Là vướng mắc quá độ?

Là vướng víu bắc cầu , trong một ý nghĩa toán học?

Cụ thể hơn, câu hỏi của tôi là:

Hãy xem xét 3 qubit và . Giả định rằng $q_1, q_2$ $q_3$

$q_1$ và bị vướng mắc, và điều đó $q_2$
$q_2$ và bị vướng $q_3$

Sau đó, được và vướng $q_1$ $q_3$ ? Nếu vậy, tại sao? Nếu không, có một ví dụ cụ thể?

Theo quan niệm của tôi về sự vướng mắc:

qubit và bị vướng víu, nếu sau khi tìm ra , qbits và bị vướng víu (truy tìm tương ứng với đo và loại bỏ kết quả). $q_1$ $q_2$ $q_3$ $q_1$ $q_2$ $q_3$ $q_3$
qubit và bị vướng víu, nếu sau khi tìm ra , qbits và bị vướng. $q_2$ $q_3$ $q_1$ $q_2$ $q_3$
qubit và bị vướng víu, nếu sau khi tìm ra , qbits và bị vướng. $q_1$ $q_3$ $q_2$ $q_1$ $q_3$

Vui lòng sử dụng bất kỳ khái niệm hợp lý nào khác về sự vướng víu (không nhất thiết là ở trên), miễn là bạn nêu rõ khái niệm đó.

entanglement

— Peter
nguồn

Bạn có thể xác nhận tuyên bố cuối cùng? Sau câu hỏi của bạn, tôi mong đợi một tuyên bố tương tự nhưng với các nhãn theo thứ tự khác (một tuyên bố về sự vướng víu của q1 và q3 sau khi đo q2).

— agaitaarino

@agaitaarino tôi đã cập nhật phần "vướng víu", nó sẽ rõ ràng hơn bây giờ ...

— Peter

Tôi đã coi các hình vuông Latin là một ma trận xác suất trong đó các phần tử cho bất kỳ mảng một chiều nào bị "vướng víu", trong đó xác suất cho bất kỳ phần tử được thể hiện nào là phụ thuộc lẫn nhau. Khi bạn thêm kích thước, các mảng một chiều đó giao nhau trực giao với các mảng một chiều khác, mở rộng "vướng víu". (Tôi đoán là điều này ở rất xa trong đám cỏ dại mà người ta có thể nhận lại: sự vướng víu không điển hình, nhưng tôi không phải là người đầu tiên nêu lên ý tưởng về "sự tương đồng về tinh thần" giữa hình vuông QT và tiếng Latin / Sudoku.) Cảm ơn bạn cho câu hỏi này

— DukeZhou

Bây giờ bạn đã làm rõ rằng bạn đang loại bỏ kết quả đo, đây không phải là sự vướng víu cục bộ mà tôi nghĩ bạn đang nói đến, đó là khái niệm chuẩn hơn .. Tốt hơn là nói về "truy tìm" qubit thêm thay vì đo và loại bỏ kết quả.

— DaftWullie

@DaftWullie Cảm ơn! Tôi đã cập nhật câu hỏi tương ứng

— Peter

Câu trả lời:

TL; DR: Nó phụ thuộc vào cách bạn chọn để đo lường sự vướng víu trên một cặp qubit. Nếu bạn tìm ra các qubit thừa, thì "Không". Nếu bạn đo các qubit (có quyền tự do chọn cơ sở đo lường tối ưu), thì "Có".

Đặt là trạng thái lượng tử thuần túy gồm 3 qubit, được gắn nhãn A, B và C. Chúng ta sẽ nói rằng A và B bị vướng víu nếu không tích cực dưới tác động của bản đồ chuyển vị một phần. Đây là điều kiện cần và đủ để phát hiện sự vướng víu trong hệ thống hai qubit. Hình thức dấu vết một phần tương đương với việc đo qubit C trong một cơ sở tùy ý và loại bỏ kết quả. $|\Psi\rangle$ $\rho_{AB}=\text{Tr}_C(|\Psi\rangle\langle\Psi|)$

Có một lớp các ví dụ ngược lại cho thấy sự vướng víu không phải là bắc cầu , có dạng được cung cấp . Nếu bạn theo dõi qubit hoặc qubit , bạn sẽ nhận được cùng một ma trận mật độ: Bạn có thể lấy phần chuyển vị của cái này (lấy nó trên hệ thống đầu tiên là sạch nhất):

| Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 1 ϕ ϕ ⟩),

$|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|000\rangle+|1\phi\phi\rangle),$

| ϕ ⟩ \neq | 0 ⟩, | 1 ⟩

$|\phi\rangle\neq |0\rangle,|1\rangle$

B

$B$

C

$C$

ρ_{A C} = ρ_{A B} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 1 ϕ | + | 00 ⟩ ⟨ 1 ϕ | ⟨ ϕ | 0 ⟩ + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 00 | ⟨ 0 | ϕ ⟩)

