กลยุทธ์ที่เหมาะสมที่สุดสำหรับเกมรัฐควอนตัม

9

พิจารณาเกมต่อไปนี้:

ฉันพลิกเหรียญที่ยุติธรรมและขึ้นอยู่กับผลลัพธ์ (ไม่ว่าจะเป็นหัว / ก้อย) ฉันจะให้หนึ่งในสถานะต่อไปนี้:

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

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

ที่นี่ $x$ เป็นมุมคงที่ที่รู้จัก แต่ฉันไม่ได้บอกคุณว่าฉันให้คุณรัฐไหน

ฉันจะอธิบายขั้นตอนการวัดได้อย่างไร (เช่นพื้นฐานของควอร์ตออร์โธปรกติ) เพื่อคาดเดาสถานะที่ฉันได้รับในขณะที่เพิ่มโอกาสที่จะถูก? มีทางออกที่ดีที่สุดหรือไม่?

ฉันได้เรียนรู้การคำนวณควอนตัมด้วยตนเองและฉันได้เจอแบบฝึกหัดนี้ ฉันไม่รู้จริงๆว่าจะเริ่มยังไงและฉันจะขอขอบคุณความช่วยเหลือ

ฉันคิดว่ากลยุทธ์ที่ดีคือการเปลี่ยนแปลงมุมฉากด้วย

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

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

ไม่สามารถก้าวหน้าได้มาก ...

quantum-state measurement games

— jjbid
แหล่งที่มา

คำตอบอย่างสังหรณ์ใจคือการวัดในพื้นฐานการคำนวณเพราะเราสามารถ จำกัด ได้

x

$x$ ถึง

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$ และเมื่อ

x = 0

$x=0$ รัฐแยกไม่ออกและเมื่อใด

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$ รัฐเป็นแบบฉาก แต่ฉันไม่แน่ใจว่าจะพิสูจน์มันได้อย่างไร

— ahelwer

8

เราเพียงแปลผลเลขฐานสองของการวัด qubit เป็นการคาดเดาของเราไม่ว่าจะเป็นสถานะแรกหรือครั้งที่สองคำนวณความน่าจะเป็นของความสำเร็จสำหรับการวัด qubit ที่เป็นไปได้ทุกครั้งจากนั้นหาฟังก์ชันสูงสุดของตัวแปรสองตัว สองทรงกลม)

อันดับแรกสิ่งที่เราไม่ต้องการจริงๆคำอธิบายที่ถูกต้องของรัฐ สถานะเต็มรูปแบบของระบบที่ขึ้นอยู่กับทั้งการซ้อนทับและเหรียญแบบคลาสสิกอาจถูกเข้ารหัสในเมทริกซ์ความหนาแน่น

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})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ โดยที่คอลัมน์ด้านซ้ายและแถวบนตรงกับสถานะพื้นฐาน "ศูนย์" และคอลัมน์ที่เหลือเป็น "หนึ่ง" เป็นประโยชน์ในการเขียนเมทริกซ์ความหนาแน่นใหม่อีกครั้งในแง่ขององค์ประกอบ 4 องค์ประกอบของ

2 \times 2

$2\times 2$ เมทริกซ์

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}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ ที่อาจจะเขียนในแง่มุม

2 x

$2x$ :

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

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ ตอนนี้โดยไม่คำนึงถึงสถานะผสมนี่ยังคงเป็นระบบสองระดับและการวัดทั้งหมดในพื้นที่ฮิลแบร์ตสองมิตินั้นไม่สำคัญเลย (การวัดของ a

c

$c$ - จำนวน) หรือเทียบเท่ากับการวัดการหมุนตามแกนเช่นการวัด

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ ซึ่งเป็นเวกเตอร์ 3D หน่วยคูณด้วยเวกเตอร์ของเมทริกซ์ Pauli ตกลงเกิดอะไรขึ้นถ้าเราวัด

V

$V$ ? ค่าลักษณะเฉพาะของ

V

$V$ เป็นบวกหนึ่งหรือลบหนึ่ง ความน่าจะเป็นของแต่ละค่าอาจได้มาจากค่าที่คาดหวังของ

V

$V$ ซึ่งเป็น

⟨ V ⟩ = T R (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ ร่องรอยของผลิตภัณฑ์สนับสนุนเฉพาะในกรณีที่

