การวัด qubit หนึ่งส่งผลกระทบต่อคนอื่นอย่างไร

เพื่อแสดงสถานะของคอมพิวเตอร์ควอนตัม qubits ทั้งหมดมีส่วนร่วมในเวกเตอร์สถานะหนึ่ง (นี่คือหนึ่งในความแตกต่างที่สำคัญระหว่างควอนตัมและการคำนวณแบบคลาสสิกที่ฉันเข้าใจ) ความเข้าใจของฉันคือมันเป็นไปได้ที่จะวัดเพียงหนึ่ง qubit จากระบบของหลาย qubits การวัดที่หนึ่งควิบิตมีผลกระทบต่อทั้งระบบอย่างไร (โดยเฉพาะมันมีผลต่อเวกเตอร์สถานะอย่างไร)

quantum-state measurement

— ทุ่งหญ้า
แหล่งที่มา

คำตอบ:

มีหลายวิธีที่แตกต่างกันในการดู qubits และระเบียบแบบเวกเตอร์ของรัฐเป็นเพียงหนึ่งในนั้น ในความหมายเชิงพีชคณิตเชิงเส้นทั่วไปการวัดจะถูกฉายลงบนพื้นฐาน ที่นี่ฉันจะให้ข้อมูลเชิงลึกกับตัวอย่างจากมุมมองของ Pauli ซึ่งเป็นแบบจำลองวงจรปกติของ QC

ประการแรกมันเป็นเรื่องที่น่าสนใจซึ่งพื้นฐานเวกเตอร์สเตจจะถูกจัดเตรียมไว้ใน - ผู้ปฏิบัติงานการวัดทุกคนมาพร้อมกับชุดของไอเกตสเตตและการวัดใด ๆ ที่คุณดู (เช่น $X,Y,Z, XX, XZ$ ฯลฯ ) กำหนดพื้นฐานที่อาจเป็นวิธีที่ดีที่สุดสำหรับคุณในการเขียนเวกเตอร์สถานะวิธีที่ง่ายที่สุดในการตอบคำถามของคุณคือถ้าคุณรู้ว่าพื้นฐานที่คุณสนใจคืออะไรและที่สำคัญกว่านั้นคือไม่ว่าคุณจะทำการวัดด้วย

ดังนั้นเพื่อความเรียบง่ายสมมติว่าคุณเริ่มต้นด้วยสอง qubits คู่ในสถานะโดยพลการเขียนใน $Z$ -basis สำหรับ qubits ทั้งสอง:

| ψ ⟩ = a | 0_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + b | 0_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩ + c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩

$| \psi \rangle = a | 0_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle +b | 0_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle + c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle$

การวัดที่เป็นไปได้ง่ายที่สุดที่คุณสามารถทำได้คือนั่นคือตัวดำเนินการของ qubit แรกตามด้วยตัวดำเนินการของ qubit ที่สอง การวัดทำอะไร มันฉายสถานะให้เป็นหนึ่งในอีเกนสเตต คุณสามารถคิดได้ว่านี่เป็นการกำจัดคำตอบที่เป็นไปได้ทั้งหมดที่ไม่สอดคล้องกับคำตอบที่เราเพิ่งวัด ตัวอย่างเช่นสมมติว่าเราวัดค่าและรับผลลัพธ์จากนั้นสถานะผลลัพธ์ที่เราจะเป็น: $Z_{1}$ $Z$ $Z_{2}$ $Z$ $Z_{1}$ $1$

| ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{| c |^{2} + | d |^{2}}} (c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩)

$| \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{|c|^{2} +|d|^{2}}} \left(c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle \right)$

โปรดทราบว่าค่าสัมประสิทธิ์ด้านหน้าเป็นเพียงการเปลี่ยนรูปแบบใหม่ ความน่าจะเป็นของการวัดคือ $Z_{2}=0$ . หมายเหตุนี่แตกต่างจากความน่าจะเป็นที่เรามีในสถานะเริ่มต้นซึ่งก็คือ $\frac{1}{|c|^{2} +|d|^{2}} |c^{2}|$ . $|a|^{2}+|c|^{2}$

สมมติว่าการวัดครั้งต่อไปที่คุณทำไม่ได้ใช้การวัดครั้งก่อนอย่างไรก็ตาม นี่เป็นเรื่องยากเพราะคุณต้องใช้การเปลี่ยนแปลงพื้นฐานบนเวกเตอร์สถานะเพื่อที่จะเข้าใจความน่าจะเป็น ด้วยการวัดของ Pauli แม้ว่ามันจะมีแนวโน้มที่จะง่ายเนื่องจาก eigenbases เกี่ยวข้องในวิธีที่ดีนั่นคือ:

| 0_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ + | 1_{X} ⟩)

$| 0_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle + |1_{X} \rangle )$

| 1_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ - | 1_{X} ⟩)

$| 1_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle - |1_{X} \rangle )$

A good way to check your understanding: What is the probability of measuring $X= +1$ after the $Z_{1}=1$ measurement above? What is the probability if we have not made the $Z_{1}$ measurement? Then a more complicated question is to look at product operators that act on both qubits at once, for instance, how does a measurement of $Z_{1}Z_{2}=+1$ affect the initial state? Here $Z_{1}Z_{2}$ measures the product of the two operators.

