ত্রুটি সংশোধন প্রোটোকল কেবল তখনই কেন কাজ করে যখন ত্রুটির হারগুলি ইতিমধ্যে উল্লেখযোগ্যভাবে কম শুরু হয়?

15

কোয়ান্টাম ত্রুটি সংশোধন কোয়ান্টাম গণনার একটি মৌলিক দিক, যা ব্যতীত বড় আকারের কোয়ান্টাম গণনাগুলি ব্যবহারিকভাবে অপ্রয়োজনীয়।

ত্রুটি-সহনশীল কোয়ান্টাম কম্পিউটিংয়ের একটি দিক যা প্রায়শই উল্লেখ করা হয় তা হ'ল প্রতিটি ত্রুটি-সংশোধন প্রোটোকল একটি ত্রুটি হারের প্রান্তিকিকে যুক্ত করেছে । মূলত, প্রদত্ত প্রোটোকলের মাধ্যমে প্রদত্ত গণনা ত্রুটির বিরুদ্ধে সুরক্ষার জন্য, গেটগুলির ত্রুটির হার অবশ্যই একটি নির্দিষ্ট প্রান্তিকের নীচে হওয়া উচিত।

অন্য কথায়, যদি একক গেটগুলির ত্রুটি হারগুলি যথেষ্ট পরিমাণে কম না হয়, তবে গণনাটিকে আরও নির্ভরযোগ্য করে তুলতে ত্রুটি-সংশোধন প্রোটোকল প্রয়োগ করা সম্ভব নয়।

কেন? ইতিমধ্যে যে ত্রুটি হারগুলি খুব কম শুরু হচ্ছে তা হ্রাস করা কেন সম্ভব নয়?

error-correction fault-tolerance

— GLS
সূত্র

ঠিক আছে, এক পর্যায়ে কেবল শব্দ হয়। এটা কি আশ্চর্যজনক যে এমন একটি পয়েন্ট রয়েছে যেখানে ত্রুটি সংশোধন ডান অংশগুলিকে শব্দের সাথে সংশোধন করার সম্ভাবনা বেশি?

— টিকটিকি

1

@ ডিস্ক্রিটেলিজার্ড এতটা নয় যে একদমই সম্ভবত রয়েছে তবে থ্রেশহোল্ডগুলি সাধারণত খুব কম থাকে (বা বিশ্বস্ততার দিক থেকে উচ্চতর)। কেন যে এত?

— GMS

4

আমরা বিশ্বস্ততা কিছু আদর্শ রাষ্ট্রের সঙ্গে একটি আউটপুট রাষ্ট্র তুলনা করতে, তাই সাধারণত, চাই, এই হিসাবে ব্যবহার করা হয় একটি ভালো উপায় বলতে কত ভাল সম্ভাব্য পরিমাপ ফলাফল হল সম্ভাব্য পরিমাপ ফলাফল সঙ্গে তুলনা , যেখানে আদর্শ আউটপুট রাষ্ট্র এবং অর্জন (সম্ভাব্য মিশ্র) কিছু গোলমাল প্রক্রিয়া পরে রাষ্ট্র। আমরা রাজ্যের তুলনা করছেন হিসাবে, এই হল $F\left(\left|\psi\right>, \rho\right)$ $\rho$ $\left|\psi\right>$ $\left|\psi\right>$ $\rho$

F (| ψ ⟩, ρ) = \sqrt{⟨ ψ | ρ | ψ ⟩} .

$F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) = \sqrt{\left<\psi\right|\rho\left|\psi\right>}.$

Kraus অপারেটর, যেখানে ব্যবহার করে উভয় শব্দ এবং ত্রুটি সংশোধন প্রক্রিয়া বর্ণনা Kraus অপারেটরদের সঙ্গে গোলমাল চ্যানেল এবং Kraus অপারেটরদের সঙ্গে ত্রুটি সংশোধন চ্যানেল , গোলমাল পর রাষ্ট্র এবং উভয় শব্দ এবং ত্রুটি সংশোধন পর রাষ্ট্র $\mathcal N$ $N_i$ $\mathcal E$ $E_j$

ρ^{'} = এন (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \underset{আমি}{Σ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ ⟨ ψ | {এন}_{আমি}^{†}

$\rho' = \mathcal N\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sum_iN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger$

ρ = E \circ N (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \sum_{i, j} E_{j} N_{i} | ψ ⟩ ⟨ ψ | N_{i}^{†} E_{j}^{†} .

