এসইউ (3) এর গেটগুলির সর্বজনীন সেট?

23

কোয়ান্টাম কম্পিউটিংয়ে আমরা প্রায়শই সেই ক্ষেত্রে আগ্রহী যেখানে বিশেষ ইউনিটরি অপারেটরগুলির গ্রুপ, জি, কিছু ডি-ডাইমেনশনাল সিস্টেমের জন্য পুরো গ্রুপ এসইউ (ডি )টিকে হুবুহু দেয় এমনকি এসইউ (ডি) এর একটি ঘন কভার দ্বারা সরবরাহ করা কেবল একটি আনুমানিকতা দেয়।

ক্লিপফোর্ড গ্রুপ যেমন একটি ডি-ডাইমেনশনাল সিস্টেম সি (ডি) এর জন্য সীমাবদ্ধ আদেশের একটি দল একটি ঘন কভার দেবে না। একটি গ্রুপ অসীম আদেশ একটি গ্রুপ ঘন কভার দেয় না যদি গ্রুপটি আবেলিয়ান হয়। যাইহোক, আমার মোটামুটি অন্তর্নিহিততা হ'ল ক্লিফোর্ড গ্রুপের অসীম সংখ্যক গেট এবং ভিত্তি পরিবর্তনকারী ক্রিয়াকলাপগুলি একটি ঘন কভার সরবরাহ করার জন্য যথেষ্ট should

সাধারণত, আমার প্রশ্নটি হ'ল:

আমার একটি গ্রুপ জি রয়েছে যা এসইউ (ডি) এর একটি উপগোষ্ঠী। জি এর অসীম ক্রম রয়েছে এবং সি (ডি) হ'ল জি-র একটি উপগোষ্ঠী Do এই জাতীয় সমস্ত এস এস (ডি) এর একটি ঘন কভার সরবরাহ করে।

নোট করুন যে ক্ষেত্রে আমি>> d> ক্ষেত্রে বিশেষ আগ্রহী।

আমি ক্লিফোর্ড গোষ্ঠীটিকে এখানে সংজ্ঞায়িত হিসাবে গ্রহণ করেছি: http://arxiv.org/abs/quant-ph/9802007

quantum-computing

আপনি কি ক্লিফোর্ড গ্রুপের একটি গাণিতিক সংজ্ঞা তৈরি করতে পারেন? কাগজটি বিস্তারিতভাবে না পড়েই তা বের করা আমার পক্ষে কঠিন মনে হয়েছে

— ভ্যানেসা

N ⩾ 2

$N\geqslant 2$

G \subseteq U (N)

$G \subseteq \mathbf U(N)$

X

$X$

C^{N}

$\mathbb C^N$

Z = d i a g (1, ω, ω^{2}, \dots, ω^{N - 1})

$Z = \mathrm{diag}(1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{N-1})$

ω = \exp (2 π i / N)

$\omega = \exp(2\pi i/N)$

Y = e^{π i (N - 1) (N + 1) / N} Z X

$Y = \mathrm e^{\pi i (N-1)(N+1)/N} ZX$

Y

$Y$

N > 2

$N > 2$

N = 2

$N = 2$

X, Y, Z

$X,Y,Z$

U (N)

$\mathbf U(N)$ যা কনজুগেশনের অধীনে সংরক্ষণ করে ।

G

$G$

— নিল ডি বৌদ্রাপ

10

এটি একটি সম্পূর্ণ উত্তর নয়, তবে সম্ভবত এটি প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার দিকে কিছুটা এগিয়ে যায়।

যেহেতু এর সীমাহীন অর্ডার রয়েছে তবে নয়, তবে অগত্যা একটি ক্লিফোর্ড নন গ্রুপ গেট রয়েছে। তবে একটি উপগোষ্ঠী হিসাবে এর । তবে জন্য ক্লিফোর্ড গ্রুপের সাথে ক্লিফোর্ড গ্রুপে নেই এমন অন্য কোনও গেট প্রায় সর্বজনীন (উদাহরণস্বরূপ উপপাদ্য 1 এখানে দেখুন )। অতএব এই ধরনের সমস্ত ঘন কভার প্রদান । $G$ $C(d)$ $G$ $G$ $C(d)$ $d=2$ $G$ $SU(2^n)$

