양자 상태 게임에 대한 최적의 전략

9

다음 게임을 고려하십시오.

나는 공정한 동전을 뒤집으며 결과 (머리 / 꼬리)에 따라 다음 상태 중 하나를 줄 것입니다.

| 0 ⟩ or \cos (x) | 0 ⟩ + \sin (x) | 1 ⟩ .

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

여기, $x$ 알려진 일정한 각도입니다. 그러나 나는 당신에게 어떤 주를 주 었는지 말하지 않습니다.

어떤 상태가 옳은지 추측하면서 옳을 확률을 최대화하기 위해 측정 절차 (즉, 직교 정규 비트 기준)를 어떻게 설명 할 수 있습니까? 최적의 솔루션이 있습니까?

저는 자율적으로 양자 컴퓨팅을 연구 해 왔으며이 연습을 겪었습니다. 나는 심지어 시작하는 방법을 정말로 모른다. 그리고 나는 약간의 도움에 정말로 감사 할 것이다.

좋은 전략은 다음과 같은 직교 변환을 수행하는 것이라고 생각합니다.

[\begin{matrix} \cos (x) & - \sin (θ) \\ \sin (x) & \cos (θ) \end{matrix}] .

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

많은 발전을 이룰 수 없습니다 ...

quantum-state measurement games

— 즈 비드
소스

직관적으로 대답은 우리가 제한 할 수 있기 때문에 계산 기준으로 측정하는 것입니다

x

$x$ 에

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$ 그리고 언제

x = 0

$x=0$ 상태는 구별 할 수없고 언제

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$ 상태는 직교이지만 그것을 증명하는 방법을 모르겠습니다.

— ahelwer

8

우리는 단순히 qubit 측정의 이진 결과를 첫 번째 상태인지 두 번째 상태인지 추측으로 변환하고 가능한 모든 qubit 측정에 대한 성공 확률을 계산 한 다음 두 변수의 함수 최대 값을 더 많이 찾습니다. 2 구).

첫째, 우리가 실제로 필요하지 않은 것, 국가에 대한 정확한 설명. 중첩과 고전적인 공정 동전 모두에 의존하는 시스템의 전체 상태는 밀도 매트릭스로 인코딩 될 수 있습니다

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} x & \sin x \cos x \\ \sin x \cos x & \sin^{2} x \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ 여기서 왼쪽 열과 위쪽 행은 기본 상태 "0"에 해당하고 나머지 열은 "1"에 해당합니다. 4 원소 단위로 밀도 매트릭스를 다시 작성하는 것이 도움이됩니다.

2 \times 2

$2\times 2$ 행렬,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{죄 엑스 코사인 엑스}{2} σ_{엑스} + (\frac{{코사인}^{2} 엑스 - 죄^{2} 엑스}{4} + \frac{1}{4}) σ_{지}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ 그것은 각도로 쓰여질 수 있습니다

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{죄 2 엑스}{4} σ_{엑스} + \frac{코사인 2 엑스 + 1}{4} σ_{지}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ 이제 혼합 상태에 관계없이이 시스템은 여전히 2 단계 시스템이며 2 차원 힐버트 공간의 모든 측정 값은 사소합니다 (

c

$c$ -숫자) 또는 축을 따라 스핀을 측정하는 것과 동일합니다.

V = \vec{엔} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ 이는 Pauli 행렬의 벡터를 곱한 단위 3D 벡터입니다. 자, 측정하면 어떻게 되나요

V

$V$ ? 고유 값

V

$V$ +1 또는 -1입니다. 각각의 확률은 다음의 기대 값에서 얻을 수 있습니다.

V

$V$ 어느

⟨ V ⟩ = 티 아르 자형 (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ 제품의 흔적은

1

$1$ 만나다

1

$1$ (그러나 우리는에 용어가 없다고 가정합니다.

V

$V$ ) 또는

σ_{x}

$\sigma_x$ 만나다

σ_{x}

$\sigma_x$ 이 경우 행렬의 흔적은 2의 추가 인자를 제공합니다.

⟨ V ⟩ = \frac{죄 2 엑스}{2} 엔_{엑스} + \frac{코사인 2 엑스 + 1}{2} 엔_{지}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ 고유 값을 얻습니다

\pm 1

$\pm 1$ 확률로

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ 각각. 정확히 언제

\cos x = 0

$\cos x = 0$ 두 개의 초기 "머리 및 꼬리"상태는 서로 직교합니다 (기본

| 0 ⟩

$|0\rangle$ 과

| 1 ⟩

$|1\rangle$ )를 완전히 식별 할 수 있습니다. 확률을 만들려면

0, 1

$0,1$ 우리는 단순히 선택해야합니다

\vec{n} = (0, 0, \pm 1)

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; 전체적인 표시는

\vec{n}

$\vec n$ 절차는 중요하지 않습니다.