$\rho = \mathcal E\circ\mathcal N\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sum_{i, j}E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger E_j^\dagger.$

এই বিশ্বস্ততা দেওয়া হয়

\begin{aligned} এফ (| ψ ⟩, ρ) & = \sqrt{⟨ ψ | ρ | ψ ⟩} \\ = \sqrt{\underset{আমি, ঞ}{Σ} ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ ⟨ ψ | {এন}_{আমি}^{†} ই_{ঞ}^{†} | ψ ⟩} \\ = \sqrt{\underset{আমি, ঞ}{Σ} ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} {| ψ ⟩}^{*}} \\ = \sqrt{\underset{আমি, ঞ}{Σ} | ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ |^{2}} । \end{aligned}

$\begin{align}F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) &= \sqrt{\left<\psi\right|\rho\left|\psi\right>} \\ &= \sqrt{\sum_{i, j}\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger E_j^\dagger\left|\psi\right>} \\&= \sqrt{\sum_{i, j}\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right>^*} \\ &= \sqrt{\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2}.\end{align}$

ত্রুটি সংশোধন প্রোটোকলটি কোনও কাজে আসার জন্য, আমরা ত্রুটি সংশোধন করার পরে বিশ্বস্ততা চাইছি শব্দের পরে বিশ্বস্ততার চেয়ে বৃহত্তর হোক, তবে ত্রুটি সংশোধনের আগে যাতে ত্রুটি সংশোধনকৃত অবস্থা অ-সংশোধনকৃত অবস্থা থেকে কম স্বতন্ত্র হয়। অর্থাৎ আমরা চাই এটি দেয়

F (| ψ ⟩, ρ) > F (| ψ ⟩, ρ^{'}) .

$F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) > F\left(\left|\psi\right>, \rho'\right).$

বিশ্বস্ততা ইতিবাচক হিসাবে, এটি আবার লিখতে পারে

\sqrt{\underset{আমি, ঞ}{Σ} | ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ |^{2}} > \sqrt{\underset{আমি}{Σ} | ⟨ ψ | {এন}_{আমি} | ψ ⟩ |^{2}} ।

$\sqrt{\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2} > \sqrt{\sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2}.$

\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2} > \sum_{i} | ⟨ ψ | N_{i} | ψ ⟩ |^{2} .

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 > \sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2.$

বিভাজন সংশোধনযোগ্য অংশ অনুবাদ করে, এবং , যার জন্য এবং অ সংশোধনযোগ্য অংশ, , যার জন্য । হিসাবে ত্রুটিটি সঠিক হওয়ার সম্ভাবনাটি চিহ্নিত করে ot $\mathcal N$ $\mathcal N_c$ $\mathcal E\circ\mathcal N_c\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \left|\psi\rangle\langle\psi\right|$ $\mathcal N_{nc}$ $\mathcal E\circ\mathcal N_{nc}\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sigma$ $\mathbb P_c$ এবং অ-সংশোধনযোগ্য (যেমন আদর্শ রাজ্যের পুনর্গঠন করতে অনেকগুলি ত্রুটি ঘটেছে) যেমন দেয় যেখানে সমতা অভিমানী দ্বারা অধিকৃত করা হবে $\mathbb P_{nc}$

\underset{আমি, ঞ}{Σ} | ⟨ ψ | ই_{ঞ} {এন}_{আমি} | ψ ⟩ |^{2} = {পি}_{গ} + + {পি}_{এন গ} ⟨ ψ | σ | ψ ⟩ \geq {পি}_{গ},

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \mathbb P_c + \mathbb P_{nc}\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> \geq \mathbb P_c,$

⟨ ψ | σ | ψ ⟩ = 0

$\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> = 0$ । এটি একটি মিথ্যা 'সংশোধন' সঠিক একটি অর্থেগোনাল ফলাফলের উপর প্রজেক্ট করবে।

