ยูนิเวอร์แซชุดของประตูสำหรับ SU (3)?

ในการคำนวณเชิงควอนตัมเรามักจะสนใจในกรณีที่กลุ่มของตัวดำเนินการรวมพิเศษพิเศษ G สำหรับระบบ d-dimension บางตัวนั้นให้ทั้งกลุ่ม SU (d) ทั้งกลุ่มหรือแม้กระทั่งเพียงการประมาณโดยครอบคลุมหนาแน่นของ SU (d)

กลุ่มของลำดับที่แน่นอนเช่นกลุ่ม Clifford สำหรับระบบ d-dimension C (d) จะไม่ให้ความคุ้มครองที่หนาแน่น กลุ่มของระเบียบที่ไม่มีที่สิ้นสุดจะไม่ให้ความคุ้มครองที่หนาแน่นหากกลุ่มคือ Abelian อย่างไรก็ตามสัญชาตญาณที่หยาบคายของฉันคือจำนวนประตูที่ไม่มีที่สิ้นสุดและการดำเนินการเปลี่ยนแปลงพื้นฐานของกลุ่มคลิฟฟอร์ดน่าจะพอเพียงเพื่อให้ครอบคลุมความหนาแน่น

อย่างเป็นทางการคำถามของฉันคือ

ฉันมีกลุ่ม G ที่เป็นกลุ่มย่อยของ SU (d) G มีคำสั่งไม่สิ้นสุดและ C (d) เป็นกลุ่มย่อยของ G ทำเช่นนี้ทั้งหมด G ให้ครอบคลุมหนาแน่นของ SU (d)

โปรดทราบว่าฉันสนใจเป็นพิเศษเมื่อ d> 2

ฉันใช้กลุ่ม Clifford ตามที่กำหนดไว้ที่นี่: http://arxiv.org/abs/quant-ph/9802007

นี่ไม่ใช่คำตอบที่สมบูรณ์ แต่อาจเป็นไปได้ที่จะตอบคำถาม

เนื่องจากมีคำสั่งไม่สิ้นสุด แต่ไม่ใช่ดังนั้นจึงมีประตูกลุ่มที่ไม่ใช่คลิฟฟอร์ด อย่างไรก็ตามมีเป็นกลุ่มย่อย แต่สำหรับกลุ่ม Clifford บวกกับประตูอื่น ๆ ที่ไม่ได้อยู่ในกลุ่ม Clifford นั้นมีความเป็นสากล (ดูเช่นทฤษฎีบท 1 ที่นี่ ) ดังนั้นทั้งหมดเช่นให้ครอบคลุมหนาแน่นในn)C ( d ) G G C ( d ) d = 2 G S U ( 2 n$G$$C(d)$$G$$G$$C(d)$$d=2$$G$$SU(2^n)$

สำหรับกรณีที่ดูเหมือนว่าอาจเป็นไปได้ที่จะพิสูจน์ว่าคุณยังคงได้รับความหนาแน่นสูงตามบรรทัดต่อไปนี้ (โดยใช้สัญลักษณ์ของกระดาษที่เชื่อมโยงกับคำถาม):$d>2$

