Symuluj ewolucję hamiltonowską

11

Próbuję wymyślić, jak symulować ewolucję kubitów pod wpływem interakcji Hamiltonianów z terminami zapisanymi jako iloczyn tensorowy macierzy Pauliego w komputerze kwantowym. Znalazłem następującą sztuczkę w książce Nielsena i Chuanga, która jest wyjaśniona w tym poście dla Hamiltonianu formy

H = Z_{1} \otimes Z_{2)} \otimes . . . \otimes Z_{n}

$H = Z_1 \otimes Z_2 \otimes ... \otimes Z_n$ .

Ale nie wyjaśniono szczegółowo, jak działałaby symulacja hamiltonianu z terminami obejmującymi macierze Pauliego $X$ lub $Y$ Rozumiem, że możesz przekształcić te Pauliego w Z, biorąc pod uwagę, że $HZH = X$ gdzie $H$ jest bramą Hadamarda, a także $S^{\dagger}HZHS =Y$ gdzie $S$ jest bramką fazy $i$ . Jak dokładnie powinienem to wykorzystać do implementacji na przykład

H. = X \otimes Y

$H= X \otimes Y$

Co jeśli teraz Hamiltonian zawiera sumę terminów z macierzami Pauliego? Na przykład

H. = X_{1} \otimes Y_{2)} + Z_{2)} \otimes Y_{3)}

$H = X_1 \otimes Y_2 + Z_2 \otimes Y_3$

hamiltonian-simulation nielsen-and-chuang pauli-gates

— Pam
źródło

3

Załóżmy, że masz hamiltonian w postaci

H. = σ_{1} \otimes σ_{2)} \otimes σ_{2)} \otimes \dots \otimes σ_{n}

$H=\sigma_1\otimes\sigma_2\otimes\sigma_2\otimes\ldots\otimes\sigma_n$ Istnieje prosta konstrukcja obwodu, która pozwala zaimplementować ewolucję czasu

e^{- i H t}

$e^{-iHt}$ . Sztuką jest w zasadzie do rozkładu stanu, że jesteś ewoluuje w składniki, które są w

\pm 1

$\pm 1$ eigenspaces z

H

$H$ . Następnie zastosujesz fazę

e^{- i t}

$e^{-it}$ do przestrzeni własnej

+ 1

$+1$ , a fazę

e^{- i t}

$e^{-it}$ do

- 1

$-1$ własnej. Poniższy obwód wykonuje to zadanie (i na końcu oblicza rozkład).

Zakładam, że element bramki fazowej w środku stosuje jednostkę

(\begin{array}{cc} e^{i t} & 0 \\ 0 & e^{- i t} \end{array}) .

$\left(\begin{array}{cc} e^{it} & 0 \\ 0 & e^{-it} \end{array}\right).$

Ogólnie rzecz biorąc, jeśli chcesz ewoluować trochę hamiltonianów $H=H_1+H_2$ gdzie $H_1$ i $H_2$ mają poprzednią formę, to zdecydowanie najłatwiej jest rozłożyć ewolucję na

e^{- i H t} \approx {(e^{- i H_{1} t / M} e^{- i H_{2} t / M})}^{M}

$e^{-iHt}\approx \left(e^{-iH_1t/M}e^{-iH_2t/M}\right)^M$ dla niektórych dużych

M

$M$ (chociaż istnieją algorytmy o znacznie lepszym zachowaniu skalowania) i dla każdego z tych małych kroków

e^{- i H_{1} t / M}

$e^{-iH_1t/M}$ można zaimplementować w poprzednim obwodzie.