জন্য qubits, একটি (সমান) হিসাবে প্রতিটি qubit থাকা ত্রুটির সম্ভাবনা সঙ্গে ( নোট : এই হল না , হচ্ছে একটি সম্ভাবনা গোলমাল পরামিতি, যা একটি ত্রুটির সম্ভাব্যতা হিসাব করতে ব্যবহার করা যেতে করতে হবে হিসাবে একই) সংশোধনযোগ্য ত্রুটি (ধরে নেওয়া যে কুইটগুলি কুইটগুলি এনকোড করতে ব্যবহৃত হয়েছে , কোটবিট পর্যন্ত ত্রুটিগুলি সিংগলটন বেঁধে দ্বারা নির্ধারিত করার জন্য অনুমতি দেয় ) $n$ $p$ $n$ $k$ $t$ $n-k\geq 4t$ ।

\begin{aligned} P_{c} & = \sum_{j}^{t} (\binom{n}{j}) p^{j} {(1 - p)}^{n - j} \\ = {(1 - p)}^{n} + n p {(1 - p)}^{n - 1} + \frac{1}{2} n (n - 1) p^{2} {(1 - p)}^{n - 2} + O (p^{3}) \\ = 1 - (\binom{n}{t + 1}) p^{t + 1} + O (p^{t + 2}) \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb P_c &=\sum_j^t {n\choose j}p^j\left(1-p\right)^{n-j}\\ &= \left(1-p\right)^n + np\left(1-p\right)^{n-1} + \frac 12n\left(n-1\right)p^2\left(1-p\right)^{n-2} + \mathcal O\left(p^3\right) \\ &= 1 - {n\choose{t+1}}p^{t+1} + \mathcal O\left(p^{t + 2}\right)\end{align}$

$N_i = \sum_j\alpha_{i, j}P_j$ $P_j$ $\chi_{j, k} = \sum_i\alpha_{i, j}\alpha^*_{i, k}$

\sum_{i} | ⟨ ψ | N_{i} | ψ ⟩ |^{2} = \sum_{j, k} χ_{j, k} ⟨ ψ | P_{j} | ψ ⟩ ⟨ ψ | P_{k} | ψ ⟩ \geq χ_{0,, 0},

$\sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \sum_{j, k}\chi_{j, k}\left<\psi\right|P_j\left|\psi\right\rangle\left<\psi\right|P_k\left|\psi\right\rangle\geq\chi_{0, ,0},$

χ_{0, 0} = {(1 - p)}^{n}

$\chi_{0, 0} = \left(1-p\right)^n$ is the probability of no error occurring.

This gives that the error correction has been successfully in mitigating (at least some of) the noise when

1 - (\binom{n}{t + 1}) p^{t + 1} ⪆ {(1 - p)}^{n} .

$1 - {n\choose{t+1}}p^{t+1} \gtrapprox\left(1-p\right)^n.$ While this is only valid for

ρ ≪ 1

$\rho \ll 1$ and as a weaker bound has been used, potentially giving inaccurate results of when the error correction has been successful, this displays that error correction is good for small error probabilities as

p

$p$ grows faster than

p^{t + 1}

$p^{t+1}$ when

p

$p$ is small.

However, as $p$ gets slightly larger, $p^{t+1}$ grows faster than $p$ and, depending on prefactors, which depends on the size of the code and number of qubits to correct, will cause the error correction to incorrectly 'correct' the errors that have occurred and it starts failing as an error correction code. In the case of $n=5$ , giving $t=1$ , this happens at $p\approx 0.29$ , although this is very much just an estimate.

Edit from comments:

As $\mathbb P_c + \mathbb P_{nc} = 1$ , this gives

\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2} = ⟨ ψ | σ | ψ ⟩ + P_{c} (1 - ⟨ ψ | σ | ψ ⟩) .

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> + \mathbb P_c\left(1-\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right>\right).$

Plugging this in as above further gives

1 - (1 - ⟨ ψ | σ | ψ ⟩) (\binom{n}{t + 1}) p^{t + 1} ⪆ {(1 - p)}^{n},

$1-\left(1-\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right>\right){n\choose{t+1}}p^{t+1} \gtrapprox\left(1-p\right)^n,$ which is the same behaviour as before, only with a different constant.