이제 $\cos x \neq 0$ , 상태는 비 직교 적, 즉 양자 적 의미에서 "상호 배타적이지 않은"상태이며, 이러한 가능성이 밀도 매트릭스에 혼합되어 있기 때문에 코인이 테일인지 헤드인지 직접 측정 할 수 없습니다. 실제로 밀도 매트릭스에는 모든 측정의 모든 확률이 포함되어 있으므로 동전 던지기에서 가능한 상태의 다른 혼합으로 동일한 밀도 매트릭스를 얻을 수 있다면 큐빗의 상태는 완전히 구분할 수 없습니다.

우리의 성공 확률은 $\cos x\neq 0$ . 그러나 고전적인 비트를 사용하는 유일한 의미있는 방법 $V=\pm 1$ 측정에서 초기 상태에 대한 추측으로 직접 변환하는 것입니다. 일반성을 잃지 않고 번역은 다음과 같이 선택 될 수 있습니다.

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

$(V = +1) \to |i\rangle = |0\rangle \\$ 과

(V = - 1) \to | i ⟩ = \cos x | 0 ⟩ + \sin x | 1 ⟩ .

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ 우리가 머리 꼬리와 반대편의 교차 식별을 원한다면

V

$V$ 우리는 단순히

\vec{n} \to - \vec{n}

$\vec n \to -\vec n$ .

첫 번째 간단한 초기 상태를 "heads"(0)로, 두 번째로 어려운 것을 "tails"(코사인 사인 중첩)라고합시다. 성공 확률은 $+1$ 머리에 $-1$ 꼬리에

P_{s u c c e s s} = P (H) P (+ 1 | H) + P (T) P (- 1 | T) .

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ 공정한 동전이므로 위에 포함 된 두 가지 요소는

P (H) = P (T) = 1 / 2

$P(H)=P(T)=1/2$ . 네 가지 확률 중 가장 어려운 계산은

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . 그러나 우리는 이미 위의 계산을 더 어렵게 만들었습니다.

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . 여기서 우리는 상수 항에 비례하는 상수 항을 생략합니다.

n_{z}

$n_z$ 그리고 2를 곱하십시오 :

P (- 1 | T) = \frac{1}{2} - \sin 2 x \frac{n_{x}}{2} - \cos 2 x \frac{n_{z}}{2}

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ "헤드"에 대한 결과는 설정을 통해 간단히 얻을 수 있습니다.

x = 0

$x=0$ "heads"상태가 "tails"상태와 같기 때문에

x = 0

$x=0$ 대체. 그래서

P (- 1 | H) = \frac{1 - n_{z}}{2}

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ 그리고 보완

1 - P

$1-P$ 확률은

P (+ 1 | H) = \frac{1 + n_{z}}{2}

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ 이 결과를 "성공 확률"로 대체하여

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + n_{z} + 1 - (\sin 2 x) n_{x} - (\cos 2 x) n_{z}}{4}

$P_{\rm success} = \frac{1+n_z +1 - (\sin 2x)n_x - (\cos 2x)n_z}{4}$ 또는

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} - \frac{n_{x}}{4} \sin 2 x + \frac{n_{z}}{4} (1 - \cos 2 x)

$P_{\rm success} = \frac 12 - \frac{n_x}4 \sin 2x + \frac{n_z}{4} (1-\cos 2x )$ 우리가 정의하면

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$ 우리는 그것을 다음과 같이 쓸 수도 있습니다.

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} + \frac{\sin (2 x + α) - \sin α}{4} = \frac{1}{2} + \frac{\sin x \cos (x + α)}{2}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ We want to maximize that over

α

$\alpha$ . Clearly, the maximum is for

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$ where the sign agrees with that of

\sin x

$\sin x$ i.e.

α = - x

$\alpha=-x$ or

α = π - x

$\alpha=\pi -x$ and the value at this maximum is

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + | \sin x |}{2}

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$ 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.

— Luboš Motl
소스

질문을 읽고 더 신중하게 대답해야 할 수도 있지만 이것이 arxiv.org/abs/1805.03477 에서 해결 된 특별한 문제가 아닙니까 ?

— glS

어쩌면 나는 종이에 익숙하지 않아 적어도 몇 분 안에이 문제가 일반화 된 것을 볼 수 없습니다. 그러나 저는 최첨단 용지 스타일 문제를 해결했다고 주장하지 않습니다. 이 질문은 아마도 학생들이 해결할 것으로 예상되는 일부 교과서에서 연습 일 것입니다.

— Luboš Motl

1

핵심은 두 개의 비 직교 상태를 구별하기위한 최적의 전략입니다. 이것은 여기에서 설명 된 Helstrom 측정이라고합니다 .

— 다 프트 울리
소스