Uniwersalne zestawy bram do SU (3)?

23

W obliczeniach kwantowych często interesują nas przypadki, w których grupa specjalnych operatorów unitarnych, G, dla jakiegoś systemu d-wymiarowego daje dokładnie całą grupę SU (d), a nawet tylko przybliżenie zapewniane przez gęstą osłonę SU (d).

Grupa skończonego rzędu, taka jak grupa Clifforda dla układu d-wymiarowego C (d), nie zapewni gęstej osłony. Grupa nieskończonego porządku nie zapewni gęstej osłony, jeśli grupa jest abelowa. Jednak moja szorstka intuicja jest taka, że ​​nieskończona liczba bram i operacji zmieniających bazę grupy Clifford powinna wystarczyć, aby zapewnić gęstą osłonę.

Formalnie moje pytanie brzmi:

Mam grupę G, która jest podgrupą SU (d). G ma nieskończony porządek, a C (d) jest podgrupą G. Czy wszystkie takie G zapewniają gęstą osłonę SU (d).

Zwróć uwagę, że jestem szczególnie zainteresowany przypadkiem, gdy d> 2.


Uważam, że grupa Clifford jest taka, jak zdefiniowano tutaj: http://arxiv.org/abs/quant-ph/9802007


źródło
Czy potrafisz sformułować matematyczną definicję grupy Clifford? Trudno mi było wydobyć z gazety bez szczegółowego przeczytania
Vanessa
@Squark: dla dowolne, rozważ podgrupę G \ subseteq \ mathbf U (N) wygenerowaną przez operator X, który „przesuwa” standardowe wektory podstawowe na \ mathbb C ^ N cyklicznie, operator Z = \ mathrm { diag} (1, \ omega, \ omega ^ 2, \ ldots, \ omega ^ {N-1}) dla \ omega = \ exp (2 \ pi i / N) oraz operator Y = \ mathrm e ^ { \ pi i (N-1) (N + 1) / N} ZX . (Skalar przed Y jest gotowy do negocjacji dla N> 2 ; dla N = 2 macierze X, Y, Z będą zwykłymi macierzami spinowymi Pauliego.) Następnie grupa Clifforda jest zbiorem operatorów w \ mathbf U ( N)N2X C N Z = d i a g ( 1 , ω , ω 2 , , ω N - 1 ) ω = exp ( 2 π i / N ) Y = e π i ( N - 1 ) ( N + 1 ) / N Z X Y NGU(N)XCNZ=diag(1,ω,ω2,,ωN1)ω=exp(2πi/N)Y=eπi(N1)(N+1)/NZXYN = 2 X , Y , Z U ( N )N>2N=2X,Y,ZU(N)która zachowuje G w koniugacji.
Niel de Beaudrap

Odpowiedzi:

10

To nie jest pełna odpowiedź, ale może w pewnym stopniu odpowiada na pytanie.

Ponieważ ma nieskończony porządek, ale nie, to koniecznie zawiera bramę grupy spoza Clifforda. Jednak ma jako podgrupę. Ale dla grupa Clifforda i każda inna bramka spoza grupy Clifforda jest w przybliżeniu uniwersalna (patrz np. Twierdzenie 1 tutaj ). Dlatego wszystkie takie zapewniają gęstą osłonę na .C ( d ) G G C ( d ) d = 2 G S U ( 2 n )GC(d)GGC(d)d=2GSU(2n)

W przypadku, gdy wydaje się, że możliwe jest udowodnienie, że nadal otrzymujesz gęstą osłonę według następujących zasad (używając notacji powiązanej z pytaniem):d>2