— Emily Tyhurst
แหล่งที่มา

คำตอบที่ดีและเรียบง่าย ฉันคิดว่ามันเป็นสิ่งสำคัญที่จะต้องทราบว่าสิ่งที่คุณอธิบายนั้นเป็นจริงเฉพาะในกรณีที่คุณ a) ทำการวัดแบบ projective และ b) คุณรู้ผลลัพธ์ของการวัด เพียงจำไว้ว่าโดยทั่วไปคุณจะต้องมีสถานะผสมเพื่ออธิบายสถานะหลังการวัด

— เอ็มสเติร์น

$n$ $\lvert \psi \rangle \in \mathcal H_2^{\otimes n}$ , where $\mathcal H_2 \cong \mathbb C^2$ is the Hilbert space of a single qubit. Write

| ψ ⟩ = \sum_{x \in {0, 1}^{n}} u_{x} | x ⟩

$\lvert \psi \rangle = \sum_{x \in \{0,1\}^n} u_x \lvert x \rangle$ for some coefficients

u_{x} \in C

$u_x \in \mathbb C$ such that

\sum_{x} | u_{x} |^{2} = 1

$\sum_x \lvert u_x \rvert^2 = 1$ .

If you are measuring the first qubit in the standard basis, define
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{0 x^{'}} | 0 ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{1 x^{'}} | 1 ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{0x'} \,\lvert0\rangle \lvert x' \rangle, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{1x'} \,\lvert1\rangle \lvert x' \rangle,\end{aligned}$ and let $\lvert \psi_0 \rangle = \lvert \varphi_0 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_0 \vert \varphi_0 \rangle}\,$ and $\,\lvert \psi_1 \rangle = \lvert \varphi_1 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_1 \vert \varphi_1 \rangle}\,$ . It is not too difficult to show that, if you measure the first qubit and obtain the state $\lvert 0 \rangle$ , the state of the entire system "collapses" to $\lvert \psi_0 \rangle$ , and if you obtain $\lvert 1 \rangle$ what you obtain is $\lvert \psi_1 \rangle$ .
This is broadly analogous to the idea of conditional probability distributions: you might think of $\lvert \psi_0 \rangle$ as the state of the system conditioned on the first qubit being $\lvert 0 \rangle$ , and $\lvert \psi_1 \rangle$ as the state of the system conditioned on the first qubit being $\lvert 1 \rangle$ (except of course that the story is a bit more complicated, on account of the fact that the first qubit is not "secretly" in either the state $0$ or $1$ ).
The above is not strongly dependent on measuring the first qubit: we can define $\lvert \varphi_0 \rangle$ and $\lvert \varphi_1 \rangle$ in terms of fixing any particular bit in the bit string $x$ to either $0$ or $1$ , summing over only those components which are consistent with either the choice $0$ or $1$ , and proceeding as above.
The above is also not strongly dependent on measuring in the standard basis, as Emily indicates. If we wish to consider measuring the first qubit in the basis $\lvert \alpha \rangle, \lvert \beta \rangle$ , where $\lvert \alpha \rangle = \alpha_0 \lvert 0 \rangle + \alpha_1 \lvert 1 \rangle$ and $\lvert \beta \rangle = \beta_0 \lvert 0 \rangle + \beta_1 \lvert 1 \rangle$ , we define
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = (| α ⟩ ⟨ α | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (α_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + α_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | α ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = (| β ⟩ ⟨ β | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (β_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + β_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | β ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \Bigl(\lvert \alpha \rangle\!\langle \alpha \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\alpha_0^\ast u_{0x'} + \alpha_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\alpha\rangle \lvert x' \rangle\,, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \Bigl(\lvert \beta\rangle\!\langle \beta \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\beta_0^\ast u_{0x'} + \beta_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\beta\rangle \lvert x' \rangle\,, \end{aligned}$ and then proceeding as above.

— Niel de Beaudrap
แหล่งที่มา

Less formally-stated than the other answers, but for beginners I like the intuitive method outlined by Prof. Vazirani in this video.

Suppose you have a general two-qbit state:

$|\psi\rangle = \begin{bmatrix} \alpha_{00} \\ \alpha_{01} \\ \alpha_{10} \\ \alpha_{11} \end{bmatrix} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

Now suppose you measure the most-significant (leftmost) qbit in the computational basis (as in, collapse it to either $|0\rangle$ or $|1\rangle$ ). There are two questions we might ask:

What is the probability that the measured qbit collapses to $|0\rangle$ ? What about $|1\rangle$ ?
What is the state of the 2-qbit system after measurement?

For the first question, the intuitive answer is this: take the sum of squares of all amplitudes associated with the value for which you want to find the probability of collapse. So, if you want to know the probability of the measured qbit collapsing to $|0\rangle$ , you'd look at the amplitudes associated with cases $|00\rangle$ and $|01\rangle$ , because those are the cases where the measured qbit is $|0\rangle$ . Thus:

$P[|0\rangle] = |\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2$

Similarly, for $|1\rangle$ you look at the amplitudes associated with cases $|10\rangle$ and $|11\rangle$ , so:

$P[|1\rangle] = |\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2$

As for the state of the 2-qbit system after measurement, what you do is cross out all the components of the superposition which are inconsistent with the answer you got. So, if you measured $|0\rangle$ , then the state after measurement is:

$\require{cancel} |\psi\rangle = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \cancel{\alpha_{10}|10\rangle} + \cancel{\alpha_{11}|11\rangle} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle$

However, this state is not normalized - the sum of squares does not add up to 1, and so you have to normalize it:

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle}{\sqrt{|\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2}}$

Similarly, if you measured $|1\rangle$ then you'd get:

$\require{cancel} |\psi\rangle = \cancel{\alpha_{00}|00\rangle} + \cancel{\alpha_{01}|01\rangle} + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle = \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

Normalized:

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle}{\sqrt{|\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2}}$

And that's how you calculate the action of measuring one qbit in a multi-qbit state, in the simplest case!

— ahelwer
แหล่งที่มา