ক্ষেত্রে যেখানে মনে হচ্ছে এটি নিম্নলিখিত পংক্তির (প্রবন্ধের সাথে সংযুক্ত কাগজের স্বরলিপি ব্যবহার করে) প্রমাণ করা সম্ভব হতে পারে যে আপনি এখনও নীচের লাইনের সাথে ঘন আবরণ পেয়েছেন: $d>2$

যেহেতু এর সমস্ত ফটকগুলি একক, তাই তাদের সমস্ত মূল, যা সরলতার জন্য আমি বাস্তব কোণ দ্বারা পরামিতি করব । $G$ $0 \leq \theta_i < 2\pi$
হিসাবে অসীম অর্ডার হয়েছে, নয়তো গেটস, যার জন্য অন্তত একটি মান রয়েছে একজন যুক্তিহীন একাধিক হয় অথবা যেমন একটি অযৌক্তিক একাধিক একটি ইচ্ছামত ভাল পড়তা রয়েছে । আমাদের এক ধরনের গেট নামকরণ করা যাক । $G$ $G$ $\theta_k$ $\pi$ $\pi$ $g$
তারপরে একটি বিদ্যমান আছে যে নির্বিচারে কাছাকাছি থাকলেও পরিচয়ের সমান নয়। $n$ $g^n$
যেহেতু একক, এটি হিসাবে লেখা যেতে পারে । $g^n$ $\exp(-iH)$
পাউলি দল হিসেবে সংজ্ঞায়িত যেহেতু কোয়ান্ট-PH / 9802007 রূপের জন্য ভিত্তি ম্যাট্রিক্স, আপনি লিখতে পারেন , যেখানে এবং কোন (দ্বারা [3]), অন্তত এক ধরনের সঙ্গে $d \times d$ $H = \sum_{j,k = 0}^{d-1}\alpha_{jk} X_d^j Z_d^k$ $\alpha_{jk} \in \mathbb{C}$ $|\alpha_{jk}|\leq \epsilon$ $\epsilon > 0$ $\alpha_{ab}$ শূন্যের সমান নয়
তারপরে আমরা ক্লিফোর্ড গ্রুপ থেকে উপাদান নির্বাচন করতে পারি যা থেকে সংযোগের অধীনে মানচিত্র তৈরি করে । সুতরাং $C$ $X_d^j Z_d^k$ $Z_d$ , যেখানেহ'লএবং। $C g^n C^\dagger = \exp(-iCHC^\dagger) = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$ $\alpha'$ $\alpha$ $\alpha_{ab} = \alpha'_{01}$
লক্ষ্য করুন সন্তুষ্ট । আমাদের সংজ্ঞায়িত করা যাক $Z_d$ $Z_d (X_d^u Z_d^v) = \omega^{u} (X_d^u Z_d^v) Z_d$ । $g_\ell = Z_d^{-\ell} C g^n C^\dagger Z_d^{\ell} = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \omega^{j\ell} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$
দ্বারা বেকার-Cambel-Hausdorff উপপাদ্য, যেহেতু সব ইচ্ছামত পরিচয় পাসে করা হয়েছে, আমরা গুণফল মূল্যায়ন করতে পারেন হিসাবে প্রথম অর্ডার $\alpha$ $g' = g_1 \times ... \times g_d$ । ঐক্যের সব রুটে ওভার সামিং জন্যউৎপাদনের। এই মূলত একটি decoupling অনুক্রম যাতে অ তির্যক উপাদানগুলিকে বিযুক্ত হয়। $\exp(-i(d\times(\sum_{k} \alpha_{0k} Z^k) + (\sum_{\ell = 1}^d \omega^d)\times\sum_{j \neq 0}\sum_k \alpha_{jk}X_d^j Z_d^k))$ $d>1$ $g' = \exp(-i(d\times(\sum_{k\neq b} \alpha_{0k} Z^k))$
As only diagonal matrices remain in the exponential, $g'$ must be diagonal. Further due to the restrictions on $\alpha'$ it necessarily has eigenvalues which are non-zero but proportional to $\epsilon$ .
By varying $\epsilon$ and repeating the above process it should be possible to generate $d$ linearly independent gates: $g'_1 ... g'_d$ , such that their product results in a diagonal gate with with irrational and incommensurate phases or an arbitrarily close approximation to one.
দ্বারা রেফারেন্স মার্ক হাওয়ার্ড এর উত্তর এই দেওয়া, একসঙ্গে ক্লিফোর্ড দলের সঙ্গে, আনুমানিক বিশ্বজনীনতা জন্য যথেষ্ট হবে।

