양자 위상 추정 알고리즘에서 "위상 반동"메커니즘이 작동하는 이유는 무엇입니까?

아마도 양자 푸리에 변환 장 과 닐슨과 추앙 (10 주년 에디션) 의 응용 을 몇 번 읽었을 것입니다. 이것은 당연한 것으로 여겨졌지만, 오늘 다시 한번 살펴보면 ' 전혀 나에게 보이지 않는 것!

위상 추정 알고리즘의 회로도는 다음과 같습니다.

qubits 를 갖는 첫 번째 레지스터 는 "제어 레지스터"로 추정됩니다. 첫 번째 레지스터의 큐 비트 중 하나가 상태 에 있으면 해당 제어 된 단일 게이트 가 두 번째 레지스터에 적용됩니다 . 상태 인 경우 두 번째 레지스터에 적용되지 않습니다 . 두 상태 및 의 중첩 상태 에있는 경우, 두 번째 레지스터에서 해당 단일의 조치는 "선형성"에 의해 결정될 수 있습니다. 모든 게이트는 두 번째 레지스터에서만 작동하고 첫 번째 레지스터에서는 작동하지 않습니다. 첫 번째 레지스터는 컨트롤 일뿐 입니다. $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$

그러나 첫 번째 레지스터 의 최종 상태는 다음 과 같습니다.

\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 ⟩)

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

하다 마드 게이트 (Hadamard gates)의 행동 이후에 왜 우리가 큐빗의 첫 번째 레지스터 상태의 변화가 있다고 생각하는지에 대해 놀랐습니다. 첫 번째 레지스터의 최종 상태는 방금

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

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

그렇지 않습니까? 첫 번째 레지스터는 컨트롤로만 사용되기 때문에 이것을 말합니다. 컨트롤 역할을 할 때 첫 번째 레지스터의 상태가 어떻게 또는 왜 변경되어야하는지 이해하지 못합니다.

처음에는 지수 요소를 첫 번째 레지스터 큐 비트 상태의 일부로 간주하는 것이 수학적으로 편리하다고 생각했지만 이해가되지 않았습니다. 큐 비트 또는 큐 비트 시스템의 상태는 수학적으로 우리에게 편리한 것에 의존해서는 안됩니다!

그렇다면 누군가 왜 두 번째 레지스터의 "제어"역할을하더라도 큐 비트의 첫 번째 레지스터 상태가 정확히 변경되는지 설명해 주시겠습니까? 수학적으로 편리합니까 아니면 더 깊은 것이 있습니까?

— 산차 얀 두타
소스

답은 아니지만, 주에서 실제적인 변화를 나타내지 않는다면 '수학적 편의'가된다는 것은 무엇을 의미 하는가? 수학은 양자 상태가 어떻게 변하는 지 또는 그렇지 않은지를 정확하게 설명합니다. 그렇지 않은 경우이 예제보다 더 큰 문제가 있습니다. 수학이 물리학을 정확하게 설명한다고 가정하면 수학 표현은 편리하지 않습니다. (앞서 따옴표) "제어"와이어의 상태는 실제로이 서브 루틴에서 변경됩니다. 이유에 대해 혼란스러워해도 괜찮지 만 먼저 변경 사항을 수락해야합니다.

— Niel de Beaudrap

quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837 에서 수학은 정확하게 설명 되었지만 그 상황은 더 간단하고 이해하기 쉽습니다.

— DaftWullie

@NieldeBeaudrap 글쎄, 내 질문은 정확히 "왜"가

— 바뀌는가

@DaftWullie 수학은 어렵지 않습니다. 제어 된 게이트 의 간단한 예를 보자 . 제어 레지스터가 상태 인 경우 에 적용되어 합니다. 그러나, 그들은의 지수 인자 것을 고려 에서 제 1 레지스터, 즉 제어 큐 비트의 요인으로 과하지 두 번째 레지스터의 내 질문은 : 왜 그렇게?