1. ในฐานะที่เป็นประตูทั้งหมดในมีรวมทั้งหมดของค่าลักษณะเฉพาะของพวกเขามีรากของความสามัคคีซึ่งสำหรับความเรียบง่ายผมจะ parameterize โดยมุมจริง<20 ≤ θ ฉัน < 2 $G$$0 \leq \theta_i < 2\pi$
2. ในฐานะที่เป็นมีคำสั่งที่ไม่มีที่สิ้นสุดทั้งมีประตูที่อย่างน้อยหนึ่งค่าเป็นหลาย ๆ ไม่มีเหตุผลของหรือมีประมาณการที่ดีโดยพลการเช่นหลาย ๆ ไม่มีเหตุผลของ\ขอให้เรากำหนดหนึ่งประตูเช่นกรัมG θ kเธเธ$G$$G$$\theta_k$$\pi$$\pi$$g$
3. ดังนั้นจึงมีเช่นนั้นที่อยู่ใกล้โดยพลการ แต่ไม่เท่ากับตัวตนg $n$$g^n$
4. ตั้งแต่คือรวมกันก็สามารถเขียนเป็น(-iH) exp ( - i H $g^n$$\exp(-iH)$
5. เนื่องจากกลุ่ม Pauli ที่กำหนดไว้ในquant-ph / 9802007เป็นพื้นฐานสำหรับการฝึกอบรมคุณสามารถเขียนโดยที่และสำหรับ (โดย [3]) อย่างน้อยหนึ่งไม่เท่ากับศูนย์H = ∑ d - 1 j , k = 0 α j k X j d Z k d α j k ∈ C | α j k | ≤ ϵ ϵ > $d \times d$$H = \sum_{j,k = 0}^{d-1}\alpha_{jk} X_d^j Z_d^k$$\alpha_{jk} \in \mathbb{C}$$|\alpha_{jk}|\leq \epsilon$$\epsilon > 0$$\alpha_{ab}$
6. จากนั้นเราสามารถเลือกองค์ประกอบจากกลุ่ม Clifford ซึ่งแผนที่ถึงภายใต้การผันคำกริยา ดังนั้นที่เป็นเพียงการเปลี่ยนแปลงของและ{01}x j d Z k d Z d C g n C † = exp ( - ฉันC H C † ) = exp ( - i ( α a b Z d + ∑ ( j , k ) ≠ ( a , b ) α ′ j k X j d Z k d ) ) $C$$X_d^j Z_d^k$$Z_d$$C g^n C^\dagger = \exp(-iCHC^\dagger) = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$$\alpha'$α ข = α ' $\alpha$$\alpha_{ab} = \alpha'_{01}$
7. โปรดทราบว่าตอบสนองZ_d ให้เรานิยามk))Z d ( X u d Z v d ) = ω u ( X u d Z v d ) Z d g ℓ = Z - ℓ d C g n C † Z ℓ d = exp ( - i ( α a b Z d + ∑ ( j , k ) ≠ ( $Z_d$$Z_d (X_d^u Z_d^v) = \omega^{u} (X_d^u Z_d^v) Z_d$$g_\ell = Z_d^{-\ell} C g^n C^\dagger Z_d^{\ell} = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \omega^{j\ell} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$
8. โดยทฤษฎีบทของ Baker-Cambel-Hausdorff เนื่องจากทั้งหมดได้ถูกสร้างขึ้นโดยพลการใกล้ตัวเราจึงสามารถประเมินผลของถึงลำดับแรกเป็นk)) การรวมกันในทุกเส้นทางของความสามัคคีสำหรับอัตราผลตอบแทนนี่เป็นลำดับการแยก ซึ่งแยกองค์ประกอบที่ไม่ใช่เส้นทแยงมุมออกกรัม' = กรัม1 × . . × กรัมdประสบการณ์( - ฉัน( d × ( Σ k α 0 k Z k ) + ( Σ d ℓ = 1 ω d ) × Σ เจ≠ 0 Σ k α เจk X J d Z k d ) ) d > 1 $\alpha$$g' = g_1 \times ... \times g_d$$\exp(-i(d\times(\sum_{k} \alpha_{0k} Z^k) + (\sum_{\ell = 1}^d \omega^d)\times\sum_{j \neq 0}\sum_k \alpha_{jk}X_d^j Z_d^k))$$d>1$$g' = \exp(-i(d\times(\sum_{k\neq b} \alpha_{0k} Z^k))$
9. เนื่องจากเมทริกซ์แนวทแยงเท่านั้นยังคงอยู่ในค่าเลขชี้กำลังดังนั้นจึงต้องเป็นแนวทแยง นอกจากนี้เนื่องจากข้อ จำกัด ในการมันจำเป็นต้องมีลักษณะเฉพาะที่ไม่ใช่ศูนย์ แต่สัดส่วนกับ\α ′$g'$$\alpha'$$\epsilon$
10. โดยการที่แตกต่างกันและการทำซ้ำขั้นตอนข้างต้นมันควรจะเป็นไปได้ที่จะสร้างประตู linearly อิสระ:ดังกล่าวว่าผลการค้นหาผลิตภัณฑ์ของพวกเขาในแนวทแยงกับประตูที่มีขั้นตอนที่ไม่ลงตัวและเปรียบเทียบกันไม่ได้หรือใกล้เคียงโดยพลการ หนึ่งd กรัม' 1 . . g ′ $\epsilon$$d$$g'_1 ... g'_d$
11. จากการอ้างอิงที่ให้ไว้ในคำตอบของมาร์กฮาวเวิร์ดพร้อมกับกลุ่มคลิฟฟอร์ดน่าจะพอเพียงสำหรับความเป็นสากลโดยประมาณ

ฉันเชื่อว่าคำตอบสำหรับคำถามดั้งเดิมน่าจะใช่ แต่น่าเสียดายที่ฉันไม่สามารถพูดได้อย่างแน่นอน อย่างไรก็ตามฉันสามารถช่วยตอบคำถามเพิ่มเติมของปีเตอร์ได้

ในวิชาคณิตศาสตร์ / 0001038 โดย Nebe, Rains และ Sloane พวกเขาแสดงให้เห็นว่ากลุ่ม Clifford เป็นกลุ่มย่อยที่แน่นอนที่สุดของ U (2 ^ n) Solovay ยังได้แสดงสิ่งนี้ในงานที่ไม่ได้ตีพิมพ์ว่า "ใช้การจำแนกประเภทของกลุ่มอย่างง่าย ๆ ที่ จำกัด " The Nebe และคณะ กระดาษยังแสดงให้เห็นว่ากลุ่ม qudit Clifford เป็นกลุ่มย่อย จำกัด สูงสุดสำหรับนายก p, ยังใช้การจำแนกประเภทของกลุ่ม จำกัด ซึ่งหมายความว่ากลุ่มคลิฟฟอร์ดบวกประตูทุกบานเป็นกลุ่มที่ไม่มีที่สิ้นสุดซึ่งทำให้หนึ่งในสมมติฐานของคำถามเดิมซ้ำซ้อน

