কোয়ান্টাম রাষ্ট্রের খেলায় অনুকূল কৌশল

Question

নিম্নলিখিত খেলা বিবেচনা করুন:

আমি একটি ন্যায্য মুদ্রা ফ্লিপ করি এবং ফলাফলের উপর নির্ভর করে (হয় মাথা / লেজ), আমি আপনাকে নীচের একটি রাজ্য দেব:

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

এখানে, $x$একটি পরিচিত ধ্রুবক কোণ। তবে, আমি আপনাকে কোন রাজ্য দেব তা বলি না।

সঠিক অবস্থার সর্বাধিকতা বাড়ানোর সময় আমি কোন রাজ্যটি দিয়েছি তা অনুমান করার জন্য আমি কীভাবে একটি পরিমাপের পদ্ধতিটি বর্ণনা করতে পারি (অর্থাত্ একটি অর্থোমিক কোয়েট ভিত্তি)? একটি অনুকূল সমাধান আছে?

আমি কোয়ান্টাম কম্পিউটিংয়ের স্ব-অধ্যয়ন করছি, এবং আমি এই অনুশীলনটি জুড়ে এসেছি। এমনকি কীভাবে শুরু করা যায় তা আমি সত্যই জানি না এবং আমি কিছু সাহায্যের সত্যই প্রশংসা করব।

আমি মনে করি যে একটি ভাল কৌশল হবে সাথে একটি অর্থগোনাল রূপান্তর সম্পাদন করা

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

বেশি অগ্রগতি করতে পারছি না ...

Comments

স্বজ্ঞাতভাবে উত্তরটি গণনাভিত্তিক পরিমাপ করা হয় কারণ আমরা সীমাবদ্ধ করতে পারি $x$ প্রতি $[0, \frac{\pi}{2}]$ এবং কখন $x=0$ রাজ্যগুলি অবিচ্ছেদ্য এবং কখন $x=\frac{\pi}{2}$রাজ্যগুলি অরথোগোনাল, তবে আমি কীভাবে এটি প্রমাণ করব তা নিশ্চিত নই।

— আলেওয়ার

Answer 1

আমরা সহজেই আমাদের অনুমান হিসাবে একটি কুইট পরিমাপের বাইনারি ফলাফলটি অনুবাদ করি যে এটি প্রথম অবস্থা বা দ্বিতীয়, কুইটটির প্রতিটি সম্ভাব্য পরিমাপের জন্য সাফল্যের সম্ভাবনা গণনা করুন, এবং তারপরে আরও দুটি ভেরিয়েবলের ফাংশন সর্বাধিক সন্ধান করুন (এর উপর দুই গোলক)।

প্রথমত, এমন কিছু যা আমাদের সত্যই প্রয়োজন হবে না, রাষ্ট্রটির সুনির্দিষ্ট বিবরণ। সিস্টেমের সম্পূর্ণ অবস্থা যা উভয়ই সুপারপজিশনের উপর নির্ভর করে পাশাপাশি একটি ধ্রুপদী ফর্সা মুদ্রা ঘনত্ব ম্যাট্রিক্সে এনকোড করা হতে পারে

$$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$$ যেখানে বাম কলাম এবং উপরের সারির ভিত্তি রাষ্ট্র "শূন্য" এবং অবশিষ্টগুলি "এক" এর সাথে মিলে যায়। এর 4-উপাদান ভিত্তির ক্ষেত্রে ঘনত্বের ম্যাট্রিক্সটি পুনরায় লিখতে সহায়ক$2\times 2$ ম্যাট্রিক্স, $$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$$ এটি কোণের নিরিখে লেখা যেতে পারে $2x$: $$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$$ এখন, মিশ্র রাষ্ট্র নির্বিশেষে, এটি এখনও একটি দ্বি-স্তরের সিস্টেম এবং দ্বি-মাত্রিক হিলবার্ট স্পেসের সমস্ত পরিমাপ হয় তুচ্ছ (একের পরিমাপ $c$-সংখ্যার) বা একটি অক্ষ বরাবর স্পিনের পরিমাপের সমতুল্য, যার পরিমাপ $$V = \vec n \cdot \vec \sigma$$ যা পাওলি ম্যাট্রিকেসের ভেক্টর দ্বারা গুণিত একক 3 ডি ভেক্টর। ঠিক আছে, যদি আমরা পরিমাপ করি তবে কি হয়$V$? এর ইগ্যালভ্যালুগুলি$V$প্লাস ওয়ান বা মাইনাস এক। প্রত্যেকের সম্ভাবনা প্রত্যাশা মান থেকে প্রাপ্ত হতে পারে$V$ যা হলো $$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$$ পণ্যগুলির ট্রেসগুলি কেবল যদি অবদান রাখে $1$ পূরণ $1$ (তবে আমরা ধরে নিই যে কোনও পদ নেই $V$) বা $\sigma_x$ পূরণ $\sigma_x$ ইত্যাদি, যার ক্ষেত্রে ম্যাট্রিক্সের ট্রেস ২ এর একটি অতিরিক্ত গুণক দেয় So সুতরাং আমাদের কাছে have $$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$$ আমরা এগেনভ্যালু পাই $\pm 1$ সম্ভাবনা সঙ্গে $(1\pm\langle V \rangle) / 2$যথাক্রমে ঠিক যখন$\cos x = 0$, দুটি প্রাথমিক "মাথা এবং লেজ" রাষ্ট্রগুলি একে অপরের কাছে orthogonal (মূলতঃ) $|0\rangle$ এবং $|1\rangle$) এবং আমরা তাদের সম্পূর্ণ বৈষম্যমূলক হতে পারি। সম্ভাবনা তৈরি করতে$0,1$, আমরা অবশ্যই চয়ন করতে হবে $\vec n=(0,0,\pm 1)$; লক্ষ করুন যে সামগ্রিক চিহ্ন$\vec n$ পদ্ধতির জন্য কোন ব্যাপার না।

