Dlaczego mechanizm „odrzutu fazy” działa w algorytmie szacowania fazy kwantowej?

Prawdopodobnie kilka razy wcześniej przeczytałem rozdział Kwantowa transformata Fouriera i jej zastosowania od Nielsena i Chuanga (wydanie z okazji 10. rocznicy) i uważałem to za coś oczywistego, ale dziś, kiedy spojrzałem na to ponownie, nie robi tego w ogóle wydaje mi się to oczywiste!

Oto schemat obwodu dla algorytmu szacowania faz:

Pierwszy rejestr mający kubitów jest rzekomo „rejestrem kontrolnym”. Jeśli którykolwiek z kubitów w pierwszym rejestrze jest w stanie odpowiadająca mu kontrolowana jednolita brama zostanie zastosowana do drugiego rejestru . Jeśli jest w stanie to nie zostanie zastosowany do drugiego rejestru . Jeśli znajduje się on w superpozycji dwóch stanów i działanie odpowiedniego unitaru na drugi rejestr można określić na podstawie „liniowości”. Zauważ, że wszystkie bramki działają tylko na drugi rejestr i żaden na pierwszym rejestrze. Pierwszy rejestr ma być jedynie kontrolą . $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$

Wskazują jednak, że stan końcowy pierwszego rejestru jako:

\frac{1}{{2)}^{t / 2)}} (| 0 ⟩ + exp (2) π ja {2)}^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2) π ja {2)}^{t - 2)} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2) π ja {2)}^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$

Jestem zaskoczony, dlaczego uważamy, że w ogóle nastąpiła zmiana stanu pierwszego rejestru kubitów, po akcji bram Hadamarda. Ostateczny stan pierwszego rejestru powinien właśnie był

{(\frac{| 0 ⟩ + | 1 ⟩}{\sqrt{2)}})}^{\otimes t}

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt 2}\right)^{\otimes t}$

prawda? Mówię to, ponieważ pierwszy rejestr ma być jedynie kontrolą. Nie rozumiem, jak i dlaczego stan pierwszego rejestru powinien się zmienić, gdy działa jako kontrola.

Początkowo myślałem, że uznanie wykładniczych czynników za część pierwszego rejestru kubitowych stanów było jedynie matematyczną wygodą, ale potem nie miało to sensu. Stan kubitów lub systemu kubitów nie powinien zależeć od tego, co jest dla nas matematycznie wygodne!

Czy ktoś mógłby więc wyjaśnić, dlaczego dokładnie zmienia się stan pierwszego rejestru kubitów, nawet jeśli po prostu działa on jako „kontrola” dla drugiego rejestru? Czy to tylko matematyczna wygoda, czy może jest coś głębszego?

quantum-state quantum-fourier-transform phase-estimation phase-kickback Sanchayan Dutta
źródło

Nie odpowiedź, ale: co by oznaczało, że byłaby „matematyczną wygodą”, gdyby nie oznaczała faktycznej zmiany stanu? Albo matematyka dokładnie opisuje zmiany stanów kwantowych, albo nie. Jeśli nie, masz większe problemy niż ten jeden przykład. Jeśli przypuszczasz, że matematyka dokładnie opisuje fizykę, to matematyczne przedstawienie jest nie tylko wygodne: stany przewodów (kontrolujących z wyprzedzeniem) zmieniają się w tym podprogramie. Można pomylić, dlaczego, ale najpierw musisz zaakceptować fakt, że się zmieniają.

Niel de Beaudrap,

Matematyka jest dokładnie taka, jak wyjaśniono w tej odpowiedzi: quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837, ale ta sytuacja jest prostsza i być może łatwiejsza do zrozumienia

DaftWullie

@NieldeBeaudrap Cóż, moje pytanie brzmi „dlaczego” to się zmienia

Sanchayan Dutta

@DaftWullie Matematyka nie wygląda twardo. Weźmy prosty przykład kontrolowanej bramki . Jeśli rejestr kontrolny jest w stanie wówczas jest stosowany do aby dać . Uważają jednak, że wykładniczy współczynnik

jest współczynnikiem kubitu kontrolnego w pierwszym rejestrze, tj.

a nie drugiego rejestru. Moje pytanie brzmi: dlaczego tak?