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

답변:

고유 벡터가 있다고 상상해보십시오 의 . 같은 상태가있는 경우 당신이 조절 된 적용 여기에, 당신은 나가 . 위상은 특정 레지스터에 연결되지 않으며 전체 곱셈 요소 일뿐입니다. $|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

이제 첫 번째 레지스터에 중첩을 사용하자 : 당신은으로 이것을 다시 작성할 수 있습니다

(| 0 ⟩ + | 1 ⟩) | u ⟩ \mapsto | 0 ⟩ | u ⟩ + e^{i ϕ} | 1 ⟩ | u ⟩

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

(| 0 ⟩ + e^{i ϕ} | 1 ⟩) | u ⟩

$(|0\rangle+e^{i\phi}|1\rangle)|u\rangle$ 따라서 두 번째 레지스터에서 정렬 된 경우에도 첫 번째 레지스터에 나타납니다. (물론 해석은 두 큐 비트에 작용하는 2 큐 비트 게이트에 의해 생성 되었기 때문에 완전히 사실이 아닙니다).

이 단계는 많은 양자 알고리즘의 핵심입니다.

왜 쓰지 않습니까 과 그냥 분리 아니라고 주장? $|\Psi\rangle=|0\rangle|u\rangle+|1\rangle(e^{i\phi}|u\rangle)$

그것을 주장 할 수는 없지만 수학적으로 보여 주어야합니다. 예를 들어, 두 번째 큐빗 위에 부분적 추적을 취할 수 부분 트레이스를 취하기 위해 합계 기준을 선택합니다. 간단하게하기 위해 여기서

{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

$\langle u|u^\perp\rangle=0$ 및

. 그런 다음 당신이 얻을

⟨ u | (e^{i ϕ} | u ⟩ = e^{i ϕ}

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

이것은 순위 1이며 (위상이 첫 번째 레지스터에 나타난 것을 볼 수 있음) 상태가 얽 히지 않습니다. 분리 할 수 있습니다.

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

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

— 다 프트 울리
소스

| 0 ⟩ (| u ⟩) + | 1 ⟩ (e^{i ϕ} | u ⟩)

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

e^{i ϕ}

$e^{i\phi}$

"얽힌"을 어떻게 정의합니까? 어떤 정의에 의해서도 이것은 얽 히지 않습니다. 예를 들어 부분 추적을 시도하십시오. 또한 다른 구성 요소에서 해당 단계를 유지하는 것과 비교하여 일반적으로 전체 식에서 전역 단계를 제거하는 데 문제가없는 것 같습니다.

— 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}

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

그런 "글로벌 페이즈"로 전환하는 데 문제가있는 것 같습니다. 나는 전에 그것에 대해 생각하지 않았다.

— Sanchayan Dutta

물리적 인 차이 는 없습니다 . 이런 식으로 생각해보십시오. 두 가지를 구별하기 위해 어떤 실험을 하시겠습니까? 물리적 차이가있는 경우 구별 할 수있는 방법이 있어야합니다.

— DaftWullie

첫 발언

일부 상황에서 상태를 변경하는 '제어'큐 비트의 동일한 현상도 제어 된 비 게이트로 발생합니다. 실제로 이것은 고유 값 추정의 전체 기준입니다. 따라서 가능할뿐만 아니라 양자 계산에 대한 중요한 사실도 가능합니다. 제어 큐 비트 (또는 일반적으로 제어 레지스터)가 일부 대상 레지스터에서 일부 작업을 수행 한 결과 상대 위상이 발생하는 "위상 킥"이라는 이름도 있습니다. $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

이것이 일어나는 이유

왜 이런 경우입니까? 기본적으로 표준 기반이 때때로 우리가 설명하는 것만 큼 중요하지 않다는 사실에 달려 있습니다.

짧은 버전. 제어 큐 비트 의 표준 기반 상태 만 영향을받지 않습니다. 제어 큐 비트가 표준 기본 상태 가 아닌 상태 인 경우 원칙적으로 변경할 수 있습니다.