  1. Ponieważ wszystkie bramki w są ujednolicone, wszystkie ich wartości własne są pierwiastkami jedności, które dla uproszczenia sparametryzuję rzeczywistymi kątami .0 θ i < 2 πG0θi<2π
  2. Ponieważ ma nieskończony porządek, albo zawiera bramki, dla których co najmniej jedna wartość jest nieracjonalną wielokrotnością lub zawiera dowolnie dobre przybliżenie do takiej irracjonalnej wielokrotności . Oznaczmy jedną z takich bramek .G θ k π π gGGθkππg
  3. Następnie istnieje takie, że jest dowolnie blisko, ale nie równa tożsamości.g nngn
  4. Ponieważ jest jednostkowy, można go zapisać jako . exp ( - i H )gnexp(iH)
  5. Ponieważ grupa Pauli zdefiniowana w quant-ph / 9802007 stanowi podstawę dla macierzy , możesz napisać , gdzie i dla dowolnego (do [3]), z co najmniej jednym takim nie równa zero.H = d - 1 j , k = 0 α j k X j d Z k d α j kC | α j k | ϵ ϵ > 0 α a bd×dH=j,k=0d1αjkXdjZdkαjkC|αjk|ϵϵ>0αab
  6. Następnie możemy wybrać element z grupy Clifford, który odwzorowuje na w koniugacji. Zatem , gdzie to tylko permutacja i .X j d Z k d Z d C g n C = exp ( - i C H C ) = exp ( - i ( α a b Z d + ( j , k ) ( a , b ) α j k X j d Z k d ) ) αCXdjZdkZdCgnC=exp(iCHC)=exp(i(αabZd+(j,k)(a,b)αjkXdjZdk)) Α α a b = α 01αααab=α01
  7. Zauważ, że spełnia . Zdefiniujmy .Z d ( X u d Z v d ) = ω u ( X u d Z v d ) Z d g = Z - d C g n C Z d = exp ( - i ( α a b Z d + ( j , k ) ( aZdZd(XduZdv)=ωu(XduZdv)Zdg=ZdCgnCZd=exp(i(αabZd+(j,k)(a,b)ωjαjkXdjZdk))
  8. Zgodnie z twierdzeniem Bakera-Cambela-Hausdorffa, ponieważ wszystkie zostały arbitralnie zbliżone do tożsamości, możemy ocenić iloczyn do pierwszego zamówienia jako . Sumowanie wszystkich tras jedności dla daje . Jest to w zasadzie sekwencja oddzielania który oddziela elementy niepątne.g = g 1 × . . . × g d exp ( - i ( d × ( k α 0 k Z k ) + ( d = 1 ω d ) × j 0k α j k X j d Z k d ) ) d > 1 solαg=g1×...×gdexp(i(d×(kα0kZk)+(=1dωd)×j0kαjkXdjZdk))d>1g=exp(i(d×(kbα0kZk))
  9. Ponieważ w macierzy wykładniczej pozostają tylko macierze diagonalne, musi być diagonalne. Ponadto ze względu na ograniczenia na koniecznie ma wartości własne, które są niezerowe, ale proporcjonalne do .α ϵgαϵ
  10. Zmieniając i powtarzając powyższy proces, powinno być możliwe wygenerowanie liniowo niezależnych bramek: , tak aby ich produkt ukośną bramę z nieracjonalnymi i niewspółmiernymi fazami lub arbitralnie bliskim zbliżeniem do jednego.d g 1 . . . g ' dϵdg1...gd
  11. Na podstawie odniesienia podanego w odpowiedzi Marka Howarda powinno to wystarczyć wraz z grupą Clifford dla przybliżonej uniwersalności.
Joe Fitzsimons
źródło
Dlaczego to nie jest kompletne? Jeśli doprecyzujesz szczegóły w swoich niejasnych krokach (w szczególności krok 10), wydaje się, że to może zadziałać.
Peter Shor,
@PeterShor: Właśnie z tego powodu: nie opracowałem wszystkich kroków. Myślę, że to powinno działać, ale potwierdzam, że nie jest rygorystyczne. Zobaczę, czy uda mi się zrealizować 10.
Joe Fitzsimons,
Miły. To wydaje się być dobrym podejściem.
Daję nagrodę za tę odpowiedź, ponieważ myślę, że są szanse, że dowód w tym kierunku odpowie na pytanie. Inne odpowiedzi są również bardzo przydatne.
Peter Shor
@PeterShor: Dzięki! Czułem się trochę winny, że moja pierwsza odpowiedź była niepoprawna.
Joe Fitzsimons,
13

Uważam, że odpowiedź na pierwotne pytanie jest prawdopodobnie tak, ale niestety nie mogę tego ostatecznie powiedzieć. Mogę jednak pomóc odpowiedzieć na rozszerzone pytanie Petera.

W matematyce / 0001038, autorstwa Nebe, Rains i Sloane, pokazują, że grupa Clifforda jest maksymalną skończoną podgrupą U (2 ^ n). Solovay pokazał to również w niepublikowanej pracy, która „zasadniczo używa klasyfikacji skończonych prostych grup”. The Nebe i in. artykuł pokazuje również, że qudit grupa Clifforda jest maksymalną podgrupą skończoną dla liczby pierwszej p, również przy użyciu klasyfikacji grup skończonych. Oznacza to, że grupa Clifforda i każda brama jest grupą nieskończoną, co czyni jedno z założeń pierwotnego pytania zbędnym.

Teraz zarówno Rains, jak i Solovay powiedzieli mi, że następny krok, pokazujący, że nieskończona grupa zawierająca grupę Clifforda jest uniwersalna, jest stosunkowo prosty. Nie wiem jednak, jak ten krok faktycznie działa. A co ważniejsze w pierwotnym pytaniu, nie wiem, czy rozważali oni tylko sprawę qubit, czy też sprawę qudit.

Właściwie mogę dodać, że nie rozumiem też dowodów Nebe, Deszczów i Sloane, ale chciałbym.


