Optimale Strategie für ein Quantenzustandsspiel

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Betrachten Sie das folgende Spiel:

Ich werfe eine faire Münze und je nach Ergebnis (Kopf / Zahl) gebe ich Ihnen einen der folgenden Zustände:

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

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

Hier ist ein bekannter konstanter Winkel. Aber ich sage dir nicht, welchen Zustand ich dir gebe. $x$

Wie kann ich ein Messverfahren (dh eine orthonormale Qubit-Basis) beschreiben, um zu erraten, welchen Zustand ich habe, und gleichzeitig die Chance maximieren, richtig zu liegen? Gibt es eine optimale Lösung?

Ich habe Quantencomputer selbst studiert und bin auf diese Übung gestoßen. Ich weiß nicht einmal, wie ich anfangen soll, und ich würde mich über Hilfe sehr freuen.

Ich denke, dass eine gute Strategie darin besteht, eine orthogonale Transformation mit durchzuführen

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

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

Kann nicht viel Fortschritt machen ...

quantum-state measurement games

— jjbid
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Intuitiv besteht die Antwort darin, auf der Berechnungsbasis zu messen, da wir auf und wenn die Zustände nicht unterscheidbar sind und wenn Die Zustände sind orthogonal, aber ich bin mir nicht sicher, wie ich das beweisen soll.

x

$x$

[0, \frac{π}{2}]

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

x = 0

$x=0$

x = \frac{π}{2}

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

— ahelwer

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Wir übersetzen einfach das binäre Ergebnis einer Qubit-Messung in unsere Vermutung, ob es sich um den ersten oder den zweiten Zustand handelt, berechnen die Erfolgswahrscheinlichkeit für jede mögliche Messung des Qubits und finden dann das Maximum einer Funktion zweier Variablen (auf der zwei Kugeln).

Erstens etwas, das wir nicht wirklich brauchen, die genaue Beschreibung des Staates. Der vollständige Zustand des Systems, der sowohl von Überlagerungen als auch von einer klassischen fairen Münze abhängt, kann in der Dichtematrix codiert werden wobei die linke Spalte und die obere Zeile dem Basiszustand "Null" und die übrigen "Eins" entsprechen. Es ist hilfreich, die Dichtematrix in Bezug auf die 4-Elemente-Basis der Matrizen Das kann in Bezug auf den Winkel :

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} x & Sünde x \cos x \\ Sünde x \cos x & {Sünde}^{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{Sünde x \cos x}{2} σ_{x} + (\frac{\cos^{2} x - - {Sünde}^{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{Sünde 2 x}{4} σ_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$

Unabhängig vom gemischten Zustand ist dies immer noch ein zweistufiges System und alle Messungen auf dem zweidimensionalen Hilbert-Raum sind entweder trivial (Messungen einer Zahl) oder äquivalent zur Messung des Spins entlang einer Achse, dh Messungen von das a ist Einheit 3D-Vektor multipliziert mit dem Vektor der Pauli-Matrizen. OK, was passiert, wenn wir messen ? Die Eigenwerte von sind plus eins oder minus eins. Die Wahrscheinlichkeit von jedem kann aus dem Erwartungswert von der

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)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Die Spuren der Produkte tragen nur , wenn erfüllt (aber wir annehmen , dass es kein Begriff in war ) oder trifft usw., in welchen Fällen die Spur der Matrix einen zusätzlichen Faktor 2 gibt also wir haben Wir erhalten den Eigenwert mit den Wahrscheinlichkeiten . Genau wenn , sind die beiden anfänglichen "Kopf- und Schwanz" -Zustände orthogonal zueinander (im Grunde und ) und wir können sie vollständig unterscheiden. Um die Wahrscheinlichkeiten zu machen

1

$1$

1

$1$

V

$V$

σ_{x}

$\sigma_x$

σ_{x}

$\sigma_x$

⟨ V. ⟩ = \frac{Sünde 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

$0,1$

müssen wir einfach wählen ; Beachten Sie, dass das Gesamtzeichen von für die Prozedur keine Rolle spielt.

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

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

\vec{n}

$\vec n$

Für sind die Zustände nicht orthogonal, dh "nicht gegenseitig ausschließend" im Quantensinn, und wir können nicht direkt messen, ob die Münze Schwänze oder Köpfe waren, da diese Möglichkeiten in der Dichtematrix gemischt wurden. Tatsächlich enthält die Dichtematrix alle Wahrscheinlichkeiten aller Messungen. Wenn wir also dieselbe Dichtematrix durch eine andere Mischung möglicher Zustände aus Münzwürfen erhalten könnten, wären die Zustände des Qubits streng nicht zu unterscheiden. $\cos x \neq 0$

Unsere Erfolgswahrscheinlichkeit liegt unter 100%, wenn . Die einzig sinnvolle Möglichkeit, das klassische Bit aus der Messung zu verwenden, besteht darin, es direkt in unsere Vermutung über den Anfangszustand zu übersetzen. Ohne Verlust der Allgemeinheit kann unsere Übersetzung so gewählt werden, dass sie und Wenn wir das Gegenteil wollen, eine Kreuzidentifikation der Kopf-Schwanz- und der Vorzeichen von , könnten wir es einfach erreichen, indem wir das Gesamtzeichen von . $\cos x\neq 0$ $V=\pm 1$

(V. = + 1) \to | ich ⟩ = | 0 ⟩

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

(V. = - - 1) \to | ich ⟩ = \cos x | 0 ⟩ + Sünde x | 1 ⟩ .

