SU için evrensel kapı setleri (3)?

Kuantum hesaplamada, bazı d-boyutlu sistemler için özel üniter operatör grubu G'nin ya tüm gruba SU (d) tam olarak ya da yoğun bir SU (d) kapağının sağladığı bir yaklaşıma sahip olduğu durumlarda sıklıkla ilgileniyoruz.

C (d) d boyutlu bir sistem için Clifford grubu gibi bir sonlu düzen grubu yoğun bir örtü vermeyecektir. Bir grup sonsuz düzen, eğer grup Abelian ise, yoğun bir örtü vermez. Ancak, benim kaba sezgim, sonsuz sayıda kapı ve Clifford grubunun temel değiştirme işlemlerinin yoğun bir örtü sağlamak için yeterli olması gerektiğidir.

Resmen, sorum şu:

SU (d) 'nin bir alt grubu olan bir G grubum var. G'nin sonsuz sırası vardır ve C (d) G'nin bir alt grubudur. Tüm G, SU (d) 'nin yoğun bir örtüsünü sağlar.

D> 2 durumuyla özellikle ilgilendiğime dikkat edin.

Clifford grubunu burada tanımlandığı gibi kabul ediyorum: http://arxiv.org/abs/quant-ph/9802007

Bu tam bir cevap değil, ancak soruyu cevaplamak için bir yol kat ediyor.

Yana sonsuz düzeni vardır ama değil, daha sonra zorunlu olmayan bir Clifford grubu kapısı içerir. Bununla birlikte , bir alt grup olarak sahiptir . Ama için Clifford grubu artı Clifford grubundaki başka hiçbir kapısı (örn Teoremi 1 bakınız yaklaşık evrenseldir burada ). Bu nedenle tüm bu , yoğun bir örtü sağlar .C ( d ) G G C ( d ) d = $G$$C(d)$$G$$G$$C(d)$$d=2$S U ( 2 n$G$$SU(2^n)$

Durum için o hala (söz konusu bağlantılı kağıdın gösterimi kullanılarak) Aşağıdaki satırlar boyunca yoğun kapağı almak kanıtlamak mümkün olabilir gibi görünüyor:$d>2$

1. tüm kapılar üniter olduğu için, tüm özdeğerleri birliğin kökleridir, basitlik için açılarıyla parametreleştireceğim .0 ≤ θ i < 2 $G$$0 \leq \theta_i < 2\pi$
2. Olarak sonsuz düzene sahip, ya da en azından bir değeri için kapıları içeren bir akıl katı olan veya böyle bir akıl katına gelişigüzel iyi yaklaşımı içerir . Böyle bir kapıyı belirleyelim .G θ k π π $G$$G$$\theta_k$$\pi$$\pi$$g$
3. Daha sonra, bir vardır öyle ki , keyfi yakın olmakla birlikte, kimlik eşit değildir.g $n$$g^n$
4. Yana yekpare olduğu bu şekilde yazılabilir . exp ( - i H $g^n$$\exp(-iH)$
5. Quanti-ph / 9802007'de tanımlandığı gibi Pauli grubu, matrisleri için bir temel oluşturduğundan , , burada ve herhangi bir ([3] 'e göre, en az bir tane sıfıra eşit değil., H = Σ d - 1 J , k = 0 α j k x j d , Z k d α j k ∈ Cı | α j k | ≤ s s > 0 α bir $d \times d$$H = \sum_{j,k = 0}^{d-1}\alpha_{jk} X_d^j Z_d^k$$\alpha_{jk} \in \mathbb{C}$$|\alpha_{jk}|\leq \epsilon$$\epsilon > 0$$\alpha_{ab}$
6. Daha sonra , altında Clifford grubundan öğesini seçebiliriz . Böylece , burada yalnızca ve in bir permütasyonudur .X- J D , Z k d , Z d Cı g n Cı † = exp ( - i Cı- lH Cı † ) = exp ( - ı ( α bir B , Z D + Σ ( j , k ) ≠ ( a , b ) α ' j k X j d Z k d ) ) $C$$X_d^j Z_d^k$$Z_d$$C g^n C^\dagger = \exp(-iCHC^\dagger) = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$ Α α a b = α ′ $\alpha'$$\alpha$$\alpha_{ab} = \alpha'_{01}$
7. Not bu tatmin . