Strategia ottimale per un gioco a stati quantistici

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Considera il seguente gioco:

Lancio una moneta giusta e, a seconda del risultato (testa / croce), ti darò uno dei seguenti stati:

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

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

Qui, $x$ è un angolo costante noto. Ma non ti dico quale stato ti do.

Come posso descrivere una procedura di misurazione (cioè una base di qubit ortonormale) per indovinare quale stato mi viene dato, massimizzando al contempo la possibilità di avere ragione? C'è una soluzione ottimale?

Ho studiato da solo il calcolo quantistico e mi sono imbattuto in questo esercizio. Non so nemmeno come iniziare e apprezzerei davvero un po 'di aiuto.

Penso che una buona strategia sarebbe quella di eseguire una trasformazione ortogonale con

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

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

Non posso fare molti progressi ...

quantum-state measurement games

— jjbid
fonte

Intuitivamente la risposta è misurare sulla base computazionale perché possiamo limitare

a

x

$x$

e quando

gli stati sono indistinguibili e quando

[0, \frac{π}{2}]

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

x = 0

$x=0$

gli stati sono ortogonali, ma non sono sicuro di come dimostrarlo.

x = \frac{π}{2}

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

— ahelwer,

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Traduciamo semplicemente il risultato binario di una misurazione del qubit a nostro avviso sia che si tratti del primo stato o del secondo, calcoliamo la probabilità di successo per ogni possibile misurazione del qubit e quindi troviamo di più il massimo di una funzione di due variabili (sul due-sfera).

Innanzitutto, qualcosa di cui non avremo davvero bisogno, la descrizione precisa dello stato. Lo stato completo del sistema che dipende sia dalle sovrapposizioni sia da una moneta normale classica può essere codificato nella matrice di densità

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} X & peccato X \cos X \\ peccato X \cos X & {peccato}^{2} X \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ dove la colonna sinistra e la riga superiore corrispondono allo stato base "zero" e le restanti a "uno". È utile riscrivere la matrice di densità in termini di base a 4 elementi dellematrici

2 \times 2

$2\times 2$ ,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{peccato X \cos X}{2} σ_{X} + (\frac{\cos^{2} X - {peccato}^{2} X}{4} + \frac{1}{4}) σ_{z}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Che può essere scritto in termini di angolo

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{peccato 2 X}{4} σ_{X} + \frac{\cos 2 X + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Ora, indipendentemente dallo stato misto, questo è ancora un sistema a due livelli e tutte le misurazioni nello spazio bidimensionale di Hilbert sono o banali (misurazioni di un numero

c

$c$ ) o equivalenti alla misurazione della rotazione lungo un asse, cioè misure di

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ che è un vettore 3D unitario moltiplicato per il vettore delle matrici di Pauli. OK, cosa succede se misuriamo

V

$V$ ? Gli autovalori di

V

$V$ sono più uno o meno uno. La probabilità di ogni può essere ottenuto dal valore di attesa di

V

$V$ che è

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Le tracce di prodotti contribuiscono solo se

1

$1$ incontra

1

$1$ (ma assumiamo che non ci sia un termine in

V

$V$ ) o

σ_{x}

$\sigma_x$ incontra

σ_{x}

$\sigma_x$ ecc., In tal caso la traccia della matrice fornisce un fattore aggiuntivo di 2. Quindi noi avere

⟨ V ⟩ = \frac{peccato 2 X}{2} n_{X} + \frac{\cos 2 X + 1}{2} n_{z}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ Abbiamo l'autovalore

\pm 1

$\pm 1$ con le probabilità

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ , rispettivamente. Esattamente quando

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , i due primi stati "testa e di coda" sono ortogonali l'uno all'altro (in pratica

| 0 ⟩

$|0\rangle$ e

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) e possiamo completamente discriminarli. Per rendere le probabilità

0, 1

$0,1$ , dobbiamo semplicemente scegliere

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; si noti che il segno complessivo di

\vec{n}

$\vec n$ non ha importanza per la procedura.

Ora, per $\cos x \neq 0$ , gli stati non sono ortogonali, cioè "non si escludono a vicenda" in senso quantico e non possiamo misurare direttamente se la moneta fosse croce o testa perché quelle possibilità erano mescolate nella matrice di densità. In effetti, la matrice di densità contiene tutte le probabilità di tutte le misurazioni, quindi se potessimo ottenere la stessa matrice di densità da una diversa miscela di possibili stati da lanci di monete, gli stati del qubit sarebbero rigorosamente indistinguibili.

La nostra probabilità di successo sarà inferiore al 100% se $\cos x\neq 0$ . Ma l'unico modo significativo per usare il bit classico $V=\pm 1$ dalla misura è tradurlo direttamente alla nostra ipotesi sullo stato iniziale. Senza una perdita di generalità, la nostra traduzione può essere scelta per essere

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Se volessimo il contrario, l'identificazione incrociata delle code delle teste e dei segni di

V

$V$ , potremmo semplicemente raggiungerlo capovolgendo il segno complessivo di

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

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

Chiamiamo il primo semplice stato iniziale "teste" (lo zero) e il secondo più difficile "code" (la sovrapposizione seno-seno). La probabilità di successo è, data la nostra traduzione da $+1$ a testa e $-1$ a croce,

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Perché è una moneta giusta, i due fattori inclusi sopra sono

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

$P(H)=P(T)=1/2$ . Il calcolo più difficile tra le quattro probabilità è

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Ma abbiamo già fatto un calcolo più duro sopra, era la

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Qui omettiamo semplicemente il termine costante proporzionale a

n_{z}

$n_z$ e moltiplichiamo per due:

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

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

x = 0

$x=0$

x = 0

$x=0$

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

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

1 - P

$1-P$

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}

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

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
fonte

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

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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
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