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

V

$V$

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

$\vec n \to -\vec n$

Nennen wir den ersten einfachen Anfangszustand "Köpfe" (die Null) und den zweiten härteren "Schwanz" (die Kosinus-Sinus-Überlagerung). Die Erfolgswahrscheinlichkeit ist bei unserer Übersetzung von zu Kopf und zu Zahl Da es sich um eine faire Münze handelt, sind die beiden oben genannten Faktoren . Die schwierigste Berechnung unter den vier Wahrscheinlichkeiten ist . Aber wir haben oben bereits eine härtere Berechnung gemacht, es war die . Hier lassen wir einfach den konstanten Term proportional zu und multiplizieren mit zwei: $+1$ $-1$

{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} - - Sünde 2 x \frac{n_{x}}{2} - - \cos 2 x \frac{n_{z}}{2}

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Das Ergebnis für "Köpfe" wird einfach durch Setzen von da der Zustand "Köpfe" gleich den Zuständen "Schwänze" ist, wobei ersetzt ist. Also ist und die komplementäre Wahrscheinlichkeit ist Ersetzen Sie diese Ergebnisse durch unsere "Erfolgswahrscheinlichkeit", um oder Wenn wir definieren ,

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 - - (Sünde 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} Sünde 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{Sünde (2 x + α) - - Sünde α}{4} = \frac{1}{2} + \frac{Sünde x \cos (x + α)}{2}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ Wir wollen das über maximieren . Das Maximum ist eindeutig für wobei das Vorzeichen mit dem von übereinstimmt, dh oder und der Wert bei diesem Maximum ist der im Intervall 50% und 100% liegt.

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 + | Sünde x |}{2}

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

Das ist eine schöne Messung, die wirklich quantenmechanisch ist. Wir verwenden eine andere Messung als die von , dh die klassische Messung des Bits. Stattdessen messen wir den Spin entlang der Achse in der Ebene, der durch denselben Winkel ungleich Null wie der Winkel am Anfang definiert ist, mit einigen korrekten Vorzeichen und Verschiebungen um ein Vielfaches von . Beachten Sie, dass wenn Sie einfach , das klassische Bit, messen , die Erfolgsrate nur beträgt , ebenfalls zwischen 50% und 100%, aber kleiner als unser Ergebnis. Insbesondere für ein kleines wäre unser optimales Ergebnis Taylor-erweitert als $\sigma_z$ $xz$ $x$ $\pi/2$ $\sigma_z$ $(3-\cos 2x)/4$ $x=0+\epsilon$ $1/2+|x|/2$ während das nicht optimale Ergebnis unter Verwendung der klassischen Messung langsamer über ansteigen würde , als . $1/2$ $1/2+x^2/2$

Viele Stunden lang wurde hier eine falsche Antwort (ein Fehler in den letzten Abschnitten) veröffentlicht, obwohl ich zuvor viele falsche Zweierfaktoren behoben hatte. Ich habe eine leicht bearbeitete Version dieser Antwort in meinem Weblog veröffentlicht, in der einige Diskussionen stattfinden können:

Der Referenzrahmen: Ein unterhaltsames, einfaches Problem beim Quantencomputing

Auf dieser Seite schreibe ich auch die Eigenzustände des gemessenen Operators in den Anhang. Die Argumente in den Winkeln können für einige Leute überraschend sein, die denken, dass dieses Problem in Bezug auf die Wellenfunktionen offensichtlich ist oder dass die Wellenfunktionen nach der Messung einfach sein müssen.

— Luboš Motl
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Ich muss die Frage möglicherweise genauer lesen und beantworten, aber ist dies nicht ein Sonderfall des in arxiv.org/abs/1805.03477 gelösten Problems ?

— glS

Vielleicht bin ich mit dem Papier nicht vertraut und ich kann nicht sehen, dass es die Verallgemeinerung dieses Problems ist, zumindest nicht innerhalb von Minuten. Ich behaupte jedoch nicht, ein aktuelles Problem im Papierstil gelöst zu haben. Diese Frage ist wahrscheinlich eine Übung in einigen Lehrbüchern, die voraussichtlich von den Schülern gelöst wird.

— Luboš Motl

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Der Schlüssel liegt in der optimalen Strategie zur Unterscheidung zweier nicht orthogonaler Zustände. Dies ist die sogenannte Helstrom-Messung, die ich hier beschrieben habe .

— DaftWullie
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