Optymalna strategia do gry w stan kwantowy

9

Rozważ następującą grę:

Rzucam uczciwą monetą i w zależności od wyniku (główki / reszki) dam ci jeden z następujących stanów:

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

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

Tutaj, $x$ jest znanym stałym kątem. Ale nie mówię wam, jaki stan wam daję.

Jak mogę opisać procedurę pomiaru (tj. Ortonormalną podstawę kubitową), aby odgadnąć, który stan podano mi, jednocześnie maksymalizując szansę na rację? Czy istnieje optymalne rozwiązanie?

Uczę się obliczeń kwantowych i natrafiłem na to ćwiczenie. Naprawdę nie wiem, jak zacząć, i byłbym bardzo wdzięczny za pomoc.

Myślę, że dobrą strategią byłoby przeprowadzenie transformacji ortogonalnej

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

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

Nie mogę zrobić dużego postępu ...

quantum-state measurement games

— jjbid
źródło

Intuicyjnie odpowiedzią jest pomiar w oparciu o obliczenia, ponieważ możemy ograniczyć

x

$x$ do

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$ i kiedy

x = 0

$x=0$ stany są nierozróżnialne i kiedy

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$ stany są ortogonalne, ale nie jestem pewien, jak to udowodnić.

— ahelwer

8

Po prostu tłumaczymy binarny wynik pomiaru kubitu na nasze przypuszczenia, czy jest to pierwszy stan, czy drugi, obliczamy prawdopodobieństwo sukcesu dla każdego możliwego pomiaru kubita, a następnie więcej znajduje maksimum funkcji dwóch zmiennych (na dwie sfery).

Po pierwsze, coś, czego tak naprawdę nie będziemy potrzebować, dokładny opis stanu. Pełny stan układu, który zależy zarówno od superpozycji, jak i klasycznej uczciwej monety, można zakodować w matrycy gęstości

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})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ gdzie lewa kolumna i górny wiersz odpowiadają stanowi bazowemu „zero”, a pozostałe „jednemu”. Pomocne jest przepisanie macierzy gęstości pod względem 4-elementowej podstawy

2 \times 2

$2\times 2$ matryce,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{\sin x \cos x}{2} σ_{x} + (\frac{\cos^{2} x - \sin^{2} x}{4} + \frac{1}{4}) σ_{z}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Można to zapisać pod kątem

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{\sin 2 x}{4} σ_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Teraz, niezależnie od stanu mieszanego, jest to nadal układ dwupoziomowy, a wszystkie pomiary w dwuwymiarowej przestrzeni Hilberta są albo trywialne (pomiary

c

$c$ -numer) lub równoważny pomiarowi spinu wzdłuż osi, tj. pomiarom

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ który jest jednostkowym wektorem 3D pomnożonym przez wektor macierzy Pauliego. OK, co się stanie, jeśli dokonamy pomiaru

V

$V$ ? Wartości własne

V

$V$ są plus jeden lub minus jeden. Prawdopodobieństwo każdego z nich można uzyskać na podstawie wartości oczekiwanej wynoszącej

V

$V$ który jest

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Ślady produktów przyczyniają się tylko wtedy, gdy

1

$1$ spotyka się

1

$1$ (ale zakładamy, że nie było terminu

V

$V$ ) lub

σ_{x}

$\sigma_x$ spotyka się

σ_{x}

$\sigma_x$ itd., w których przypadkach ślad macierzy daje dodatkowy współczynnik 2. Mamy więc

⟨ V ⟩ = \frac{\sin 2 x}{2} n_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{2} n_{z}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ Otrzymujemy wartość własną

\pm 1

$\pm 1$ z prawdopodobieństwami

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ odpowiednio. Dokładnie kiedy

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , dwa początkowe stany „głowa i ogon” są względem siebie ortogonalne (w zasadzie

| 0 ⟩

$|0\rangle$ i

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) i możemy je w pełni dyskryminować. Aby ustalić prawdopodobieństwa

0, 1

$0,1$ , musimy po prostu wybrać

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; zauważ, że ogólny znak

\vec{n}

$\vec n$ nie ma znaczenia dla procedury.

Teraz dla $\cos x \neq 0$ , stany nie są ortogonalne, tzn. „nie wykluczają się wzajemnie” w sensie kwantowym i nie możemy bezpośrednio zmierzyć, czy moneta była ogonem, czy głowicą, ponieważ możliwości te zostały zmieszane w macierzy gęstości. W rzeczywistości macierz gęstości zawiera wszystkie prawdopodobieństwa wszystkich pomiarów, więc jeśli moglibyśmy uzyskać tę samą macierz gęstości przez inną mieszankę możliwych stanów z rzutów monetą, stany kubit byłyby ściśle nie do odróżnienia.

Nasze prawdopodobieństwo sukcesu wyniesie poniżej 100%, jeśli $\cos x\neq 0$ . Ale jedynym sensownym sposobem użycia klasycznego bitu $V=\pm 1$ z pomiaru należy bezpośrednio przełożyć go na nasze przypuszczenia o stanie początkowym. Bez utraty ogólności nasze tłumaczenie może zostać wybrane

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Gdybyśmy chcieli czegoś przeciwnego, identyfikacja krzyżowa ogonów i znaków

V

$V$ , moglibyśmy to osiągnąć, zmieniając ogólny znak

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

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

Nazwijmy pierwszy prosty stan początkowy „głowami” (zero), a drugi trudniejszy „ogon” (superpozycja cosinus-sinus). Prawdopodobieństwo sukcesu jest, biorąc pod uwagę nasze tłumaczenie z $+1$ do głów i $-1$ do ogonów,

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Ponieważ jest to uczciwa moneta, uwzględniono dwa czynniki wymienione powyżej

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

$P(H)=P(T)=1/2$ . Najtrudniejszym obliczeniem spośród czterech prawdopodobieństw jest

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Ale wykonaliśmy już trudniejsze obliczenia powyżej, to był

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Po prostu pomijamy stały termin proporcjonalny do

n_{z}

$n_z$ i pomnóż przez dwa:

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

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Wynik dla „głów” uzyskuje się po prostu przez ustawienie

x = 0

$x=0$ ponieważ stan „głów” jest równy stanowi „ogonów”

x = 0

$x=0$ podstawiony Więc

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

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ and the complementary

1 - P

$1-P$ probability is

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

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ Substitute those results to our "success probability" to get

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

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

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)

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

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$ , we may also write it as

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
źródło

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

1

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

— DaftWullie
źródło