$\rho_{AC}=\rho_{AB}=\frac12\left(|00\rangle\langle 00|+|1\phi\rangle\langle 1\phi|+|00\rangle\langle 1\phi|\langle\phi|0\rangle+|1\phi\rangle\langle 00|\langle0|\phi\rangle\right)$

ρ^{P T} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | 1 ϕ ⟩ ⟨ 1 ϕ | + | 10 ⟩ ⟨ 0 ϕ | ⟨ ϕ | 0 ⟩ + | 0 ϕ ⟩ ⟨ 10 | ⟨ 0 | ϕ ⟩)

$\rho^{PT}=\frac12\left(|00\rangle\langle 00|+|1\phi\rangle\langle 1\phi|+|10\rangle\langle 0\phi|\langle\phi|0\rangle+|0\phi\rangle\langle 10|\langle0|\phi\rangle\right)$ Bây giờ hãy lấy định thức (bằng với sản phẩm của các giá trị riêng). Bạn nhận được là âm, do đó phải có giá trị riêng âm. Do đó, và là các cặp vướng víu. Trong khi đó Vì đây là ma trận mật độ hợp lệ, nó không âm. Tuy nhiên, chuyển vị một phần chỉ bằng chính nó. Vì vậy, không có giá trị riêng âm và

det (ρ^{P T}) = - \frac{1}{16} | ⟨ 0 | ϕ ⟩ |^{2} (1 - | ⟨ 0 | ϕ ⟩ |^{2})^{2},

$\text{det}(\rho^{PT})=-\frac{1}{16}|\langle 0|\phi\rangle|^2(1-|\langle 0|\phi\rangle|^2)^2,$

(A B)

$(AB)$

(A C)

$(AC)$

ρ_{B C} = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ ⟨ 00 | + | ϕ ϕ ⟩ ⟨ ϕ ϕ |) .

$\rho_{BC}=\frac12(|00\rangle\langle 00|+|\phi\phi\rangle\langle\phi\phi |).$

(B C)

$(BC)$ không vướng mắc.

Sự vướng víu

Thay vào đó, người ta có thể nói về sự vướng víu cục bộ . Trước khi làm rõ thêm, đây là những gì tôi nghĩ rằng OP đã đề cập đến. Trong trường hợp này, thay vì truy tìm ra một qubit, người ta có thể đo nó theo cơ sở bạn chọn và tính kết quả riêng cho từng kết quả đo. (Sau này có một số quy trình trung bình, nhưng điều đó sẽ không liên quan đến chúng tôi ở đây.) Trong trường hợp này, phản ứng của tôi là cụ thể về các trạng thái thuần túy, không phải là trạng thái hỗn hợp.

Chìa khóa ở đây là có các lớp trạng thái vướng mắc khác nhau. Đối với 3 qubit, có 6 loại trạng thái tinh khiết khác nhau:

một trạng thái hoàn toàn tách biệt
3 loại có trạng thái vướng mắc giữa hai bên và trạng thái tách rời ở bên thứ ba
trạng thái W
một trạng thái GHZ

Bất kỳ loại trạng thái lượng tử nào cũng có thể được chuyển đổi thành một trong những đại diện tiêu chuẩn của mỗi lớp chỉ bằng các phép đo cục bộ và giao tiếp cổ điển giữa các bên. Lưu ý rằng các điều kiện của và bị vướng phải loại bỏ 4 trường hợp đầu tiên, vì vậy chúng tôi chỉ phải xem xét 2 trường hợp cuối cùng, trạng thái W và trạng thái GHZ. Cả hai đại diện đều đối xứng khi trao đổi các hạt: $(q_1,q_2)$ $(q_2,q_3)$

| W ⟩ = \frac{1}{\sqrt{3}} (| 001 ⟩ + | 010 ⟩ + | 100 ⟩) | G H Z ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 111 ⟩)

$|W\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}(|001\rangle+|010\rangle+|100\rangle)\qquad |GHZ\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|000\rangle+|111\rangle)$ (tức là nếu tôi trao đổi qubit A và B, tôi vẫn có cùng trạng thái). Vì vậy, các đại diện này phải có các tính chất chuyển đổi cần thiết: Nếu A và B bị vướng víu, thì B và C bị vướng víu, cũng như A và C. Đặc biệt, cả hai đại diện này đều có thể được đo trong cơ sở X để bản địa hóa vướng víu. Do đó, bất kỳ trạng thái thuần túy nào bạn đưa ra phải sao cho bạn có thể bao gồm phép đo để chuyển đổi nó thành đại diện chuẩn thành phép đo để bản địa hóa sự vướng víu và bạn đã hoàn tất!