To powiedziawszy, czasami są mądrzejsze rzeczy, które możesz zrobić. Twój dodatkowy przykład,

H = X \otimes Y \otimes I + Z \otimes I \otimes Y

$H=X\otimes Y\otimes\mathbb{I}+Z\otimes\mathbb{I}\otimes Y$ jest jednym z takich przypadków. Zacznę od zastosowania obrotu jednostkowego

U = \frac{Z + Y}{\sqrt{2}}

$U=\frac{Z+Y}{\sqrt{2}}$ do qubitach 2 i 3. Jest to równoważne z bramą Hadamarda, ale przekształca

Y

$Y$ w

Z

$Z$ zamiast

X

$X$ . Teraz zatrzymaj się na chwilę i pomyśl. Jeśli kubity 2 i 3 są w 00, to stosujemy

(X + Z)

$(X+Z)$ do kubitu 1. Dla 01 to

(X - Z)

$(X-Z)$ , dla 10 to

(Z - X)

$(Z-X)$ , a dla 11 to

- (X + Z)

$-(X+Z)$ . Następnie zastosujmy kontrolowane-nie z qubit 2 do qubit 3. To tylko nieznacznie przepuszcza podstawowe elementy. Mówi teraz, że musimy zastosować hamiltonian

(- 1)^{x_{2}} (X + (- 1)^{x_{3}} Z)

$(-1)^{x_2}(X+(-1)^{x_3}Z)$ do stanu kubit 1, jeśli kubity 2 i 3 są w stanach

x_{2} x_{3}

$x_2x_3$ . Następnie pamiętaj, że

X + Z = \sqrt{2} H

$X+Z=\sqrt{2}H$ (Hadamard, nie hamiltonian), i że

X \sqrt{2} H X = X - Z

$X\sqrt{2}HX=X-Z$ . To daje nam łatwy sposób na konwersję między dwoma bitami Hamiltona. Zamienimy te dwa

X

$X$ y na kontrolowane-nie-kontrolowane przez qubit 3. Podobnie, możemy użyć tożsamości obwodu, w

której tym razem zastąpimy

X

$X$ -tych kontrolowanymi notami sterowanymi przez qubit 2.

Ogólnie rzecz biorąc, uważam, że symulacja wygląda na skomplikowaną, ale nie ma podziału na małe etapy czasowe, które kumulują błędy w miarę postępów. Nie będzie to często obowiązywać, ale warto zdawać sobie sprawę z tego rodzaju możliwości.

— DaftWullie
źródło

Co oznacza pierwiastek kwadratowy z kropką - bramka?

— Enrique Segura

@EnriqueSegura dokładnie taki sam jak ten, o który właśnie zapytałeś: bramka fazowa z oznaczonym kątem obrotu.

— DaftWullie

1

Sztuczka polega na tym, że jeśli mamy hamiltonian $H$ z diagonalizacją $H=UDU^\dagger$ , to $e^{it H} = U e^{it D} U^\dagger$ .

W szczególności, jeśli masz Hamiltona, który jest produktem Pauliego $H = \sigma_1\otimes\cdots\otimes \sigma_n$ (gdzie dla uproszczenia zakładamy, $\sigma_i \neq I$ dla wszystkich $i$ ), a następnie możemy diagonalise $H$ jak

H = (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'}) Z \otimes \cdot \otimes Z (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'})

$H = (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n) Z\otimes\cdot\otimes Z (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n)$

W rezultacie:

e^{i t H} = (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'}) e^{i t Z \otimes \cdot \otimes Z} (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'})

$e^{it H} = (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n) e^{it Z\otimes\cdot\otimes Z} (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n)$

Od Macierze Pauliego są łatwe do wykonania na komputerze kwantowym, a już wiemy, jak to zrobić $e^{it Z\otimes Z}$ , jesteśmy wtedy zrobić.

Jeśli Hamiltonian jest sumą produktów Pauli, to nie ma ogólnego prostego rozwiązania, ale można użyć formuły produktu Lie skróconej do pewnej dużej liczby terminów, aby zredukować ją do powyższego problemu.

— Jan
źródło

0

Ogólnie rzecz biorąc, ten problem nie jest bardzo prosty, ostatecznie sprowadza się do przyjęcia hamiltonianu, jak napisałeś, i jakoś utworzenia odpowiedniej sekwencji bramek, które implementują $e^{-\Delta t H}$ . Z mojego zrozumienia wynika to zwykle przy użyciu przybliżenia Trottera-Suzuki i rozkładu bramek.

— Jerzy
źródło