapatkan nilai eigen

\pm 1

$\pm 1$ dengan probabilitas

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ , masing-masing. Tepat ketika

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , kedua awal "kepala dan ekor" negara adalah orthogonal satu sama lain (pada dasarnya

| 0 ⟩

$|0\rangle$ dan

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) dan kami sepenuhnya dapat membedakan mereka. Untuk membuat probabilitas

0, 1

$0,1$ , kita harus memilih

\vec{n} = (0, 0, \pm 1)

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; perhatikan bahwa tanda keseluruhan

\vec{n}

$\vec n$ tidak masalah untuk prosedur ini.

Sekarang, untuk $\cos x \neq 0$ , keadaan adalah non-ortogonal yaitu "tidak saling eksklusif" dalam arti kuantum dan kita tidak dapat mengukur secara langsung apakah koin itu ekor atau kepala karena kemungkinan-kemungkinan itu dicampur dalam matriks kepadatan. Bahkan, matriks kerapatan berisi semua probabilitas dari semua pengukuran, jadi jika kita bisa mendapatkan matriks kerapatan yang sama dengan campuran yang berbeda dari kemungkinan keadaan dari pelemparan koin, keadaan qubit akan sangat sulit dibedakan.

Probabilitas keberhasilan kami akan di bawah 100% jika $\cos x\neq 0$ . Tetapi satu-satunya cara yang berarti untuk menggunakan bit klasik $V=\pm 1$ dari pengukuran adalah dengan langsung menerjemahkannya ke perkiraan kami tentang keadaan awal. Tanpa kehilangan keumuman, terjemahan kami dapat dipilih untuk menjadi

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

$(V = +1) \to |i\rangle = |0\rangle \\$ dan

(V = - 1) \to | i ⟩ = \cos x | 0 ⟩ + \sin x | 1 ⟩ .

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Jika kita menginginkan yang sebaliknya, identifikasi silang ekor-kepala dan tanda-tanda

V

$V$ , kita bisa mencapainya dengan membalik tanda keseluruhan

\vec{n} \to - \vec{n}

$\vec n \to -\vec n$ .

Mari kita sebut keadaan awal sederhana pertama "kepala" (nol) dan yang kedua lebih keras "ekor" (superposisi cosinus-sinus). Probabilitas keberhasilan adalah, diberikan terjemahan kami dari $+1$ ke kepala dan $-1$ untuk ekor,

P_{s u c c e s s} = P (H) P (+ 1 | H) + P (T) P (- 1 | T) .

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Karena ini adalah koin yang adil, dua faktor yang termasuk di atas adalah

P (H) = P (T) = 1 / 2

$P(H)=P(T)=1/2$ . Perhitungan yang paling sulit di antara empat probabilitas adalah

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Tapi kami sudah membuat perhitungan lebih keras di atas, itu adalah

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Di sini kita hanya menghilangkan istilah konstanta yang proporsional dengan

n_{z}

$n_z$ dan dikalikan dua:

P (- 1 | T) = \frac{1}{2} - \sin 2 x \frac{n_{x}}{2} - \cos 2 x \frac{n_{z}}{2}

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Hasil untuk "kepala" hanya diperoleh dengan mengatur

x = 0

$x=0$ karena negara "kepala" sama dengan negara "ekor" dengan

x = 0

$x=0$ diganti. Jadi

P (- 1 | H) = \frac{1 - n_{z}}{2}

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ danprobabilitas

1 - P

$1-P$ komplementeradalah

P (+ 1 | H) = \frac{1 + n_{z}}{2}

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ Pengganti hasil tersebut ke kami "sukses probabilitas" untuk mendapatkan

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + n_{z} + 1 - (\sin 2 x) n_{x} - (\cos 2 x) n_{z}}{4}

$P_{\rm success} = \frac{1+n_z +1 - (\sin 2x)n_x - (\cos 2x)n_z}{4}$ atau

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} - \frac{n_{x}}{4} \sin 2 x + \frac{n_{z}}{4} (1 - \cos 2 x)

$P_{\rm success} = \frac 12 - \frac{n_x}4 \sin 2x + \frac{n_z}{4} (1-\cos 2x )$ Jika kita mendefinisikan

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$ , kita juga dapat menuliskannya sebagai

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} + \frac{\sin (2 x + α) - \sin α}{4} = \frac{1}{2} + \frac{\sin x \cos (x + α)}{2}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$

α

$\alpha$

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$

\sin x

$\sin x$

α = - x

$\alpha=-x$

α = π - x

$\alpha=\pi -x$

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + | \sin x |}{2}

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$

$\sigma_z$ $xz$ $x$ $\pi/2$ $\sigma_z$ $(3-\cos 2x)/4$ , also between 50% and 100%, but smaller than our result. In particular, for a small $x=0+\epsilon$ , our optimal result would be Taylor-expanded as $1/2+|x|/2$ while the non-optimum result using the classical measurement would increase above $1/2$ more slowly, as $1/2+x^2/2$ .

For many hours, a wrong answer (a mistake in the final portions) was posted here, despite the fact that I had previously fixed many wrong factors of two. I posted a slightly edited version of this answer on my weblog where some discussion may take place:

The Reference Frame: A fun simple problem in quantum computing

On that page, I also write the eigenstates of the measured operator in the appendix. The arguments in the angles may be surprising for some folks who think that this problem is obvious in terms of the wave functions or that the wave functions after the measurement have to be simple.

— Luboš Motl
sumber

I might need to read the question and answer more carefully, but isn't this a special case of the problem solved in arxiv.org/abs/1805.03477?

— glS

Maybe, I am not familiar with the paper and I can't see it is the generalization of this problem, at least not within minutes. But I am not claiming to have solved any cutting-edge paper-style problem. This question is probably an exercise in some textbooks which is expected to be solved by students.

— Luboš Motl

1

The key is in the optimal strategy for distinguishing two non-orthogonal states. This is something called the Helstrom measurement, which I described here.

— DaftWullie
sumber