U^{2^{0}}

$U^{2^0}$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

| u ⟩

$|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ) | u ⟩

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

Sanchayan Dutta

cc @NieldeBeaudrap ^

Sanchayan Dutta

Odpowiedzi:

Wyobraź sobie, że masz wektor własny z . Jeśli masz stan taki jak i zastosowaniu kontrolowanego do niego wydostać . Faza nie jest dołączona do konkretnego rejestru, to tylko ogólny mnożnik. $|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

Teraz użyjmy superpozycji pierwszego rejestru: można przepisać to jako

(| 0 ⟩ + | 1 ⟩) | u ⟩ \mapsto | 0 ⟩ | u ⟩ + {mi}^{ja ϕ} | 1 ⟩ | u ⟩

$(|0\rangle+|1\rangle)|u\rangle\mapsto |0\rangle|u\rangle+e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

(| 0 ⟩ + {mi}^{ja ϕ} | 1 ⟩) | u ⟩

$(|0\rangle+e^{i\phi}|1\rangle)|u\rangle$ więc pojawia się w pierwszym rejestrze, mimo że był on jakby utworzony w drugim rejestrze. (Oczywiście ta interpretacja nie jest do końca prawdziwa, ponieważ została stworzona przez bramę o dwóch kubitach działającą na oba kubity).

Ten krok jest sercem wielu algorytmów kwantowych.

Dlaczego nie piszemy i po prostu twierdzą, że nie można oddzielić? $|\Psi\rangle=|0\rangle|u\rangle+|1\rangle(e^{i\phi}|u\rangle)$

Nie można tego po prostu zdobyć, ale trzeba to wykazać matematycznie. Na przykład, można przyjąć częściowo śladu w drugiej qubitu, Aby pobrać ślad częściowy, wybieramy podstawę do podsumowania. Dla uproszczenia wybierzmy gdzie

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{A B}) = {Tr}_{B} (| 0 ⟩ ⟨ 0 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | + | 1 ⟩ ⟨ 0 | \otimes e^{i ϕ} | u ⟩ ⟨ u | + | 0 ⟩ ⟨ 1 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | e^{- i ϕ} + | 1 ⟩ ⟨ 1 | \otimes e^{i ϕ} | u ⟩ ⟨ u | e^{- i ϕ})

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=\text{Tr}_B(|0\rangle\langle 0|\otimes |u\rangle\langle u|+|1\rangle\langle 0|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|+|0\rangle\langle 1|\otimes |u\rangle\langle u|e^{-i\phi}+|1\rangle\langle 1|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|e^{-i\phi})$

{| u ⟩, | u^{⊥} ⟩}

$\{|u\rangle,|u^\perp\rangle\}$

⟨ u | u^{⊥} ⟩ = 0

$\langle u|u^\perp\rangle=0$ i

. Wtedy masz

⟨ u | (e^{i ϕ} | u ⟩ = e^{i ϕ}

$\langle u|(e^{i\phi}|u\rangle=e^{i\phi}$

Jest to ranga 1 (i widać, że faza pojawiła się w pierwszym rejestrze), więc stan nie jest uwikłany. Można go rozdzielić.

{Tr}_{b} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{ZA b}) = | 0 ⟩ ⟨ 0 | + {mi}^{ja ϕ} | 1 ⟩ ⟨ 1 | + {mi}^{- ja ϕ} | 0 ⟩ ⟨ 1 | + | 1 ⟩ ⟨ 1 |

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=|0\rangle\langle 0|+e^{i\phi}|1\rangle\langle 1|+e^{-i\phi}|0\rangle\langle 1|+|1\rangle\langle 1|$

DaftWullie
źródło

| 0 ⟩ (| u ⟩) + | 1 ⟩ (e^{i ϕ} | u ⟩)

$|0\rangle(|u\rangle) + |1\rangle (e^{i\phi}|u\rangle)$

e^{i ϕ}

$e^{i\phi}$

Jak definiujesz „splątane”? Z jakiejkolwiek definicji nie jest to uwikłane. Spróbuj na przykład pobrać częściowy ślad. Co więcej, myślę, że generalnie nie masz problemu z usunięciem fazy globalnej z całego wyrażenia, w porównaniu do trzymania tej fazy na różnych komponentach?