1

$1$ มีคุณสมบัติตรงตาม

1

$1$ (แต่เราถือว่าไม่มีคำในระบบ

V

$V$ ) หรือ

σ_{x}

$\sigma_x$ มีคุณสมบัติตรงตาม

σ_{x}

$\sigma_x$ เป็นต้นซึ่งในกรณีนี้การสืบค้นกลับของเมทริกซ์ให้ปัจจัยพิเศษที่ 2 ดังนั้นเรามี

⟨ V ⟩ = \frac{บาป 2 x}{2} n_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{2} n_{Z}

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

\pm 1

$\pm 1$ กับความน่าจะเป็น

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ ตามลำดับ เมื่อใด

\cos x = 0

$\cos x = 0$ สถานะ "หัวและหาง" เริ่มต้นสองสถานะเป็นมุมฉากซึ่งกันและกัน

| 0 ⟩

$|0\rangle$ และ

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) และเราอาจเลือกปฏิบัติอย่างเต็มที่ เพื่อสร้างความน่าจะเป็น

0, 1

$0,1$ เราต้องเลือก

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; โปรดทราบว่าสัญญาณโดยรวมของ

\vec{n}

$\vec n$ ไม่สำคัญสำหรับขั้นตอน

ตอนนี้สำหรับ $\cos x \neq 0$ สหรัฐฯไม่ใช่ orthogonal นั่นคือ "ไม่ได้เกิดร่วมกันอย่างเอกเทศ" ในความหมายของควอนตัมและเราไม่สามารถวัดได้โดยตรงว่าเหรียญเป็นก้อยหรือหัวเพราะความเป็นไปได้เหล่านั้นถูกผสมในเมทริกซ์ความหนาแน่น ในความเป็นจริงเมทริกซ์ความหนาแน่นมีความน่าจะเป็นทั้งหมดของการวัดทั้งหมดดังนั้นถ้าเราสามารถได้เมทริกซ์ความหนาแน่นเดียวกันโดยการผสมที่แตกต่างกันของสถานะที่เป็นไปได้จากการโยนเหรียญสถานะของควิบิตจะแยกกันไม่ออก

ความน่าจะเป็นของความสำเร็จของเราจะต่ำกว่า 100% ถ้า $\cos x\neq 0$ . แต่วิธีเดียวที่มีความหมายในการใช้บิตคลาสสิค $V=\pm 1$ จากการวัดเป็นการแปลโดยตรงไปยังการคาดเดาของเราเกี่ยวกับสถานะเริ่มต้น การแปลของเราอาจถูกเลือกให้เป็น

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ หากเราต้องการสิ่งที่ตรงกันข้ามให้ระบุไขว้หัว - หางและสัญญาณของ

V

$V$ เราสามารถทำได้โดยการพลิกเครื่องหมายโดยรวมของ

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

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

ลองเรียกว่า "หัว" เริ่มต้นอย่างง่าย ๆ อันแรก (ศูนย์) และอันที่สองที่ยากกว่า "ก้อย" (การซ้อนโคไซน์ - ไซน์) ความน่าจะเป็นของความสำเร็จนั้นมาจากการแปลของเราจาก $+1$ กับหัวและ $-1$ เพื่อก้อย

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ เนื่องจากเป็นเหรียญที่ยุติธรรมปัจจัยสองประการที่รวมไว้ข้างต้นคือ

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

$P(H)=P(T)=1/2$ . การคำนวณที่ยากที่สุดในบรรดาสี่ความน่าจะเป็นคือ

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . แต่เราได้ทำการคำนวณที่ยากขึ้นไปแล้ว

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . ที่นี่เราแค่ละเว้นเทอมคงที่ตามสัดส่วน

n_{z}

$n_z$ และคูณด้วยสอง:

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

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ ผลลัพธ์สำหรับ "หัว" นั้นได้มาจากการตั้งค่า

x = 0

$x=0$ เนื่องจากสถานะ "heads" เท่ากับ "tails" ด้วย

x = 0

$x=0$ แทน ดังนั้น

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

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ และเสริม

1 - P

$1-P$ ความน่าจะเป็นคือ

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

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ แทนผลลัพธ์เหล่านั้นให้เป็น

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

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

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
แหล่งที่มา

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
แหล่งที่มา