— DaftWullie
nguồn

Cảm ơn, điều này xóa khá nhiều rồi. Bạn có thể chỉ cho tôi các biện pháp "tiêu chuẩn" của sự vướng mắc? Tôi có thể muốn sử dụng nó rõ ràng trong câu hỏi của tôi.

— Peter

@Peter: xem phiên bản chỉnh sửa có giúp nhiều hơn không.

— DaftWullie

Cảm ơn bạn cho câu trả lời này! Tôi có thể hỏi một câu hỏi ngây thơ về phương tiện đối xứng trong bối cảnh này "Cả hai đại diện đều đối xứng khi trao đổi các hạt". (Tôi rất quan tâm đến các khái niệm khác nhau về sự đối xứng nói chung.)

— DukeZhou

@DaftWullie: cho rằng câu trả lời của bạn có vẻ là "không, sự vướng víu không phải là nhất thời, ngay cả trên ba hệ thống qubit", có lẽ bạn nên cô đọng câu trả lời của mình để làm cho điều này rõ ràng hơn một chút?

— Niel de Beaudrap

@DukeZhou Trong trường hợp này, tất cả có nghĩa là nếu tôi trao đổi các hạt, tôi vẫn có cùng trạng thái: . Vì vậy, nếu tôi chọn ra một qubit để trở thành một qubit đặc biệt (ví dụ C) và đưa ra một số kết luận dựa trên điều đó, thì tôi đã chọn qubit nào không quan trọng, bởi vì tất cả chúng đều tương đương.

{SWAP}_{A, B} | Ψ ⟩ = | Ψ ⟩

$\text{SWAP}_{A,B}|\Psi\rangle=|\Psi\rangle$

— DaftWullie

Đây không phải là một câu trả lời, nhưng thay vào đó chỉ là một số sự kiện cơ bản quan trọng cần biết để tránh lãnh thổ "thậm chí không sai" đối với các loại câu hỏi này.

"Sự vướng víu" không phải là tất cả hoặc không có gì. Chỉ nói "q1 bị vướng với q2 và q2 bị vướng với q3" là không đủ thông tin để xác định câu trả lời cho các câu hỏi như "nếu tôi đo q3, liệu q1 có còn bị vướng với q2 không?". Sự vướng víu trở nên phức tạp khi làm việc với các hệ thống lớn hơn. Bạn thực sự cần phải biết trạng thái cụ thể và phép đo và liệu bạn có được phép đưa ra điều kiện về kết quả của phép đo hay không.

Có thể là trường hợp q1, q2, q3 bị vướng vào một nhóm nhưng nếu bạn tìm ra bất kỳ một trong số các qubit thì ma trận mật độ của hai phần còn lại mô tả trạng thái tương quan đơn thuần. (Ví dụ: điều này xảy ra với các trạng thái GHZ.)

Bạn nên nhận thức về chế độ một vợ một chồng . Vượt qua một ngưỡng nhất định, việc tăng cường độ vướng víu giữa q1 và q2 phải làm giảm cường độ vướng víu giữa q1 và q3 (và tương đương q2 và q3).

— Craig Gidney
nguồn

yay vì đã chỉ ra chế độ một vợ một chồng!

— agaitaarino

@agaitaarino dẫn đến "vướng víu" và entropy Von Neumann!

— DukeZhou

Tôi đọc những điều sau đây trong phân loại ba Freudenthal về sự vướng víu ba qubit :

"Dür và cộng sự ( Ba qubit có thể bị vướng vào hai cách không tương đương ) đã sử dụng các lý lẽ đơn giản liên quan đến việc bảo tồn các cấp của ma trận mật độ giảm chỉ có sáu lớp tương đương ba qubit:

Null (Quỹ đạo không vướng víu tầm thường tương ứng với các trạng thái biến mất)
Có thể tách rời (Một quỹ đạo không vướng víu khác cho các trạng thái sản phẩm hoàn toàn có thể xác định được)
Có thể sử dụng được (Ba loại vướng víu lưỡng cực: A-BC, B-AC, C-AB)
W (Các trạng thái vướng víu ba chiều không vi phạm tối đa các bất đẳng thức kiểu Bell) và
GHZ (vi phạm tối đa các bất đẳng thức kiểu Bell) "

mà theo tôi hiểu thì câu trả lời cho câu hỏi của bạn là có : nếu A và B vướng mắc và B và C vướng víu thì bạn nhất thiết phải ở một trong ba trạng thái vướng víu nên A và C cũng bị vướng.

— agaitaarino
nguồn