This also shows that, although error correction can increase the fidelity, it can't increase the fidelity to $1$ , especially as there will be errors (e.g. gate errors from not being able to perfectly implement any gate in reality) arising from implementing the error correction. As any reasonably deep circuit requires, by definition, a reasonable number of gates, the fidelity after each gate is going to be less than the fidelity of the previous gate (on average) and the error correction protocol is going to be less effective. There will then be a cut-off number of gates at which point the error correction protocol will decrease the fidelity and the errors will continually compound.

This shows, to a rough approximation, that error correction, or merely reducing the error rates, is not enough for fault tolerant computation, unless errors are extremely low, depending on the circuit depth.

— Mithrandir24601
সূত্র

আমি মনে করি আপনি কোন শারীরিক ত্রুটির হারকে অস্বীকারযোগ্য ত্রুটির সম্ভাবনা কম বলে বোঝানোর চেষ্টা করছেন? নোট করুন যে ফল্ট-টলারেন্স থ্রেশহোল্ডগুলি ছোট (অনেক কোডের আকারের আদেশ)

— এম। স্টার্ন

@M.Stern So this is a (very rough) estimate for when an error correction 'decreases the error' (i.e. increases the fidelity by some amount after noise is applied), so it's definitely not a fault tolerant threshold, no. Performing error correction may have increased the fidelity after the noise by some amount, but it hasn't reset it or anything, so fidelity will just decrease (and the error(s)) propagate even if error correction is constantly applied, showing error correction by itself isn't enough for fault tolerance

— মিত্রান্দির 24601

এইচএম, জিএলএস যদি প্রশ্নের উত্তর দেয় তবে তাকে বিচার করতে হবে। যে কোনও ক্ষেত্রে এটি আকর্ষণীয় এবং ভাল লেখা। সুতরাং আপনি ধরে নিলেন যে রাষ্ট্রটি অরথোগোনাল যদি ত্রুটিগুলি সংশোধনযোগ্য হয়, তাই না? (এটি অবশ্যই অনেক পরিস্থিতিতে দৃ .়ভাবে যুক্তিসঙ্গত।

— এম স্টার্ন

@ এমস্টার্ন ধন্যবাদ! হ্যাঁ, হয় যে রাজ্যগুলি অরথগোনাল, বা নীচের দিকে আবদ্ধ। একজনের সাথে অন্য নিম্নের সাথে তুলনা করা কোনও দুর্দান্ত ধারণা নয়, আমি এই ধারণাটি নিয়েছিলাম যে তারা অরথোগোনাল। আপনার যদি এমন কোনও সম্পাদনা মনে হয় যা এর শেষের দিকে যুক্ত করতে দরকারী হবে, তবে দূরে কাজ করুন! হুম ... আমি মনে করি যৌক্তিক ত্রুটির 50/50 সুযোগ নেওয়া একই ফলাফলের দিকে নিয়ে যায়, কেবল শেষে বিভিন্ন প্রিফ্যাক্টর দিয়ে

— মিত্রান্দির

4

There is a good mathematical answer already, so I'll try and provide an easy-to-understand one.

Quantum error correction (QEC) is a (group of) rather complex algorithm(s), that requires a lot of actions (gates) on and between qubits. In QEC, you pretty much connect two qubits to a third helper-qubit (ancilla) and transfer the information if the other two are equal (in some specific regard) into that third qubit. Then you read that information out of the ancialla. If it tells you, that they are not equal, you act on that information (apply a correction). So how can that go wrong if our qubits and gates are not perfect?

QEC can make the information stored in your qubits decay. Each of these gates can decay the information stored in them, if they are not executed perfectly. So if just executing the QEC destroys more information than it recovers on average, it's useless.

You think you found an error, but you didn't. If the comparison (execution of gates) or the readout of the information (ancilla) is imperfect, you might obtain wrong information and thus apply "wrong corrections" (read: introduce errors). Also if the information in the ancillas decays (or is changed by noise) before you can read it out, you will also get wrong readout.

The goal of every QEC is obviously to introduce less errors than it corrects for, so you need to minimize the aforementioned effects. If you do all the math, you find pretty strict requirements on your qubits, gates and readouts (depending on the exact QEC algorithm you chose).