— জো ফিটজসিমন্স
সূত্র

কেন এটি সম্পূর্ণ নয়? যদি আপনি আপনার অস্পষ্ট পদক্ষেপগুলিতে বিশদটি প্রকাশ না করেন (বিশেষত দশম ধাপ), মনে হয় এটি কার্যকর হতে পারে।

— পিটার শর

@ পিটারশোর: ঠিক সেই কারণেই: আমি সমস্ত পদক্ষেপ সরিয়ে ফেলিনি। আমি মনে করি এটি কাজ করা উচিত, তবে আমি স্বীকার করি এটি কঠোর নয়। আমি 10. আউট মাংস করতে পারেন দেখতে পাবেন

— জো Fitzsimons

খুশী হলাম। এটি একটি ভাল পদ্ধতির মত বলে মনে হচ্ছে।

আমি এই উত্তরে অনুদান দিচ্ছি কারণ আমার ধারণা এই সম্ভাবনাগুলি যে এই লাইনগুলির সাথে একটি প্রমাণ প্রশ্নের উত্তর দেবে। অন্যান্য উত্তরগুলিও খুব দরকারী।

— পিটার শর

@ পিটারশোর: ধন্যবাদ! আমি কিছুটা দোষ বোধ করছিলাম যে আমার প্রথম উত্তরটি ভুল ছিল।

— জো ফিটজসিমন্স

13

আমি বিশ্বাস করি যে আসল প্রশ্নের উত্তর সম্ভবত হ্যাঁ, তবে দুর্ভাগ্যক্রমে, আমি এটি নির্দিষ্ট করে বলতে পারি না। তবে আমি পিটারের বর্ধিত প্রশ্নের উত্তর দিতে সহায়তা করতে পারি।

গণিত / 0001038 এ, নেবে, রেইনস এবং স্লোয়েন দ্বারা, তারা দেখায় যে ক্লিফোর্ড গ্রুপটি ইউ (2 ^ n) এর সর্বাধিক সীমাবদ্ধ উপগোষ্ঠী। সলোভে অপ্রকাশিত রচনায় এটিও দেখিয়েছেন যে "সীমাবদ্ধ সরল গোষ্ঠীর মূলত শ্রেণিবদ্ধকরণ ব্যবহার করা হয়।" নেব এট আল। কাগজটি আরও দেখায় যে কোয়েডিট ক্লিফোর্ড গ্রুপ প্রাইম পি এর সর্বাধিক সীমাবদ্ধ উপগোষ্ঠী, এছাড়াও সীমাবদ্ধ গ্রুপগুলির শ্রেণিবদ্ধকরণ ব্যবহার করে। এর অর্থ হ'ল ক্লিফোর্ড গ্রুপ প্লাস যে কোনও গেট একটি অসীম গ্রুপ যা মূল প্রশ্নকে রিন্ডন্ড্যান্টের একটি অনুমান করে।

এখন, রেইনস এবং সলোভে উভয়ই আমাকে বলেছিলেন যে ক্লিফোর্ড গ্রুপ ধারণকারী একটি অসীম দল সর্বজনীন, এটি পরবর্তী পদক্ষেপ তুলনামূলকভাবে সোজা। তবে, আমি জানি না যে এই পদক্ষেপটি আসলে কীভাবে কাজ করে। এবং আরও গুরুত্বপূর্ণ বিষয় মূল প্রশ্নের জন্য, আমি জানি না তারা কেবল কুইট কেস বা কোয়েডিট কেস বিবেচনা করছিল কিনা।

প্রকৃতপক্ষে, আমি যুক্ত করতে পারি যে আমি নেবে, বৃষ্টি এবং স্লোয়ান প্রমাণটি বুঝতে পারি না তবে তা করতে চাই।