DaftWullie

A

$A$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta }|0\rangle)_B$

(| 0 ⟩)_{A} \otimes (e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(|0\rangle)_A\otimes (e^{i\theta}|0\rangle)_B$

e^{i θ} (| 0 ⟩)_{A} \otimes (| 0 ⟩)_{B}

$e^{i\theta}(|0\rangle)_A\otimes (|0\rangle)_B$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{A}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_A$

| 0 ⟩_{B}

$|0\rangle_B$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_B$

Wydaje mi się, że mam problem z przejściem w taki sposób do „globalnej fazy”. Nigdy wcześniej o tym nie myślałem.

Sanchayan Dutta

Nie ma fizycznej różnicy. Pomyśl o tym w ten sposób: jaki eksperyment zrobiłbyś, aby rozróżnić te dwa? Jeśli istnieje fizyczna różnica, musi istnieć sposób na ich rozróżnienie.

DaftWullie

Pierwsza uwaga

To samo zjawisko „zmiany” kubitów zmieniających stany w niektórych okolicznościach występuje również w bramkach kontrolowanych-NIE; w rzeczywistości jest to cała podstawa oszacowania wartości własnej. Jest to więc nie tylko możliwe, ale ważny fakt dotyczący obliczeń kwantowych jest możliwy. Ma nawet nazwę: „kopnięcie fazowe”, w którym kubity kontrolne (lub bardziej ogólnie rejestr kontrolny) przechodzą fazy względne w wyniku działania poprzez jakąś operację na jakimś rejestrze docelowym. $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

Powód, dla którego tak się dzieje

Dlaczego tak powinno być? Zasadniczo sprowadza się to do tego, że podstawa podstawowa nie jest tak ważna, jak to czasami opisujemy.

Krótka wersja. Nie ma to wpływu tylko na standardowe stany bazowe w kubitach kontrolnych. Jeśli kubit kontrolny znajduje się w stanie, który nie jest standardowym stanem podstawowym, można go zasadniczo zmienić.

Dłuższa wersja -

Rozważ kulę Blocha. W końcu jest to kula - idealnie symetryczna, przy czym żaden punkt nie jest bardziej specjalny niż jakikolwiek inny, a żadna oś nie jest bardziej specjalna niż jakakolwiek inna. W szczególności standardowa podstawa nie jest szczególnie szczególna.

| 00 ⟩ \to [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | 10 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]

$\ket{00} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}}$

do N. O T. \to [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] .

$\mathrm{CNOT} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}}\,.$

$\{0,1\}$

\begin{aligned} | + + ⟩ \to & [1 0 0 0]^{†}, \\ | + - ⟩ \to & [0 1 0 0]^{†}, \\ | - + ⟩ \to & [0 0 1 0]^{†}, \\ | - - ⟩ \to & [0 0 0 1]^{†} . \end{aligned}

$\begin{aligned} \ket{++} \to{}& [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{+-} \to{}& [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{-+} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 1 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{--} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 1 \,]^\dagger \,. \end{aligned}$

| 00 ⟩ \to \frac{1}{2)} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to \frac{1}{2)} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix}], | 10 ⟩ \to \frac{1}{2)} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to \frac{1}{2)} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}] .

$\ket{00} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,.$

$H \otimes H$ $\ket{++} = [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $\ket{+-} = [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $X$ $Z$

\begin{aligned} do N. O T. \to \frac{1}{4} [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT} \to \tfrac{1}{4}{}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \,\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} }\, = \,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}} \end{aligned}$

X

$X$

\begin{aligned} do N. O T. | + + ⟩ & = | + + ⟩, \\ do N. O T. | + - ⟩ & = | - - ⟩, \\ do N. O T. | - + ⟩ & = | - + ⟩, \\ do N. O T. | - - ⟩ & = | + - ⟩ . \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT}\,\ket{++} &= \ket{++} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{+-} &= \ket{--}, \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{-+} &= \ket{-+} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{--} &= \ket{+-} . \end{aligned}$