더 긴 버전 —

블로흐 구체를 고려하십시오. 결국, 그것은 하나의 점이 다른 점보다 더 특별하지 않고 어떤 축도 다른 점보다 더 특별하지 않은 완전한 대칭 입니다. 특히 표준 기준은 특별히 특별하지 않습니다.

| 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}]

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

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

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

이제 기준 프레임의 변경에 대한이 모든 이야기없이이 사실을 훨씬 더 빨리 보여줄 수있었습니다. 컴퓨터 과학의 양자 계산에 대한 입문 과정에서 '기준 프레임'이라는 단어를 언급하지 않고 유사한 현상이 설명 될 수 있습니다. 그러나 나는 당신에게 단순한 계산 이상의 것을주고 싶었습니다. CNOT가 원칙적으로 매트릭스가 아니라는 사실에 주목하고 싶었습니다. 표준 기준은 특별한 기준이 아니다. CNOT가 실현 한 작업이 CNOT가 큐 비트에 대해 수행하는 유일한 작업 인 경우에도 CNOT에 의해 실현 된 조작이 제어 큐 비트의 상태에 영향을 줄 가능성이 있음을 분명히 알 수 있습니다.

'통제'큐 비트가 있다는 생각은 표준을 중심으로 한 것이며, 큐 비트의 상태에 대한 편견을 포함하여 운영을 일방적 인 것으로 생각하게합니다. 그러나 물리학 자로서 당신은 일방적 인 조작에 깊이 의심해야합니다. 모든 행동에 대해 동등하고 반대되는 반응이 있습니다 . 여기에서 표준 기반 상태 에 대한 CNOT의 명백한 일방 성은 X 고유 상태에 대해 '통제'의 가능한 상태 변화를 일방적으로 결정하는 것이 '목표'라는 사실에 의존한다.

당신은 어떤 표기법의 선택을 포함하여 수학적으로 편리한 기능이 있는지 궁금했습니다. 사실,이 : 우리가 개발하는 당신을 이끌 수있는 표준 기준에 중점을두고, 우리의 상태를 기록하는 방식 이 아닌 수학적 직관 동작을 단지 측면에서 표준 기반의. 그러나 표현을 바꾸면 비 수학적 직관은 사라집니다.

X-eigenbasis 상태에 대한 CNOT의 효과에 대해 스케치 한 것과 같은 것은 CNOT와 다른 변환으로 위상 추정에서도 진행됩니다. '대상'큐 비트에 저장된 '위상'은 대상이 첫 번째 큐 비트에 의해 일관되게 제어되는 연산의 고유 상태에 있기 때문에 '제어'큐 비트로 시작됩니다. 양자 계산의 컴퓨터 과학 측면에서, 그것은 현장에서 가장 유명한 현상 중 하나입니다. 그것은 우리가 데이터를 기술하기를 선호한다는 점에서 표준 기반이 특별하다는 사실에 직면하게하지만 물리학 자체의 작동 방식은 아닙니다.

— 닐 드 보드 랩
소스

-1

좋은 질문입니다.
한 번도 이것을 물었지만 그것은 단지 수학적인 편의의 문제가 아닙니다.
제어 U는 "얽힌"게이트입니다.
얽힌 후에는 상태를 "첫 번째 레지스터"와 "두 번째 레지스터"로 분리 할 수 없습니다.
처음에 또는 얽힘이없는 경우에만 이러한 레지스터를 생각하십시오. 얽힌 후에 가장 좋은 방법은 수학 (매트릭스 곱셈)을 철저히 수행하는 것입니다. 실제로 Nielsen과 Chuang의 상태를 얻습니다.

질문을 찬성하려고하지만 15 개의 평판이 나올 때까지 기다려야합니다.

\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 나는 내 마음 속에 개념을 내재화하는 것이 어렵다는 것을 알기 때문에 완전한 답변으로 쓰지 않는다. 그리고 목표는 다소 얽혀 있습니다. 모스카 박사 학위 논문의 2.2 장을 읽으십시오. 이것이 제가 지금까지 찾은 최고의 설명입니다.

— FSic

@ F.Siciliano 좋아요, 감사합니다. 나는 그것을 읽을 것이다

— Sanchayan Dutta