Estratégia ideal para um jogo de estado quântico

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Considere o seguinte jogo:

Eu jogo uma moeda justa e, dependendo do resultado (cara / coroa), darei a você um dos seguintes estados:

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

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

Aqui $x$ é um ângulo constante conhecido. Mas, eu não digo qual estado eu lhe dou.

Como posso descrever um procedimento de medição (ou seja, uma base de qubit ortonormal) para adivinhar qual o estado que recebo, maximizando a chance de estar certo? Existe uma solução ideal?

Eu estudei computação quântica e me deparei com este exercício. Eu realmente não sei nem como começar, e eu realmente aprecio alguma ajuda.

Eu acho que uma boa estratégia seria realizar uma transformação ortogonal com

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

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

Não posso fazer muito progresso ...

quantum-state measurement games

— jjbid
fonte

Intuitivamente, a resposta é medir na base computacional, porque podemos restringir

a

x

$x$

e quando

os estados são indistinguíveis e quando

[0, \frac{π}{2}]

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

x = 0

$x=0$

os estados são ortogonais, mas não tenho certeza de como provar isso.

x = \frac{π}{2}

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

— ahelwer 28/01/19

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Simplesmente traduzimos o resultado binário de uma medição de qubit para o nosso palpite, seja o primeiro estado ou o segundo, calculamos a probabilidade de sucesso para todas as medições possíveis do qubit e, em seguida, encontramos mais o máximo de uma função de duas variáveis (no duas esferas).

Primeiro, algo que realmente não precisamos, a descrição precisa do estado. O estado completo do sistema que depende tanto de superposições como de uma moeda clássica clássica pode ser codificado na matriz de densidade

ρ = \frac{1 1}{2} (\begin{matrix} 1 1 & 0 0 \\ 0 0 & 0 0 \end{matrix}) + \frac{1 1}{2} (\begin{matrix} {porque}^{2} x & pecado x porque x \\ pecado x porque x & {pecado}^{2} x \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ que a coluna esquerda e a linha superior correspondem ao estado base "zero" e os restantes a "um". É útil para reescrever a matriz de densidade em termos de base de 4 elementos dos

2 \times 2

$2\times 2$ matrizes,

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}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Isso pode ser escrito em termos do ângulo

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1 1}{2} + \frac{pecado 2 x}{4} σ_{x} + \frac{porque 2 x + 1 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Agora, independentemente do estado misto, este ainda é um sistema de dois níveis e todas as medições no espaço bidimensional de Hilbert são triviais (medições de umnúmero

c

$c$ ) ou equivalentes à medição da rotação ao longo de um eixo, isto é, as medições de

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ que é um vector 3D unidade multiplicados pelo vector de matrizes de Pauli. OK, o que acontece se medirmos

V

$V$ ? Os autovalores de

V

$V$ são mais um ou menos um. A probabilidade de cada um pode ser obtido a partir do valor esperado de

V

$V$ que é

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Os traços de produtos contribuem apenas se

1

$1$ atende

1

$1$ (mas assumimos que não houve termo em

V

$V$ ) ou

σ_{x}

$\sigma_x$ atende

σ_{x}

$\sigma_x$ etc., casos em que o rastreamento da matriz fornece um fator extra de 2. Então ter

⟨ V ⟩ = \frac{pecado 2 x}{2} n_{x} + \frac{porque 2 x + 1 1}{2} n_{z}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ Nós obter o valor próprio

\pm 1

$\pm 1$ com as probabilidades

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ , respectivamente. Exatamente quando

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , as duas iniciais "cabeça e cauda" estados são ortogonais entre si (basicamente

| 0 ⟩

$|0\rangle$ e

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) e podemos discriminá-los totalmente. Para tornar as probabilidades

0, 1

$0,1$ , devemos simplesmente escolher

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; note que o sinal geral de

\vec{n}

$\vec n$ não importa para o procedimento.

Agora, para $\cos x \neq 0$ , os estados são não ortogonais, ou seja, "não se excluem mutuamente" no sentido quântico e não podemos medir diretamente se a moeda era coroa ou coroa, porque essas possibilidades estavam misturadas na matriz de densidade. De fato, a matriz de densidade contém todas as probabilidades de todas as medições; portanto, se pudéssemos obter a mesma matriz de densidade por uma mistura diferente de estados possíveis dos lançamentos de moedas, os estados do qubit seriam estritamente indistinguíveis.

Nossa probabilidade de sucesso será inferior a 100% se $\cos x\neq 0$ . Mas a única maneira significativa de usar o bit clássico $V=\pm 1$ da medição é traduzi-lo diretamente para nosso palpite sobre o estado inicial. Sem perda de generalidade, nossa tradução pode ser escolhida para ser

(V = + 1 1) \to | Eu ⟩ = | 0 0 ⟩

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

(V = - 1 1) \to | Eu ⟩ = porque x | 0 0 ⟩ + pecado x | 1 1 ⟩ .

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Se quiséssemos o oposto, a identificação cruzada dos cabeçotes e dos sinais de

V

$V$ , poderíamos simplesmente alcançá-lo lançando o sinal geral de

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

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

Vamos chamar o primeiro estado inicial simples de "cabeças" (o zero) e o segundo mais difícil "caudas" (a superposição de cosseno-seno). A probabilidade de sucesso é, dada a tradução a partir de $+1$ de cabeças e $-1$ para caudas,

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Por ser uma moeda justa, os dois fatores incluídos acima são

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

$P(H)=P(T)=1/2$ . O cálculo mais difícil entre as quatro probabilidades é

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Mas já fizemos um cálculo mais difícil acima, foi a

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Aqui, omitimos o termo constante proporcional a

n_{z}

$n_z$ e multiplicamos por dois:

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

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ O resultado para "cabeças" é obtido simplesmente pela configuração de

x = 0

$x=0$ porque o estado "cabeças" é igual a "caudas", com

x = 0

$x=0$ substituído. Então

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

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ e aprobabilidadecomplementar

1 - P

$1-P$ é

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

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

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

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

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)

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

(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
fonte

Talvez eu precise ler a pergunta e responder com mais cuidado, mas esse não é um caso especial do problema resolvido em arxiv.org/abs/1805.03477 ?

— glS 30/01/19

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

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A chave está na estratégia ideal para distinguir dois estados não ortogonais. Isso é chamado de medida Helstrom, que descrevi aqui .

— DaftWullie
fonte