Teraz mógłbym wykazać ten sam fakt o wiele szybciej bez całej tej rozmowy o zmianach w ramce odniesienia. We wstępnych kursach obliczeń kwantowych w informatyce podobne zjawisko można opisać, nie wspominając o słowach „ramka odniesienia”. Ale chciałem dać ci coś więcej niż tylko kalkulację. Chciałem zwrócić uwagę na fakt, że CNOT jest w zasadzie nie tylko matrycą; że standardowa podstawa nie jest specjalną podstawą; a kiedy usuniesz te rzeczy, staje się jasne, że operacja zrealizowana przez CNOT wyraźnie może potencjalnie wpłynąć na stan kubitu kontrolnego, nawet jeśli CNOT jest jedyną rzeczą, którą robisz swoim kubitom.

Sam pomysł, że istnieje kubit „kontrolny”, koncentruje się na standardowych podstawach i zawiera uprzedzenie do stanów kubitów, które zachęca nas do myślenia o operacji jako jednostronnej. Ale jako fizyk powinieneś być bardzo podejrzliwy wobec jednostronnych operacji. Dla każdego działania występuje równa i przeciwna reakcja ; i tutaj widoczna jednostronność CNOT w standardowych stanach jest podważana przez fakt, że w stanach podstawowej X jest to „cel”, który jednostronnie określa możliwą zmianę stanu „kontroli”.

Zastanawialiście się, czy w grze jest coś, co stanowi jedynie matematyczną wygodę, obejmującą wybór zapisu. W rzeczywistości istnieje: sposób, w jaki piszemy nasze stany z naciskiem na standardową podstawę, co może prowadzić do rozwinięcia niematematycznej intuicji operacji tylko w kategoriach standardowej podstawy. Ale zmień przedstawienie, a ta niematematyczna intuicja zniknie.

To samo, co naszkicowałem na temat wpływu CNOT na stany podstawy własnej X, odbywa się również w fazie oceny, tylko z inną transformacją niż CNOT. „Faza” przechowywana w kubicie „docelowym” zostaje podniesiona do kubitu „kontrolnego”, ponieważ cel znajduje się w stanie własnym operacji, która jest spójnie kontrolowana przez pierwszy kubit. Jeśli chodzi o informatykę obliczeń kwantowych, jest to jedno z najbardziej znanych zjawisk w tej dziedzinie. Zmusza nas to do skonfrontowania faktu, że standardowa podstawa jest wyjątkowa tylko dlatego, że wolimy opisywać nasze dane - ale nie w tym, jak zachowuje się sama fizyka.

Niel de Beaudrap
źródło

-1

Świetne pytanie.
Kiedyś też o to zapytałem, ale nie chodzi tylko o matematyczną wygodę.
Kontrolowane U jest bramą „oplatającą”.
Po splątaniu nie można rozdzielić stanu na „pierwszy rejestr” i „drugi rejestr”.
Pomyśl o tych rejestrach osobno na początku lub gdy nie ma żadnego uwikłania. Po zaplątaniu najlepiej postawić się na dokładną analizę matematyki (mnożenia macierzy), a rzeczywiście uzyskasz stan podany przez Nielsena i Chuanga.

źródło

Próbuję głosować za pytaniem, ale muszę poczekać, aż będę miał 15 punktów reputacji.

\frac{1}{2^{t / 2}} (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$

| u ⟩

$|u\rangle$

@Blue Nie piszę tego jako pełnej odpowiedzi, ponieważ sam mam trudności z internalizacją koncepcji w moim umyśle, tak czy inaczej wynika to ze zjawiska „Faza odrzutu”, a tak naprawdę wynika to z faktu, że kontrola a cel jest nieco splątany. Spróbuj przeczytać sekcję 2.2 rozprawy doktorskiej Mosca, to najlepsze wytłumaczenie, jakie do tej pory znalazłem.

FSic

@ F.Siciliano Dobra, dziękuję. Przeczytam

Sanchayan Dutta