Kuantum geçit kümesinin evrenselliğini kontrol etmek için karar verilebilirlik / algoritma

Kuantum kapılarının sonlu kümesi Verilen o Karar verilebilen olup, olmadığını (hesaplama teorik anlamda cinsinden) evrensel kapısı kümesidir? Bir yandan, "hemen hemen tüm" kapı takımları evrenseldir, diğer taraftan, evrensel olmayan kapı takımları hala iyi anlaşılmamıştır (özellikle, her evrensel olmayan kapı takımının klasik olarak simüle edilebilir olup olmadığı bilinmemektedir), bu yüzden evrenseli kontrol etmek için açık bir algoritma vermek önemsiz olabilir. $\mathcal{G} = \{G_1, \dots, G_n\}$ $\mathcal{G}$

quantum-computing

— Marcin Kotowski
kaynak

Soruyu netleştirebilir misiniz? Joe'nun cevabı, sabit sayıda kubitiniz olduğunu ve tüm kapıların bunlara etki ettiğini varsayar, ancak evrensellik için, çoğu zaman kapıların kubitlerin herhangi bir alt kümesi üzerinde hareket edebileceğini varsayarız. Örneğin, bir qubit kapıları sadece ilk qubit üzerinde hareket edebiliyorsa ve CNOT sadece qubit 1'den qubit 2'ye ise, CNOT + tüm tek-kubit kapıları evrensel değildir. evrenselliği elde etmek için. Bu durumda, anwer bilinmeyebilir.

@DanielGottesman: Cevabımın sınırlamaları konusunda hemfikirim. Gerçekten de, ikinci durumda aşağıdaki gibi kararsız olduğuna inanıyorum: Sonsuz bir kübit kafes üzerinde bir hücresel otomata alın ve durdurma problemini kodlamak için kullanın (bu güncellemeyi uniter

). Daha sonra evrensel bir QCA (ikinci ünite

) ile ikinci bir kafes alın . Yeni bir üniter tanımlayabiliriz

, burada

U_{1}

$U_1$

U_{2}

$U_2$

C U_{2} = | 0 ⟩ ⟨ 0 |_{H} \otimes I + | 1 ⟩ ⟨ 1 | \otimes U_{2}

$CU_2 = |0\rangle\langle0|_H\otimes I + |1\rangle\langle1|\otimes U_2$

H

$H$ ,

birinci hücresel otomata duraklamalara IFF.

| 1 ⟩

$|1\rangle$

— Joe Fitzsimons

Bu nedenle

kapısı , sadece ilk Turing makinesi durursa ve dolayısıyla kararsızsa evrenseldir.

C U_{2} \times U_{1}

$CU_2 \times U_1$

— Joe Fitzsimons

Hamiltonyalılar için, kapılardan ziyade cevap önemsizdir evet: sadece Lie cebirinin bağımsız unsurlarını numaralandırırsınız. Lie cebiri Lie parantez operatörünün eklenmesiyle bir vektör alanı olduğu için. Alan sonlu olduğu için, sonlu bir temele sahiptir ve Lie parantez operasyonu altında kapalı veya açık olup olmadığı kolayca kontrol edilebilir. Tüm dikey operatör çiftlerinin Lie dirseğini kontrol etmek, alanın boyutluluğunda zaman polinomunda yapılabilir ve Gram-Schmidt yöntemi ile uygun bir operatör temeli bulunabilir.

Kapılar için, sonsuz küçüklere başvurmak için gerçekten aynı seçeneğe sahip değilsiniz ve irrasyonel özdeğerleri olan kapılar inşa etmeniz gerekir, böylece gerekli sonsuz küçük jeneratörleri keyfi olarak yaklaşık olarak tahmin edebilirsiniz. Sanırım bunu yapmanın nispeten basit bir yolu var, ama bu benim için hemen belli değil.

Her halükarda, üslendiğinde onları üreten bir dizi operatör elde etmek için kapıların kütüğünün alınması ve bunların tam Lie cebirinin üretilip üretilmediğinin kontrol edilmesi, evrensellik için basit, ancak yeterli olmayan bir kriter sağlayacaktır.

— Joe Fitzsimons
kaynak

Neden sadece çiftleri kontrol etmeliyiz?

— Alex 'qubeat'

@AlexV: Çünkü Lie braketi 2 girişte çalışır. Doğrusal olarak bağımsız yeni bir operatör ürettiğiniz her seferinde dikey bir operatör üretir ve kapanana kadar tekrarlarsınız.

— Joe Fitzsimons

[\dots [H_{k}, H_{j}], H_{l}], \dots]

$[\ldots[H_k,H_j],H_l],\ldots]$

@AlexV: Buna gerek yok. Bu bir vektör uzayıdır, bu nedenle bir vektör belirli bir alt uzaya dikey ise ve sadece bu alt uzay için herhangi bir temele dikse.

— Joe Fitzsimons

Muhtemelen farklı şeylerden bahsediyoruz - hangi vektör uzayından bahsediyorsunuz? Kapılarınızın oluşturduğu alt cebiri en başından beri bilmiyorsunuz - bütün Lie cebirinin olup olmadığını kontrol etmek için verilen Hamiltonianlardan inşa etmeniz gerekiyor.

— Alex 'qubeat'