Estrategia óptima para un juego de estado cuántico

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Considera el siguiente juego:

Lanzo una moneda justa y, dependiendo del resultado (cara / cruz), te daré uno de los siguientes estados:

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

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

Aquí, $x$ es un ángulo constante conocido. Pero, no te digo qué estado te doy.

¿Cómo puedo describir un procedimiento de medición (es decir, una base de qubit ortonormal) para adivinar qué estado me dan, mientras maximizo la posibilidad de tener la razón? ¿Hay una solución óptima?

He estado estudiando computación cuántica y me encontré con este ejercicio. Realmente no sé cómo comenzar, y realmente agradecería algo de ayuda.

Creo que una buena estrategia sería realizar una transformación ortogonal con

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

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

No puedo hacer mucho progreso ...

quantum-state measurement games

— jjbid
fuente

Intuitivamente, la respuesta es medir en la base computacional porque podemos restringir

a

x

$x$

y cuando

los estados son indistinguibles y cuando

[0, \frac{π}{2}]

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

x = 0

$x=0$

los estados son ortogonales, pero no estoy seguro de cómo probarlo.

x = \frac{π}{2}

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

— ahelwer

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Simplemente traducimos el resultado binario de una medición de qubit a nuestra conjetura si es el primer estado o el segundo, calculamos la probabilidad de éxito para cada medición posible del qubit, y luego encontramos más el máximo de una función de dos variables (en el dos esferas).

Primero, algo que realmente no necesitaremos, la descripción precisa del estado. El estado completo del sistema que depende tanto de las superposiciones como de una moneda justa clásica puede codificarse en la matriz de densidad

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})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ donde la columna izquierda y la fila superior corresponden al estado base "cero" y las restantes a "uno". Es útil reescribir la matriz de densidad en términos de la base de 4 elementos de lasmatrices

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}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Eso puede escribirse en términos del ángulo

2 x

$2x$ :

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

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Ahora, independientemente del estado mixto, este sigue siendo un sistema de dos niveles y todas las mediciones en el espacio bidimensional de Hilbert son triviales (mediciones de un número

c

$c$ ) o equivalentes a la medición del giro a lo largo de un eje, es decir, medidas de

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ que es un vector 3D unitario multiplicado por el vector de las matrices de Pauli. OK, ¿qué pasa si medimos

V

$V$ ? Los valores propios de

V

$V$ son más uno o menos uno. La probabilidad de cada uno puede ser obtenida de la expectativa de valor de

V

$V$ que es

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Las trazas de productos solo contribuyen si

1

$1$ cumple con

1

$1$ (pero suponemos que no había ningún término en

V

$V$ ) o

σ_{x}

$\sigma_x$ cumple con

σ_{x}

$\sigma_x$ etc., en cuyo caso la traza de la matriz da un factor adicional de 2. Entonces tenemos

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

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

\pm 1

$\pm 1$ con las probabilidades

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ , respectivamente. Exactamente cuando

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , los dos estados iniciales "cabeza y cola" son ortogonales entre sí (básicamente

| 0 ⟩

$|0\rangle$ y

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) y podemos discriminar plenamente. Para hacer las probabilidades

0, 1

$0,1$ , simplemente debemos elegir

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ no importa para el procedimiento. ; tenga en cuenta que el signo general de

\vec{n}

$\vec n$

Ahora, para $\cos x \neq 0$ , los estados no son ortogonales, es decir, "no se excluyen mutuamente" en el sentido cuántico y no podemos medir directamente si la moneda era cruz o cara porque esas posibilidades estaban mezcladas en la matriz de densidad. De hecho, la matriz de densidad contiene todas las probabilidades de todas las mediciones, por lo que si pudiéramos obtener la misma matriz de densidad mediante una mezcla diferente de estados posibles a partir del lanzamiento de monedas, los estados del qubit serían estrictamente indistinguibles.

Nuestra probabilidad de éxito será inferior al 100% si $\cos x\neq 0$ . Pero la única forma significativa de usar el bit clásico $V=\pm 1$ de la medición es traducirlo directamente a nuestra suposición sobre el estado inicial. Sin una pérdida de generalidad, nuestra traducción puede ser elegida para ser

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Si quisiéramos lo contrario, la identificación cruzada de las cabezas y las colas y los signos de

V

$V$ , simplemente podríamos lograrlo cambiando el signo general de

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

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

$+1$ $-1$

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}

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

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}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$

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}

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

$\sigma_z$ $xz$ $x$ $\pi/2$ $\sigma_z$ $(3-\cos 2x)/4$ $x=0+\epsilon$ $1/2+|x|/2$ $1/2$ $1/2+x^2/2$

Durante muchas horas, se publicó aquí una respuesta incorrecta (un error en las porciones finales), a pesar de que anteriormente había corregido muchos factores incorrectos de dos. Publiqué una versión ligeramente editada de esta respuesta en mi blog donde puede tener lugar alguna discusión:

El marco de referencia: un problema simple y divertido en computación cuántica

En esa página, también escribo los estados propios del operador medido en el apéndice. Los argumentos en los ángulos pueden ser sorprendentes para algunas personas que piensan que este problema es obvio en términos de las funciones de onda o que las funciones de onda después de la medición tienen que ser simples.

— Luboš Motl
fuente

Es posible que necesite leer la pregunta y la respuesta con más cuidado, pero ¿no es este un caso especial del problema resuelto en arxiv.org/abs/1805.03477 ?

— glS

Tal vez, no estoy familiarizado con el documento y no puedo ver que es la generalización de este problema, al menos no en cuestión de minutos. Pero no pretendo haber resuelto ningún problema de estilo de papel de vanguardia. Esta pregunta es probablemente un ejercicio en algunos libros de texto que los estudiantes deben resolver.

— Luboš Motl

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La clave está en la estrategia óptima para distinguir dos estados no ortogonales. Esto es algo llamado la medición de Helstrom, que describí aquí .

— DaftWullie
fuente