— 3244611user
সূত্র

4

শাস্ত্রীয় সংস্করণ

শাস্ত্রীয় ত্রুটি সংশোধনের একটি সহজ কৌশল সম্পর্কে চিন্তা করুন। আপনি একটি একক বিট পেয়েছেন যা আপনি এনকোড করতে চান,

0 \mapsto 00000 1 \mapsto 11111

$0\mapsto 00000\qquad 1\mapsto 11111$ আমি এটিকে 5 টি বিটে এনকোড করা বেছে নিয়েছি, তবে যে কোনও বিজোড় সংখ্যা এটি করতে পারে (আরও ভাল)। এখন, ধরে নেওয়া যাক কিছু বিট-ফ্লিপ ত্রুটি ঘটেছে, তাই আমাদের যা আছে

01010।

$01010.$ এটি কি মূলত এনকোড 0 বা 1 ছিল? যদি আমরা ধরে নিই যে প্রতি বিট ত্রুটির সম্ভাবনা,

p

$p$ , অর্ধেকেরও কম, তবে আমরা আশা করি যে অর্ধেকেরও কম বিটের ত্রুটি রয়েছে। সুতরাং, আমরা 0 এর সংখ্যা এবং 1s এর সংখ্যাটি দেখি। যার মধ্যে আরও কিছু হ'ল আমরা ধরে নিই যে আমরা এটি শুরু করেছি। এটিকে বলা হয় সংখ্যাগরিষ্ঠ ভোট। কিছুটা সম্ভাবনা রয়েছে যে আমরা ভুল, তবে যত বেশি বিট আমরা এনকোড করেছি, তার সম্ভাবনা তত কম।

অন্যদিকে, আমরা যদি এটি জানি $p>\frac12$ , আমরা এখনও সংশোধন করতে পারি। আপনি কেবল সংখ্যালঘু ভোট প্রয়োগ করবেন! তবে মুল বক্তব্যটি হ'ল আপনাকে সম্পূর্ণ বিপরীত অপারেশন করতে হবে। এখানে একটি তীব্র প্রান্তিকতা রয়েছে যা দেখায়, খুব কমপক্ষে, আপনি কোন পদ্ধতিতে কাজ করছেন তা আপনার জানা দরকার।

দোষ-সহনশীলতার জন্য, জিনিসগুলি মেসেঞ্জার পায়: দ্য $01010$ স্ট্রিং যা আপনি পেয়েছেন তা আসলে রাষ্ট্রটি কী তা নয় । এটি আলাদা কিছু হতে পারে, তবুও আপনার কিছু ত্রুটি রয়েছে যা আপনাকে সংশোধন করতে হবে, তবে আপনি বিটগুলি পড়তে যে পরিমাপ করেছেন সেটিও কিছুটা ত্রুটিযুক্ত। অদ্ভুতভাবে, আপনি কল্পনা করতে পারেন যে এটি তীক্ষ্ণ রূপান্তরটিকে একটি দ্ব্যর্থক অঞ্চলে পরিণত করে যেখানে আপনি সত্যিই কী করতে হবে তা জানেন না। তবুও, যদি ত্রুটির সম্ভাবনাগুলি পর্যাপ্ত পরিমাণে কম হয় বা যথেষ্ট বেশি থাকে তবে আপনি সংশোধন করতে পারেন, তবে আপনাকে কেবল এটি জানা উচিত the

কোয়ান্টাম সংস্করণ

সাধারণভাবে কোয়ান্টাম ব্যবস্থায় জিনিসগুলি আরও খারাপ হয় কারণ আপনাকে দুটি ধরণের ত্রুটি মোকাবেলা করতে হবে: বিট ফ্লিপ ত্রুটি ( $X$ ) এবং ফেজ ফ্লিপ ত্রুটি ( $Z$ ), এবং এটি দ্ব্যর্থক অঞ্চলটিকে আরও বড় করে তুলবে। আমি এখানে বিস্তারিত বিবরণ যেতে হবে না। যাইহোক, কোয়ান্টাম প্রশাসনের মধ্যে একটি সুন্দর যুক্তি রয়েছে যা আলোকিত হতে পারে।