9

আপনি এসইউ (3) বা এসইউ (3 ) সম্পর্কে চতুর্দিকে একটি টেন্সর পণ্যটিতে অভিনয় করছেন কিনা তা আমার কাছে স্পষ্ট নয় । আমি ধরে নিচ্ছি আপনি এসইউ (3) সম্পর্কে জিজ্ঞাসা করছেন। এটি আমার কাছে স্পষ্ট নয় (আমি আমার উত্তরের আগের সংস্করণে যা বলেছি) তা সত্ত্বেও যে এসইউ (3) এর বিবৃতিটি এসইউ (3 ) এর বিবৃতি বোঝায় । $^{n}$ $^n$

যতক্ষণ গেটের সেট এস ইউ (3) এর একটি উপগোষ্ঠীতে থাকে না, ততক্ষণ এটি এসইউ (3) এর ঘন কভার তৈরি করবে। সুতরাং আপনার যাচাই করা দরকার যে এসইউ (3) এর কোনও অসীম সাবগ্রুপগুলিতে ক্লিফোর্ড গ্রুপ রয়েছে কিনা তা আপনাকে পরীক্ষা করতে হবে। আমি তারা নিশ্চিত না মোটামুটি নিশ্চিত, কিন্তু আমি নিশ্চিতভাবে বলতে পারি না। এখানে গণিতের ওভারফ্লো প্রশ্নটি এসইউয়ের সমস্ত মিথ্যা উপগুণাকে দেয় (3)।

— Peter Shor
সূত্র

I read the third last sentence of the question as saying that the Clifford group was a subgroup of the particular group

G

$G$ that Earl is considering. Hence my answer below, but perhaps I have misunderstood or misread something.

— Joe Fitzsimons

The difficulty with your answer is that it your reference seems only to talk about SU(2), while the OP is asking about SU(3) and the analogous group to the Clifford group in SU(3) (and also qudits of dimension

d > 3

$d > 3$ ). Your reference answers his question for

d = 2

$d=2$ . What we need is that the theorem from your reference also holds in SU(3); namely, that there are no subgroups containing the SU(3) Clifford group.

— Peter Shor

Ah, I see. I'll delete my answer. From the context of the notes I linked to it sounded like the theorem applied in arbitrary dimensions, not just the case where

d = 2

$d=2$ . However, upon digging up the source that appears not to be the case. Thanks for pointing out the error.

— Joe Fitzsimons

Ultimately, I will be interested in

S U (3^{n})

$SU(3^{n})$ . However, because this is entailed by universality in

S U (3)

$SU(3)$ + the Clifford group, this is how I phrased the question to keep it simple. I also had a quick look at the reference Joe provided and could only see results for

d = 2

$d=2$ .

Also, I will follow Peters suggestion and check the Lie subgroups on the math overflow reference, though it might take me a while to get through all of it!

9

I thought I should update this thread before the site is frozen forever.

Daniel's answer is on the right lines. This "next step" that he mentions appears in Nebe, Rains and Sloane's later book, "Self-Dual Codes and Invariant Theory".

The answer to this question is therefore "Yes" - and it follows directly from Corollary 6.8.2 in Nebe, Rains and Sloane's book.

I am grateful to Vadym Kliuchnikov who pointed this out to me while I was visiting Waterloo.

— Dan Browne
সূত্র

I should clarify that "Yes" is the direct answer to Earl's formal question above and this is shown by Corollary 6.8.2 in the book.

— Dan Browne

5

I think the following paper may contain the relevant constructions for proving qudit universality

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

In particular, the comment at the end of section $4$ says that Controlled-phase $CZ$ , Fourier transform $F$ , and a diagonal gate $D$ with irrational and incommensurate phases gives approximate universality. (This is a sufficient condition on $D$ but I'm pretty sure it is not a necessary condition.)

If your $G$ is of the correct form (and diagonal gates would seem a natural choice) then the result applies

An alternative approach would be to create the ancilla states required for implementation of the qudit Toffoli, or directly using $G$ along with Cliffords to implement the Toffoli. It's hard to say whether this is possible without knowing more about $G$ .

সাইটে স্বাগতম, মার্ক!

— জো ফিৎসসিমনস

Hi Mark. Thanks for your answer. Though I am interested in the most general case, I am particularly interested in a case where I know I have an infinite number of gates because it is generated by a gate with phases that are irrational multiples of

π

$\pi$ . However, the "irrational" gate is not diagonal in the computational basis, and so I can't apply the results you cite.