এখন, জন্য $\cos x \neq 0$রাজ্যগুলি কোয়ান্টাম অর্থে অরথোগোনাল অর্থাত্ "পারস্পরিক একচেটিয়া নয়" এবং আমরা মুদ্রার লেজ ছিল কিনা তা আমরা সরাসরি পরিমাপ করতে পারি না কারণ ঘনত্বের ম্যাট্রিক্সে সেই সম্ভাবনাগুলি মিশ্রিত হয়েছিল। প্রকৃতপক্ষে, ঘনত্বের ম্যাট্রিক্সে সমস্ত পরিমাপের সমস্ত সম্ভাবনা রয়েছে, তাই আমরা যদি মুদ্রা টস থেকে সম্ভাব্য রাজ্যের বিভিন্ন মিশ্রণের মাধ্যমে একই ঘনত্বের ম্যাট্রিক্স পেতে পারি, তবে কুইটের রাজ্যগুলি কঠোরভাবে পার্থক্য করতে পারে না।

আমাদের সাফল্যের সম্ভাবনা যদি 100% এর নীচে থাকবে $\cos x\neq 0$। ক্লাসিকাল বিটটি ব্যবহার করার একমাত্র অর্থপূর্ণ উপায়$V=\pm 1$পরিমাপ থেকে সরাসরি প্রাথমিক অবস্থা সম্পর্কে আমাদের অনুমানে এটি অনুবাদ করা হয়। সাধারণতার ক্ষতি ছাড়াই আমাদের অনুবাদ হতে পারে

$$(V = +1) \to |i\rangle = |0\rangle \\ $$ এবং $$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$$ যদি আমরা মাথা-লেজগুলির বিপরীত, ক্রস-সনাক্তকরণ এবং এর লক্ষণগুলি চাইতাম $V$এর সামগ্রিক চিহ্নটি উল্টিয়ে আমরা কেবল এটি অর্জন করতে পারি $\vec n \to -\vec n$।

আসুন প্রথম সরল প্রাথমিক অবস্থার "মাথা" (শূন্য) এবং দ্বিতীয় শক্তটিকে "লেজ" (কোসাইন-সাইন সুপারপজিশন) বলি। সাফল্যের সম্ভাবনা হ'ল আমাদের অনুবাদ থেকে$+1$ মাথা এবং $-1$ লেজ,

$$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$$ কারণ এটি একটি ন্যায্য মুদ্রা, উপরে দুটি বিষয় অন্তর্ভুক্ত রয়েছে $P(H)=P(T)=1/2$। চারটি সম্ভাবনার মধ্যে সবচেয়ে কঠিন গণনা$P(-1|T)$। তবে আমরা ইতিমধ্যে উপরে একটি কঠিন গণনা করেছি, এটি ছিল$(1-\langle V\rangle) / 2$। এখানে আমরা আনুপাতিক ধ্রুবক শব্দ বাদ দিই$n_z$ এবং দুটি দ্বারা গুণ: $$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$$ The result for "heads" is simply obtained by setting $x=0$ because the "heads" state equals "tails" states with $x=0$ substituted. So $$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$$ and the complementary $1-P$ probability is $$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$$ Substitute those results to our "success probability" to get $$P_{\rm success} = \frac{1+n_z +1 - (\sin 2x)n_x - (\cos 2x)n_z}{4}$$ or $$P_{\rm success} = \frac 12 - \frac{n_x}4 \sin 2x + \frac{n_z}{4} (1-\cos 2x )$$ If we define $(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$, we may also write it as $$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$$ We want to maximize that over $\alpha$. Clearly, the maximum is for $\cos(x+\alpha)=\pm 1$ where the sign agrees with that of $\sin x$ i.e. $\alpha=-x$ or $\alpha=\pi -x$ and the value at this maximum is $$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$$ which sits in the interval 50% and 100%.

That's a nice measurement which is really quantum mechanical. We use a different measurement than that of $\sigma_z$, i.e. the classical measurement of the bit. Instead, we measure the spin along the axis in the $xz$-plane that is defined by the same nonzero angle as the angle $x$ at the beginning, with some correct signs and shifts by multiples of $\pi/2$. Note that if you measured simply $\sigma_z$, the classical bit, the success rate would be just $(3-\cos 2x)/4$, 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.

Comments

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

Answer 2

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