źródło
9

Nie jest dla mnie jasne, czy pytasz o SU (3) czy SU (3 ) działający na iloczyn tensorowy quditów. Zakładam, że pytasz o SU (3). Nie jest dla mnie jasne (pomimo tego, co powiedziałem w poprzedniej wersji mojej odpowiedzi), że instrukcja dla SU (3) implikuje instrukcję dla SU (3 ). nnn

Tak długo, jak zestaw bram nie leży w podgrupie SU (3), będzie generować gęstą osłonę SU (3). Musisz więc sprawdzić, czy jakaś nieskończona podgrupa SU (3) zawiera grupę Clifford. Jestem całkiem pewien, że nie, ale nie mogę powiedzieć tego na pewno. Oto pytanie o przepełnienie matematyki, które daje wszystkie podgrupy Lie SU (3).

Peter Shor
źródło
Przeczytałem ostatnie zdanie trzeciego pytania, mówiąc, że grupa Clifford była podgrupą grupy którą rozważa Earl. Stąd moja odpowiedź poniżej, ale być może coś źle zrozumiałem lub źle odczytałem. G
Joe Fitzsimons,
Trudność z odpowiedzią polega na tym, że odniesienie wydaje się mówić tylko o SU (2), podczas gdy OP pyta o SU (3) i grupę analogiczną do grupy Clifforda w SU (3) (a także qudity wymiaru ). Twoja referencja odpowiada na jego pytanie dla . Potrzebujemy, aby twierdzenie z twojego odniesienia miało również zastosowanie w SU (3); mianowicie, że nie ma podgrup zawierających grupę Clifford SU (3). d = 2d>3d=2
Peter Shor,
O, rozumiem. Usunę moją odpowiedź. Z kontekstu przypisanych do niego notatek zabrzmiało to jak twierdzenie zastosowane w dowolnych wymiarach, a nie tylko w przypadku, gdy . Jednak po wykopaniu źródła wydaje się, że tak nie jest. Dziękujemy za wskazanie błędu. d=2
Joe Fitzsimons,
Docelowo będę zainteresowany . Ponieważ jednak pociąga to za sobą uniwersalność w + grupie Clifford, tak sformułowałem pytanie, aby było prostsze. Rzuciłem też okiem na odniesienie Joe i zobaczyłem tylko wyniki dla . S U ( 3 ) d = 2SU(3n)SU(3)d=2
Ponadto zastosuję się do sugestii Petersa i sprawdzę podgrupy Lie w referencji dotyczącej przepełnienia matematyki, choć przejście tego wszystkiego może zająć trochę czasu!
9

Pomyślałem, że powinienem zaktualizować ten wątek, zanim witryna zostanie na zawsze zamrożona.

Odpowiedź Daniela jest właściwa. Ten „następny krok”, o którym wspomina, pojawia się w późniejszej książce Nebe, Rains i Sloane „ Self-Dual Codes and Invariant Theory ”.

Odpowiedź na to pytanie brzmi zatem „Tak” - i wynika bezpośrednio z Wniosku 6.8.2 w książce Nebe, Rains i Sloane.

Jestem wdzięczny Vadymowi Kliuchnikovowi, który zwrócił mi na to uwagę podczas wizyty w Waterloo.

Dan Browne
źródło
Powinienem wyjaśnić, że „tak” jest bezpośrednią odpowiedzią na formalne pytanie Earla powyżej, o czym świadczy wniosek 6.8.2 w książce.
Dan Browne
5

Myślę, że następujący artykuł może zawierać odpowiednie konstrukcje dla udowodnienia uniwersalności qudit

http://dx.doi.org/10.1088/0305-4470/39/11/010

W szczególności komentarz na końcu sekcji mówi, że kontrolowana faza , transformata Fouriera i diagonalna bramka z nieracjonalnymi i niewspółmiernymi fazami dają przybliżoną uniwersalność. (Jest to wystarczający warunek dla ale jestem prawie pewien, że nie jest to warunek konieczny.)C Z F D D4CZFDD

Jeśli twoje ma prawidłową postać (a ukośne bramy wydają się naturalnym wyborem), wynik ma zastosowanieG

Alternatywnym podejściem byłoby utworzenie stanów pomocniczych wymaganych do implementacji Tudoli qudit lub bezpośrednie użycie wraz z Cliffords do implementacji Toffoli. Trudno powiedzieć, czy jest to możliwe, nie wiedząc więcej o .GGG


źródło
Witamy na stronie, Mark!
Joe Fitzsimons,
Cześć Mark. Dzięki za odpowiedź. Chociaż interesuje mnie najbardziej ogólny przypadek, szczególnie interesuje mnie przypadek, w którym wiem, że mam nieskończoną liczbę bramek, ponieważ jest generowany przez bramę z fazami, które są irracjonalnymi wielokrotnościami . Jednak „irracjonalna” bramka nie jest przekątna w obliczeniach, więc nie mogę zastosować wyników, które przytaczasz. π