Jak faktycznie działa próbkowanie Fouriera (i rozwiązuje problem parzystości)?

Piszę w odniesieniu do części I i części II wykładów wideo na temat próbkowania Fouriera prowadzonych przez profesora Umesh Vazirani.

W części I zaczynają się od:

W transformacji Hadamarda:

| 0...0 ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩

$|0...0\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle$

| u ⟩ = | u_{1} . . . u_{n} ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{(- 1)^{u . x}}{2^{n / 2}} | x ⟩ (where u . x = u_{1} x_{1} + u_{2} x_{2} + . . . + u_{n} x_{n})

$|u\rangle =|u_1...u_n\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{(-1)^{u.x}}{2^{n/2}}|x\rangle \quad \text{(where $u.x=u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n$)}$

W próbkowaniu Fouriera:

| ψ ⟩ = \sum_{{0, 1}}^{n} α_{x} | x ⟩ \to \sum_{x} \hat{α_{x}} | x ⟩ = | \hat{ψ} ⟩

$|\psi\rangle=\sum_{\{0,1\}}^{n}\alpha_x|x\rangle \to \sum_{x}\hat{\alpha_x}|x\rangle=|\hat{\psi}\rangle$

Kiedy mierzy widzimy z prawdopodobieństwem . $|\hat{\psi}\rangle$ $x$ $|\hat{\alpha_x}|^2$

W części II:

Problem parzystości:

Otrzymujemy funkcję jako czarną skrzynkę. Wiemy, że (to znaczy ) dla ukrytego $f:\{0,1\}^n\to\{0,1\}$ $f(x)=u.x$ $u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n (\text{mod 2})$ $u\in\{0,1\}^{n}$ . Jak wymyślimy z jak najmniejszą liczbą zapytań do ? $u$ $f$

Mówią, że musimy postępować zgodnie z dwuetapową procedurą, aby ustalić minimalną możliwą liczbę kroków. $u$

Ustaw superpozycję $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_{x}(-1)^{f(x)}|x\rangle$
Fouriera próbki w celu uzyskania . $u$

Tu się zgubiłem. Nie rozumiem, co dokładnie rozumieją przez „skonfigurowanie superpozycji…”. Dlaczego powinniśmy to zrobić? I w jaki sposób próbkowanie Fouriera (jak opisano) pomaga określić ? $u$

Budują dalej bramę kwantową w ten sposób:

$|0\rangle$ $|-\rangle$ $- \oplus f(0...0)$ $\oplus$

quantum-gate fourier-sampling

— Sanchayan Dutta
źródło

$\left| 0\right\rangle^{\otimes n}\left| -\right\rangle$ $H^{\otimes n}\otimes I$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{{2)}^{n / 2)}} | x ⟩) | - ⟩ = \frac{1}{{2)}^{n / 2)}} {(| 0 ⟩ + | 1 ⟩)}^{\otimes n} | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\left(\left|0\right\rangle + \left|1\right\rangle\right)^{\otimes n}\left|-\right\rangle.$

U_{f}

$U_f$

U_{fa} (\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{{2)}^{n / 2)}} | x ⟩) | - ⟩ = \sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{{2)}^{n / 2)}} | x ⟩ | - \oplus fa (x) ⟩ .

$U_f\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\left|-\oplus f\left(x\right)\right\rangle.$

$\oplus$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{{2)}^{n / 2)}} {(- 1)}^{fa (x)} | x ⟩) | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}\left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

U_{f} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩) = | x ⟩ | f (x) ⟩ - | 1 \oplus f (x) ⟩ = {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩)

$U_f\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right) = \left|x\right\rangle\left|f\left(x\right)\right\rangle - \left|1\oplus f\left(x\right)\right\rangle = \left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right)$

$x$ $x = \prod_ix_i$

H | x_{i} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + {(- 1)}^{x_{i}} | 1 ⟩) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y = {0, 1}} {(- 1)}^{x_{i} . y} | y ⟩ .

$H\left|x_i\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|0\right\rangle + \left(-1\right)^{x_i}\left|1\right\rangle\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{y=\left\lbrace0, 1\right\rbrace}\left(-1\right)^{x_i.y}\left|y\right\rangle.$

This gives the property

H^{\otimes n} | x ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} \sum_{y \in {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{x . y} | y ⟩ .

$H^{\otimes n}\left| x\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\sum_{y\in\left\lbrace0, 1\right\rbrace^n}\left(-1\right)^{x.y}\left|y\right\rangle.$

This gives the final state as

\frac{1}{2^{n}} (\sum_{x, y = {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{f (x) \oplus x . y} | y ⟩) | - ⟩ .

$\frac{1}{2^n}\left(\sum_{x, y=\{0,1\}^n}\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y}\left|y\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

We know that $f\left(x\right) = u.x = x.u$ , giving $\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y} = \left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)}$ . Summing over the $x$ terms gives that $\sum_x\left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)} = 0,\, \forall\, u\oplus y \neq 0$ . This means that we're left with the term for $u\oplus y = 0$ , which means that $u=y$ , giving the output as $\left|u\right\rangle\left|-\right\rangle$ , which is measured to obtain $u$ .

Jeśli chodzi o to, dlaczego chcemy ustawić superpozycję : tutaj pojawia się moc obliczeń kwantowych - w mniej matematycznych kategoriach zastosowanie transformacji Hadamarda powoduje obrót stanów kubitów, aby dostać się do stanu $\left|+\right\rangle^{\otimes n}$ . Następnie obracasz każdy kubit w tym stanie superpozycji za pomocą operacji równoważnej XOR (w tej nowej podstawie), dzięki czemu przy ponownym przeprowadzaniu transformacji Hadamarda teraz po prostu wracasz do stanu $\left|u\right\rangle$ . Innym sposobem patrzenia na to jest uznanie go za odbicie lub odwrócenie, które pozwala osiągnąć ten sam rezultat.

Chodzi o to, że za pomocą superpozycji możemy to zrobić dla wszystkich kubitów jednocześnie, zamiast konieczności indywidualnego sprawdzania każdego kubitów, jak w przypadku klasycznym.

— Mithrandir24601
źródło