Chiến lược tối ưu cho một trò chơi trạng thái lượng tử

9

Hãy xem xét các trò chơi sau:

Tôi lật một đồng xu công bằng và tùy thuộc vào kết quả (cả đầu / đuôi), tôi sẽ cung cấp cho bạn một trong các trạng thái sau:

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

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

Ở đây, là một góc không đổi đã biết. Nhưng, tôi không nói cho bạn biết tôi cung cấp cho bạn trạng thái nào. $x$

Làm cách nào tôi có thể mô tả một quy trình đo lường (tức là cơ sở qubit trực giao) để đoán trạng thái tôi đưa ra, trong khi tối đa hóa cơ hội đúng? Có một giải pháp tối ưu?

Tôi đã tự học máy tính lượng tử và tôi đã xem qua bài tập này. Tôi thực sự không biết làm thế nào để bắt đầu, và tôi thực sự sẽ đánh giá cao sự giúp đỡ nào đó.

Tôi nghĩ rằng một chiến lược tốt sẽ là thực hiện chuyển đổi trực giao với

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

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

Không thể đạt được nhiều tiến bộ ...

quantum-state measurement games

— jjbid
nguồn

Theo trực giác, câu trả lời là đo lường trong cơ sở tính toán vì chúng ta có thể giới hạn thành và khi các trạng thái không thể phân biệt được và khi các trạng thái là trực giao, nhưng tôi không chắc làm thế nào để chứng minh điều đó.

x

$x$

[0, \frac{π}{2}]

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

x = 0

$x=0$

x = \frac{π}{2}

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

— ahelwer

8

Chúng tôi chỉ đơn giản dịch kết quả nhị phân của phép đo qubit sang dự đoán của chúng tôi cho dù đó là trạng thái đầu tiên hay trạng thái thứ hai, tính xác suất thành công cho mỗi phép đo qubit có thể, và sau đó tìm ra tối đa hàm của hai biến số (trên hai hình cầu).

Đầu tiên, một cái gì đó mà chúng ta sẽ không thực sự cần, mô tả chính xác về trạng thái. Trạng thái đầy đủ của hệ thống phụ thuộc cả vào chồng chất cũng như đồng xu cổ điển có thể được mã hóa trong ma trận mật độ trong đó cột bên trái và hàng trên tương ứng với trạng thái cơ bản "không" và các cột còn lại là "một". Thật hữu ích khi viết lại ma trận mật độ theo cơ sở 4 phần tử của ma trận , Điều đó có thể được viết theo góc :

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

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$

2 \times 2

$2\times 2$

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}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$

2 x

$2x$

ρ = \frac{1}{2} + \frac{\sin 2 x}{4} σ_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Bây giờ, bất kể trạng thái hỗn hợp, đây vẫn là hệ thống hai cấp và tất cả các phép đo trên không gian Hilbert hai chiều là tầm thường (số đo của một số ) hoặc tương đương với phép đo của spin dọc theo một trục, tức là các phép đo là một vectơ 3D đơn vị nhân với vectơ của ma trận Pauli. OK, điều gì xảy ra nếu chúng ta đo ? Các giá trị riêng của được cộng một hoặc trừ một. Xác suất của mỗi có thể được lấy từ giá trị kỳ vọng của là

c

$c$

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$

V

$V$

V

$V$

V

$V$

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Các dấu vết của sản phẩm chỉ đóng góp nếu gặp (nhưng chúng tôi cho rằng không có thuật ngữ nào trong ) hoặc gặp , v.v., trong trường hợp đó, dấu vết của ma trận cho hệ số phụ là 2. Vì vậy, chúng tôi có Chúng tôi nhận được giá trị riêng với xác suất , tương ứng. Chính xác khi , hai trạng thái "đầu và đuôi" ban đầu là trực giao với nhau (về cơ bản và ) và chúng ta hoàn toàn có thể phân biệt chúng. Để làm cho xác suất

1

$1$

1

$1$

V

$V$

σ_{x}

$\sigma_x$

σ_{x}

$\sigma_x$

⟨ V ⟩ = \frac{\sin 2 x}{2} n_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{2} n_{z}

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

\pm 1

$\pm 1$

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$

\cos x = 0

$\cos x = 0$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

0, 1

$0,1$ , chúng ta chỉ cần chọn ; lưu ý rằng dấu hiệu chung của không quan trọng đối với quy trình.

