Làm thế nào để lấy mẫu Fourier thực sự hoạt động (và giải quyết vấn đề tương đương)?

Tôi đang viết liên quan đến phần I và phần II của bài giảng video lấy mẫu Fourier của Giáo sư Umesh Vazirani.

Trong phần tôi bắt đầu với:

Trong Biến đổi Hadamard:

| 0...0 ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩

$|0...0\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle$

| u ⟩ = | u_{1} . . . u_{n} ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{(- 1)^{u . x}}{2^{n / 2}} | x ⟩ (where u . x = u_{1} x_{1} + u_{2} x_{2} + . . . + u_{n} x_{n})

$|u\rangle =|u_1...u_n\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{(-1)^{u.x}}{2^{n/2}}|x\rangle \quad \text{(where $u.x=u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n$)}$

Trong Lấy mẫu Fourier:

| ψ ⟩ = \sum_{{0, 1}}^{n} α_{x} | x ⟩ \to \sum_{x} \hat{α_{x}} | x ⟩ = | \hat{ψ} ⟩

$|\psi\rangle=\sum_{\{0,1\}}^{n}\alpha_x|x\rangle \to \sum_{x}\hat{\alpha_x}|x\rangle=|\hat{\psi}\rangle$

Khi được đo, chúng ta sẽ thấy với xác suất . $|\hat{\psi}\rangle$ $x$ $|\hat{\alpha_x}|^2$

Trong phần II:

Vấn đề chẵn lẻ:

Chúng tôi được cung cấp một hàm dưới dạng hộp đen. Chúng tôi biết rằng (tức là ) đối với một số . Làm thế nào để chúng tôi tìm ra với càng ít truy vấn đến càng tốt? $f:\{0,1\}^n\to\{0,1\}$ $f(x)=u.x$ $u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n (\text{mod 2})$ $u\in\{0,1\}^{n}$ $u$ $f$

Họ nói rằng chúng ta cần phải làm theo quy trình hai bước để tìm ra trong số bước tối thiểu có thể. $u$

Thiết lập chồng chập $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_{x}(-1)^{f(x)}|x\rangle$
Mẫu Fourier để có được . $u$

Đây là nơi tôi bị lạc. Tôi không hiểu chính xác ý nghĩa của chúng khi "thiết lập chồng chất ...". Tại sao chúng ta nên làm điều đó? Và làm thế nào để lấy mẫu Fourier (như được mô tả) giúp xác định ? $u$

Họ tiếp tục xây dựng một cổng lượng tử như thế này:

Ngay cả điều này không có ý nghĩa với tôi. Họ đang thực hiện các phép biến đổi Hadamard trên một tập hợp các qubit có trạng thái và sau đó lật và một lần nữa biến đổi Hadamard. Vì vậy, chúng tôi trở lại nơi ban đầu. Làm thế nào để thêm một đầu vào trạng thái bằng cách xuất ? Tôi thậm chí không chắc hoạt động là gì, ở đây. $|0\rangle$ $|-\rangle$ $- \oplus f(0...0)$ $\oplus$

quantum-gate fourier-sampling

— Daya
nguồn

Bắt đầu lại từ đầu (một nơi rất tốt để bắt đầu, sau tất cả), trạng thái được nhập vào (ở đây, được gọi là 'mẫu Fourier'). Điều này tạo ra trạng tháiBây giờ, chúng tôi áp dụng thao tác (trong trường hợp này là bit ) để cung cấp cho $\left| 0\right\rangle^{\otimes n}\left| -\right\rangle$ $H^{\otimes n}\otimes I$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} {(| 0 ⟩ + | 1 ⟩)}^{\otimes n} | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\left(\left|0\right\rangle + \left|1\right\rangle\right)^{\otimes n}\left|-\right\rangle.$

U_{f}

$U_f$

U_{f} (\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩ | - \oplus f (x) ⟩ .

$U_f\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\left|-\oplus f\left(x\right)\right\rangle.$

Điểm đầu tiên cần lưu ý là là hoạt động XOR cổ điển . Những gì nó mang lại thực sự là lời tiên tri pha , để chúng ta có đượcĐiều này là do . Đây là điểm 'thiết lập chồng chất ...' - tất cả điều này có nghĩa là $\oplus$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩) | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}\left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

U_{f} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩) = | x ⟩ | f (x) ⟩ - | 1 \oplus f (x) ⟩ = {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩)

$U_f\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right) = \left|x\right\rangle\left|f\left(x\right)\right\rangle - \left|1\oplus f\left(x\right)\right\rangle = \left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right)$ thực hiện các thao tác cần thiết để đặt các qubit ở trạng thái trên, đây là sự chồng chất của tất cả các trạng thái có thể (với các yếu tố pha, trong trường hợp này) . Trong trường hợp này, đây chỉ là Hadamard, tiếp theo là một lời sấm pha.

Bây giờ, chỉ là một chuỗi bit cổ điển: , vì vậy $x$ $x = \prod_ix_i$

H | x_{i} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + {(- 1)}^{x_{i}} | 1 ⟩) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y = {0, 1}} {(- 1)}^{x_{i} . y} | y ⟩ .

$H\left|x_i\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|0\right\rangle + \left(-1\right)^{x_i}\left|1\right\rangle\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{y=\left\lbrace0, 1\right\rbrace}\left(-1\right)^{x_i.y}\left|y\right\rangle.$

Điều này mang lại cho tài sản

H^{\otimes n} | x ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} \sum_{y \in {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{x . y} | y ⟩ .

$H^{\otimes n}\left| x\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\sum_{y\in\left\lbrace0, 1\right\rbrace^n}\left(-1\right)^{x.y}\left|y\right\rangle.$

Điều này đưa ra trạng thái cuối cùng là

\frac{1}{2^{n}} (\sum_{x, y = {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{f (x) \oplus x . y} | y ⟩) | - ⟩ .

$\frac{1}{2^n}\left(\sum_{x, y=\{0,1\}^n}\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y}\left|y\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

Chúng tôi biết rằng , cho . Tóm tắt các thuật ngữ cho rằng . Điều này có nghĩa là chúng tôi còn lại với thuật ngữ , có nghĩa là , đưa ra đầu ra là , được đo bằng thu được . $f\left(x\right) = u.x = x.u$ $\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y} = \left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)}$ $x$ $\sum_x\left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)} = 0,\, \forall\, u\oplus y \neq 0$ $u\oplus y = 0$ $u=y$ $\left|u\right\rangle\left|-\right\rangle$ $u$

Về lý do tại sao chúng tôi muốn thiết lập sự chồng chất : Đây là nơi phát huy sức mạnh của điện toán lượng tử - Theo thuật ngữ ít toán học hơn, áp dụng phép biến đổi Hadamard đang thực hiện một phép quay trên các trạng thái qubit để vào trạng thái . Sau đó, bạn xoay từng qubit ở trạng thái chồng chất này bằng một thao tác tương đương với XOR (trong cơ sở mới này), để khi thực hiện lại phép biến đổi Hadamard, giờ bạn chỉ cần quay trở lại trạng thái . Một cách khác để xem xét điều này là coi nó như một sự phản ánh hoặc đảo ngược đạt được kết quả tương tự. $\left|+\right\rangle^{\otimes n}$ $\left|u\right\rangle$

Vấn đề là, bằng cách sử dụng chồng chất, chúng ta có thể làm điều này với tất cả các qubit cùng một lúc, thay vì phải kiểm tra riêng từng qubit như trong trường hợp cổ điển.

— Mithrandir24601
nguồn