কল্পনা করুন যে আপনার কোয়ান্টাম ত্রুটি সংশোধনকারী কোডে একক লজিক্যাল কুইটের স্টোর রয়েছে $|\psi\rangle$ দিয়ে $N$ শারীরিক কুইবট কোডটি কী তা বিবেচনাধীন নয়, এটি সম্পূর্ণ সাধারণ যুক্তি। এখন কল্পনা করুন যে এত বেশি আওয়াজ রয়েছে যে এটি কোয়ান্টামের অবস্থাটি ধ্বংস করে দেয় $\lceil N/2\rceil$ কুইবিটস ("এত আওয়াজ" এর অর্থ হ'ল 50:50 সম্ভাব্যতার সাথে ত্রুটিগুলি ঘটে, 100% এর কাছাকাছি নয়, যা আমরা ইতিমধ্যে বলেছি, সংশোধন করা যেতে পারে)। এই ত্রুটিটি সংশোধন করা অসম্ভব। আমি কীভাবে জানি? কল্পনা করুন আমার একটি সম্পূর্ণ নির্বাক সংস্করণ ছিল এবং আমি রাখি $\lfloor N/2\rfloor$ কুইটস এবং বাকি কুইটগুলি আপনাকে দেবে। আমরা প্রত্যেকে পর্যাপ্ত ফাঁকা কুইবিটস প্রবর্তন করি যাতে আমরা পেয়েছি $N$ মোট কুইবিটস, এবং আমরা তাদের উপর ত্রুটি সংশোধন চালাই। যদি ত্রুটি সংশোধন করা সম্ভব হয় তবে ফলাফলটি হ'ল আমাদের দুজনেরই আসল অবস্থা থাকবে $|\psi\rangle$ । আমরা লজিক্যাল কুইট ক্লোন করে দিতাম! তবে ক্লোনিং অসম্ভব, সুতরাং ত্রুটি সংশোধন করা অসম্ভব হয়ে থাকতে পারে।

— DaftWullie
সূত্র

2

To me there seem to be two parts of this question (one more related to the title, one more related to the question itself):

1) To which amount of noise are error correction codes effective?
2) With which amount of imperfection in gates can we implement fault-tolerant quantum computations?

Let me firs stress the difference: quantum error correction codes can be used in many different scenarios, for example to correct for losses in transmissions. Here the amount of noise mostly depends on the length of the optical fibre and not on the imperfection of the gates. However if we want to implement fault-tolerant quantum computation, the gates are the main source of noise.

On 1)

Error correction works for large error rates (smaller than $1/2$ ). Take for example the simple 3 qubit repetition code. The logical error rate is just the probability for the majority vote to be wrong (the orange line is $f(p)=p$ for comparison):

So whenever the physical error rate $p$ is below $1/2$ , the logical error rate is smaller than $p$ . Note however, that is particularly effective for small $p$ , because the code changes the rate from $\mathcal{O}(p)$ to a $\mathcal{O}(p^2)$ behaviour.

On 2)

We want to perfrom arbitrarily long quantum computations with a quantum computer. However, the quantum gates are not perfect. In order to cope with the errors introduced by the gates, we use quantum error correction codes. This means that one logical qubit is encoded into many physical qubits. This redundancy allows to correct for a certain amount of errors on the physical qubits, such that the information stored in the logical qubit remains intact. Bigger codes allow for longer calculations to still be accurate. However, larger codes involve more gates (for example more syndrome measurements) and these gates introduce noise. You see there is some trade-off here, and which code is optimal is not obvious.
If the noise introduced by each gate is below some threshold (the fault-tolerance or accuracy threshold), then it is possible to increase the code size to allow for arbitrarily long calculations. This threshold depends on the code we started with (usually it is iteratively concatenated with itself). There are several ways to estimate this value. Often it is done by numerical simulation: Introduce random errors and check whether the calculation still worked. This method typically gives threshold values which are too high. There are also some analytical proofs in the literature, for example this one by Aliferis and Cross.

— M. Stern
সূত্র

দ্বিতীয় অনুচ্ছেদটি সঠিক পয়েন্টগুলিকে স্পর্শ করছে তবে এটি এখনও খুব গুণগত। আপনি বলছেন যে ত্রুটি সংশোধন প্রোটোকল দ্বারা প্রবর্তিত গেটগুলি ত্রুটির হার বাড়ানোর চেয়ে আরও কমিয়ে আনতে আপনার প্রয়োজন need যাইহোক, কেউ কী এই স্বজ্ঞাত ধারণাটি থেকে প্রান্তিকের উপরে একটি প্রকৃত পরিমাণগত অনুমানের দিকে যায়? এছাড়াও, এটি কি সর্বজনীন নিম্ন প্রান্তকে বোঝায় যে প্রোটোকল সংশোধন করতে কোনও ত্রুটি হারাতে পারে না?