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$

\vec{n}

$\vec n$

Bây giờ, đối với , các trạng thái không trực giao tức là "không loại trừ lẫn nhau" theo nghĩa lượng tử và chúng ta không thể đo trực tiếp liệu đồng xu có đuôi hay đầu vì những khả năng đó được trộn lẫn trong ma trận mật độ. Trong thực tế, ma trận mật độ chứa tất cả các xác suất của tất cả các phép đo, vì vậy nếu chúng ta có thể có cùng một ma trận mật độ bằng một hỗn hợp các trạng thái có thể khác nhau từ các lần tung đồng xu, thì các trạng thái của qubit sẽ không thể phân biệt được. $\cos x \neq 0$

Xác suất thành công của chúng tôi sẽ dưới 100% nếu . Nhưng cách duy nhất có ý nghĩa để sử dụng bit cổ điển từ phép đo là dịch trực tiếp nó sang dự đoán của chúng tôi về trạng thái ban đầu. Không mất tính tổng quát, bản dịch của chúng tôi có thể được chọn là và Nếu chúng ta muốn ngược lại, nhận dạng chéo các đuôi và dấu hiệu của , chúng ta có thể đơn giản đạt được nó bằng cách lật dấu hiệu tổng thể của . $\cos x\neq 0$ $V=\pm 1$

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

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

V

$V$

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

$\vec n \to -\vec n$

Chúng ta hãy gọi trạng thái ban đầu đơn giản đầu tiên là "đầu" (số 0) và trạng thái khó hơn thứ hai là "đuôi" (chồng chất cosin-sin). Xác suất thành công là, được dịch từ sang đầu và thành đuôi, Bởi vì đó là một đồng tiền công bằng, hai yếu tố bao gồm ở trên là . Tính toán khó nhất trong số bốn xác suất là . Nhưng chúng tôi đã thực hiện một phép tính khó hơn ở trên, đó là . Ở đây chúng ta chỉ bỏ qua số hạng không đổi tỷ lệ với và nhân với hai: $+1$ $-1$

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$

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

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

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$

n_{z}

$n_z$

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

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Kết quả cho "các đầu" chỉ thu được bằng cách đặt vì trạng thái "đầu" bằng trạng thái "đuôi" với thay thế. Vì vậy, và xác suất bổ sung là Thay thế các kết quả đó vào "xác suất thành công" để có được hoặc Nếu chúng ta xác định ,

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}

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

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)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$

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}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ Chúng tôi muốn tối đa hóa điều đó hơn . Rõ ràng, mức tối đa là cho trong đó dấu hiệu đồng ý với tức là hoặc và giá trị ở mức tối đa này là nằm trong khoảng 50% và 100%.

α

$\alpha$

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$

\sin x

$\sin x$

α = - x

$\alpha=-x$

α = π - x

$\alpha=\pi -x$

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + | \sin x |}{2}

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$

Đó là một phép đo tốt mà thực sự là cơ học lượng tử. Chúng tôi sử dụng một phép đo khác với phép đo của , tức là phép đo cổ điển của bit. Thay vào đó, chúng tôi đo độ xoáy dọc theo trục trong thủy tinh được xác định bởi cùng một góc khác với góc ở đầu, với một số dấu hiệu chính xác và dịch chuyển theo bội số của . Lưu ý rằng nếu bạn đo đơn giản là , bit cổ điển, tỷ lệ thành công sẽ chỉ là , cũng nằm trong khoảng từ 50% đến 100%, nhưng nhỏ hơn kết quả của chúng tôi. Đặc biệt, với một , kết quả tối ưu của chúng tôi sẽ được mở rộng Taylor thành $\sigma_z$ $xz$ $x$ $\pi/2$ $\sigma_z$ $(3-\cos 2x)/4$ $x=0+\epsilon$ $1/2+|x|/2$ trong khi kết quả không tối ưu khi sử dụng phép đo cổ điển sẽ tăng chậm hơn , vì . $1/2$ $1/2+x^2/2$

Trong nhiều giờ, một câu trả lời sai (một lỗi trong các phần cuối cùng) đã được đăng ở đây, mặc dù thực tế là trước đây tôi đã sửa nhiều yếu tố sai của hai. Tôi đã đăng một phiên bản chỉnh sửa một chút của câu trả lời này trên weblog của mình, nơi một số cuộc thảo luận có thể diễn ra:

Khung tham chiếu: Một vấn đề đơn giản thú vị trong điện toán lượng tử

Trên trang đó, tôi cũng viết các ký tự riêng của toán tử đo trong phần phụ lục. Các đối số trong các góc có thể gây ngạc nhiên cho một số người nghĩ rằng vấn đề này là rõ ràng về các hàm sóng hoặc các hàm sóng sau khi đo phải đơn giản.

— Motlš Motl
nguồn

Tôi có thể cần phải đọc câu hỏi và trả lời cẩn thận hơn, nhưng đây không phải là trường hợp đặc biệt của vấn đề được giải quyết trong arxiv.org/abs/1805.03477 ?

— glS

Có lẽ, tôi không quen thuộc với bài báo và tôi không thể thấy đó là sự khái quát hóa vấn đề này, ít nhất là không trong vòng vài phút. Nhưng tôi không tuyên bố đã giải quyết bất kỳ vấn đề kiểu giấy tiên tiến nào. Câu hỏi này có lẽ là một bài tập trong một số sách giáo khoa dự kiến sẽ được giải quyết bởi các học sinh.

— Luboš Motl

1

Chìa khóa nằm trong chiến lược tối ưu để phân biệt hai trạng thái không trực giao. Đây là một thứ gọi là phép đo Helstrom, mà tôi đã mô tả ở đây .

— DaftWullie
nguồn