ตอนนี้ทั้ง Rains และ Solovay บอกฉันว่าขั้นตอนต่อไปแสดงให้เห็นว่ากลุ่มที่ไม่มีที่สิ้นสุดที่มีกลุ่ม Clifford นั้นเป็นสากลนั้นค่อนข้างตรงไปตรงมา อย่างไรก็ตามฉันไม่รู้ว่าขั้นตอนดังกล่าวใช้งานได้จริงอย่างไร และที่สำคัญกว่าสำหรับคำถามดั้งเดิมฉันไม่รู้ว่าพวกเขากำลังพิจารณาเฉพาะกรณี qubit หรือคดี qudit เท่านั้น

จริงๆแล้วฉันอาจจะเพิ่มว่าฉันไม่เข้าใจหลักฐาน Nebe, Rains และ Sloane แต่ก็ต้องการ

ไม่ชัดเจนสำหรับฉันว่าคุณกำลังถามเกี่ยวกับ SU (3) หรือ SU (3 ) ที่ทำหน้าที่เกี่ยวกับผลิตภัณฑ์เทนเซอร์ของ qudits ฉันจะสมมติว่าคุณถามเกี่ยวกับ SU (3) ไม่ชัดเจนสำหรับฉัน (แม้จะเป็นสิ่งที่ฉันพูดในคำตอบก่อนหน้านี้ของฉัน) ว่าคำสั่งสำหรับ SU (3) หมายถึงคำสั่งสำหรับ SU (3 )$^{n}$$^n$

ตราบใดที่ชุดประตูไม่ได้อยู่ในกลุ่มย่อยของ SU (3) มันจะสร้างหน้าปกที่หนาแน่นของ SU (3) ดังนั้นคุณต้องตรวจสอบว่ากลุ่มย่อยที่ไม่มีที่สิ้นสุดของ SU (3) มีกลุ่ม Clifford หรือไม่ ฉันค่อนข้างแน่ใจว่าพวกเขาไม่ได้ แต่ฉันไม่สามารถพูดได้อย่างแน่นอน นี่คือคำถามล้นทางคณิตศาสตร์ที่ให้กลุ่มย่อย Lie ของ SU (3)

ฉันคิดว่าฉันควรอัปเดตเธรดนี้ก่อนที่ไซต์จะถูกตรึงตลอดไป

คำตอบของ Daniel อยู่ในเกณฑ์ที่ถูกต้อง "ขั้นตอนต่อไป" ที่เขากล่าวถึงนี้ปรากฏในหนังสือเล่มต่อมาของเนเบะเรนส์และสโลน " รหัสสองตัวและทฤษฎีไม่แปรเปลี่ยน "

คำตอบสำหรับคำถามนี้คือ "ใช่" - และทำตามโดยตรงจาก Corollary 6.8.2 ในหนังสือของ Nebe, Rains and Sloane

ฉันขอบคุณ Vadym Kliuchnikov ที่ชี้เรื่องนี้ให้ฉันขณะที่ฉันไปเยี่ยมวอเตอร์ลู

ฉันคิดว่าบทความต่อไปนี้อาจมีโครงสร้างที่เกี่ยวข้องเพื่อพิสูจน์ความเป็นสากลของ qudit

http://dx.doi.org/10.1088/0305-4470/39/11/010

โดยเฉพาะอย่างยิ่งความคิดเห็นที่ส่วนท้ายของส่วนที่กล่าวว่าการควบคุมเฟสแปลงฟูริเยร์และประตูทแยงมุมมีเฟสไม่สมเหตุผลและไม่แน่นอนทำให้เกิดความเป็นสากลโดยประมาณ (นี่เป็นเงื่อนไขเพียงพอในแต่ฉันค่อนข้างแน่ใจว่ามันไม่ใช่เงื่อนไขที่จำเป็น)C Z F D $4$$CZ$$F$$D$$D$

หากของคุณอยู่ในรูปแบบที่ถูกต้อง (และประตูในแนวทแยงจะดูเหมือนเป็นทางเลือกที่เป็นธรรมชาติ) ดังนั้นผลลัพธ์จะถูกนำมาใช้$G$

วิธีการทางเลือกคือการสร้างสถานะของบรรพบุรุษที่จำเป็นสำหรับการใช้งาน qudit Toffoli หรือใช้พร้อมกับ Cliffords เพื่อนำ Toffoli ไปใช้โดยตรง มันยากที่จะบอกได้ว่านี้เป็นไปได้โดยไม่ต้องรู้เพิ่มเติมเกี่ยวกับG$G$$G$