— GMS

@glS আমি সন্দেহ করি যে এখানে একটি "সার্বজনীন নিম্নতর প্রান্তিক" রয়েছে, অর্থাত্ একটি ত্রুটি মান যার উপরে কোনও ফল্ট সহনীয় সংশোধন প্রোটোকল নেই। তবে মানটি আপনার গেট সেট এবং আপনার ত্রুটি মডেল উভয়ের উপর নির্ভর করে। লোকেদের এখানে ইতিবাচক ফলাফলগুলিতে আরও আগ্রহী হওয়ার ঝোঁক রয়েছে (ভাল ফল্ট সহনশীল প্রোটোকলের অস্তিত্ব দেখানো)। আমাদের ত্রুটি সহনশীল স্কিমগুলি আরও উন্নত করতে "আমরা কতটা জায়গা রেখেছি" তা দেখতে উপরের সীমাগুলি খুঁজে পাওয়া আকর্ষণীয় হতে পারে। আমি অনুমান করব যে সেখানে খুব বেশি জায়গা বাকি নেই।

— জ্যালেক্স স্টার্ক 20 '11

@glS You're right, some actual quantitative calculation would improve this answer. I think these calculations are typically done numerically? But I also want to know about this

— M. Stern

@JalexStark What makes you think there is not much room left? For example the surface code doesn't seem to be optimized w.r.t. this threshold. It uses only nearest neighbor interactions on a lattice and you could do a lot more in general.

— এম স্টার্ন

@M.Stern I don't have any theorem-based evidence, and I'm not an expert in the area. I was just guessing based on the amount of work done and on how large the best thresholds are.

— Jalex Stark

2

একটি ত্রুটি-সহনশীল পদ্ধতিতে কোয়ান্টাম ত্রুটি সংশোধনকারী কোডটি প্রয়োগ করতে আপনার আশ্চর্যজনকভাবে প্রচুর পরিমাণে কোয়ান্টাম গেট দরকার। কারণগুলির একটি অংশ হ'ল সনাক্ত করার জন্য অনেকগুলি ত্রুটি রয়েছে যেহেতু একটি কোড যা সমস্ত একক কুইট ত্রুটিগুলি ত্রুটি সংশোধন করতে পারে তার জন্য ইতিমধ্যে 5 কুইবিট প্রয়োজন এবং প্রতিটি ত্রুটি তিন ধরণের হতে পারে (অনিচ্ছাকৃত এক্স, ওয়াই, জেড গেটের সাথে সম্পর্কিত)। অতএব এমনকি কোনও একক কুইট ত্রুটি কেবল সংশোধন করতে আপনার এই 15 টি ত্রুটিটি এবং ত্রুটিবিহীন পরিস্থিতির মধ্যে পার্থক্য করার জন্য আপনার ইতিমধ্যে যুক্তি প্রয়োজন: $XIIII$ , $YIIII$ , $ZIIII$ , $IXIII$ , $IYIII$ , $IZIII$ , $IIXII$ , $IIYII$ , $IIZII$ , $IIIXI$ , $IIIYI$ , $IIIZI$ , $IIIIX$ , $IIIIY$ , $IIIIZ$ , $IIIII$ কোথায় $X$ , $Y$ , $Z$ সম্ভাব্য একক কুইট ত্রুটি এবং $I$ (পরিচয়) এই-কুইট পরিস্থিতিটির জন্য নো-ত্রুটি চিহ্নিত করে।

তবে এর মূল অংশটি হ'ল আপনি সরাসরি ত্রুটি সনাক্তকরণ সার্কিটরি ব্যবহার করতে পারবেন না: প্রতিটি সিএনওটি (বা অন্যান্য ননট্রাইভাল 2 বা আরও বেশি কুইবিট গেট) এক কুইটে ত্রুটিগুলি অন্য কুইবিটে ফরোয়ার্ড করে যা সবচেয়ে তুচ্ছ জন্য বিপর্যয়কর হবে কোডকে সংশোধন করার ক্ষেত্রে একটি একক কুইট ত্রুটির ক্ষেত্রে এবং আরও পরিশীলিত কোডগুলির জন্য এখনও খুব খারাপ। অতএব ত্রুটি-সহিষ্ণু (দরকারী) বাস্তবায়ন প্রয়োজনের চেয়ে বেশি চেষ্টা এমনকি সাধারণভাবে ভাবতে পারে।

