Simula l'evoluzione hamiltoniana

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Sto cercando di capire come simulare l'evoluzione dei qubit sotto l'interazione degli hamiltoniani con termini scritti come prodotto tensore delle matrici di Pauli in un computer quantistico. Ho trovato il seguente trucco nel libro di Nielsen e Chuang che è spiegato in questo post per un Hamiltoniano della forma

H = Z_{1} \otimes Z_{2} \otimes . . . \otimes Z_{n}

$H = Z_1 \otimes Z_2 \otimes ... \otimes Z_n$ .

Ma non è spiegato in dettaglio come sarebbe la simulazione di una Hamiltoniana con termini compresi Pauli matrici $X$ o $Y$ funzionerebbe. So che è possibile trasformare questi Pauli in Z di considerando che $HZH = X$ dove $H$ è la porta Hadamard e anche $S^{\dagger}HZHS =Y$ dove $S$ è la fase $i$ cancello. Come dovrei esattamente usarlo per implementare ad esempio

H = X \otimes Y

$H= X \otimes Y$

E se ora l'hamiltoniano contiene la somma dei termini con le matrici di Pauli? Per esempio

H = X_{1} \otimes Y_{2} + Z_{2} \otimes Y_{3}

$H = X_1 \otimes Y_2 + Z_2 \otimes Y_3$

hamiltonian-simulation nielsen-and-chuang pauli-gates

— Pam
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Supponiamo che tu abbia un hamiltoniano nella forma

H = σ_{1} \otimes σ_{2} \otimes σ_{2} \otimes \dots \otimes σ_{n}

$H=\sigma_1\otimes\sigma_2\otimes\sigma_2\otimes\ldots\otimes\sigma_n$ C'è una costruzione di circuito semplice che ti consente di implementare la sua evoluzione del tempo

e^{- i H t}

$e^{-iHt}$ . Il trucco è sostanzialmente quella di decomporre lo stato che si sta evolvendo in componenti che sono nei

\pm 1

$\pm 1$ autospazi di

H

$H$ . Quindi, si applica la fase

e^{- i t}

$e^{-it}$ al

+ 1

$+1$ autospazio, e la fase

e^{- i t}

$e^{-it}$ per l '

- 1

$-1$ eigenspace. Il seguente circuito fa quel lavoro (e decomprime la decomposizione alla fine).

inserisci qui la descrizione dell'immagine

Sto supponendo che l'elemento di gate di fase nel mezzo stia applicando l'unità

(\begin{array}{cc} e^{i t} & 0 \\ 0 & e^{- i t} \end{array}) .

$\left(\begin{array}{cc} e^{it} & 0 \\ 0 & e^{-it} \end{array}\right).$

In generale, se vuoi evolvere un po 'di Hamiltoniano $H=H_1+H_2$ dove $H_1$ e $H_2$ sono della forma precedente, allora di gran lunga il più semplice è scomporre l'evoluzione come

e^{- i H t} \approx {(e^{- i H_{1} t / M} e^{- i H_{2} t / M})}^{M}

$e^{-iHt}\approx \left(e^{-iH_1t/M}e^{-iH_2t/M}\right)^M$ per alcuni

M

$M$ grandi(anche se ci sono algoritmi con un comportamento di ridimensionamento molto migliore) e ciascuno di quei piccoli passi

e^{- i H_{1} t / M}

$e^{-iH_1t/M}$ può essere implementato con il circuito precedente.

Detto questo, a volte ci sono cose più intelligenti che puoi fare. Il tuo esempio in più,

H = X \otimes Y \otimes I + Z \otimes I \otimes Y

$H=X\otimes Y\otimes\mathbb{I}+Z\otimes\mathbb{I}\otimes Y$ è uno di questi casi. Vorrei iniziare applicando la rotazione unitaria

U = \frac{Z + Y}{\sqrt{2}}

$U=\frac{Z+Y}{\sqrt{2}}$ di qubit 2 e 3. Questo è equivalente al cancello Hadamard, ma converte

Y

$Y$ in

Z

$Z$ invece di

X

$X$ . Adesso fermati un attimo e pensa. Se i qubit 2 e 3 sono in 00, allora stiamo applicando

(X + Z)

$(X+Z)$ al qubit 1. Per 01, è

(X - Z)

$(X-Z)$ , per 10 è

(Z - X)

$(Z-X)$ e per 11 è

- (X + Z)

$-(X+Z)$ . Quindi, applichiamo il controllo-non dal qubit 2 al qubit 3. Questo permette solo leggermente gli elementi di base. Ora dice che dobbiamo applicare l'Hamiltoniano

(- 1)^{X_{2}} (X + (- 1)^{X_{3}} Z)

$(-1)^{x_2}(X+(-1)^{x_3}Z)$ allo stato del qubit 1, se i qubit 2 e 3 sono negli stati

x_{2} x_{3}

$x_2x_3$ . Quindi, ricorda che

X + Z = \sqrt{2} H

$X+Z=\sqrt{2}H$ (Hadamard, non Hamiltoniano) e quella

X \sqrt{2} H X = X - Z

$X\sqrt{2}HX=X-Z$ . Quindi, questo ci dà un modo semplice per convertire tra i due bit di Hamiltoniano. Sostituiremo semplicemente quei due

X

$X$ con i non controllati controllati da qubit 3. Allo stesso modo, possiamo usare un'identità di circuito in

cui questa volta sostituiremo gli

X

$X$ con i non controllati controllati da qubit 2.

Nel complesso, credo che la simulazione sembri potrebbe sembrare complicata, ma non c'è nessuna divisione in piccoli passaggi temporali che accumulano errori man mano che procedi. Non si applica molto spesso, ma vale la pena essere consapevoli di questo tipo di possibilità.

— DaftWullie
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Cosa significa il fattore radice quadrata con un punto - un cancello?

— Enrique Segura,

@EnriqueSegura è esattamente lo stesso dell'altro di cui hai appena chiesto: un gate di fase con l'angolo di rotazione etichettato.

— DaftWullie,

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$H$ $H=UDU^\dagger$ $e^{it H} = U e^{it D} U^\dagger$

$H = \sigma_1\otimes\cdots\otimes \sigma_n$ $\sigma_i \neq I$ $i$ $H$

H = (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'}) Z \otimes \cdot \otimes Z (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'})

$H = (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n) Z\otimes\cdot\otimes Z (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n)$

Di conseguenza:

e^{io t H} = (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'}) e^{io t Z \otimes \cdot \otimes Z} (σ_{1}^{'} \otimes \dots \otimes σ_{n}^{'})

$e^{it H} = (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n) e^{it Z\otimes\cdot\otimes Z} (\sigma'_1\otimes\cdots\otimes \sigma'_n)$

$e^{it Z\otimes Z}$

Se l'Hamiltoniano è una somma dei prodotti Pauli, allora non esiste una soluzione semplice generale, ma è possibile utilizzare la formula del prodotto Lie troncata a un numero elevato di termini per ridurla al problema precedente.

— John
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$e^{-\Delta t H}$

— Giorgio
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