ত্রুটি সংশোধন করার পদক্ষেপে অনেকগুলি গেটের সাহায্যে, আপনি কেবল প্রতি পদে খুব কম ত্রুটি হারের অনুমতি দিতে পারবেন। এখানে আরও একটি সমস্যা দেখা দিয়েছে: যেহেতু আপনার সুসংগত ত্রুটি থাকতে পারে, তাই আপনাকে অবশ্যই সবচেয়ে খারাপ পরিস্থিতির জন্য প্রস্তুত থাকতে হবে that $\epsilon$ হিসাবে প্রচার করে না $N \epsilon$ এন সিঙ্গল কুইট গেট পরে কিন্তু হিসাবে $N^2 \epsilon$ । এই মানটি অবশ্যই যথেষ্ট পরিমাণে কম থাকতে হবে যা কিছু (তবে সমস্ত নয়) ত্রুটিগুলি সংশোধন করার পরে আপনি সামগ্রিকভাবে লাভ করেন, উদাহরণস্বরূপ কেবল একক কুইট ত্রুটি।

সুসংগত ত্রুটির উদাহরণ একটি গেটের প্রয়োগ an $G$ এটি প্রথম অর্ডার করার জন্য, সহজভাবে নয় $G$ কিন্তু $G + \sqrt{\epsilon} X$ যা আপনি একটি ত্রুটি কল হতে পারে $\epsilon$ কারণ এটি সম্ভাবনা প্রশস্ততার সাথে সম্পর্কিত সম্ভাবনা $\sqrt{\epsilon}$ এবং তাই গেটের পরে কোনও পরিমাপের সম্ভাবনাটি প্রকাশ করে যে এটি ত্রুটি হিসাবে কাজ করেছে $X$ । পরে $N$ এই গেটের অ্যাপ্লিকেশনগুলি, আবার প্রথম অর্ডার করতে, আপনি আসলে প্রয়োগ করেছেন $G^N + N \sqrt{\epsilon} G^N X$ (যদি জি এবং এক্স যাতায়াত হয়, অন্যথায় আরও জটিল নির্মাণ রয়েছে $N$ আনুপাতিক স্বতন্ত্র পদ $\sqrt{\epsilon}$ )। সুতরাং আপনি যদি তা পরিমাপ করেন তবে এর ত্রুটির সম্ভাবনা খুঁজে পাবেন $N^2 \epsilon$ ।

সহজাত ত্রুটিগুলি আরও সৌম্য। তবুও যদি একটি ত্রুটি থ্রেশহোল্ড হিসাবে একটি একক মান দিতে হবে, তবে কেউ কেবল সৌম্য ত্রুটিগুলি ধরে নিতেই পারে না!

— পিরামিড
সূত্র

উত্তরের জন্য ধন্যবাদ, তবে আপনি যদি এখানে কিছু পয়েন্ট সম্পর্কে আরও বলতে উত্তরটি প্রসারিত করতে পারেন তবে আমি প্রশংসা করব। বিশেষত, ১) "ত্রুটি সনাক্ত করার জন্য অনেকগুলি ত্রুটি আছে" বলে ভুল ত্রুটি সংশোধন করার কোডটিতে আপনার অনেকগুলি গেটের প্রয়োজন বলে এই অর্থটি কী বোঝায়? ২) "স্ট্রেট-ফরোয়ার্ড লজিকাল কনস্ট্রাক্ট" বলতে কী বোঝ? 3) কেন "সুসংগত ত্রুটিগুলি" ত্রুটি প্রচারের মতো স্কেলিং বোঝায়

N^{2} ϵ

$N^2 \epsilon$ পরিবর্তে

N ϵ

$N\epsilon$ ?

— GLS

@glS I have substantially expanded the answer to address all your questions. Did I manage to do that?

— pyramids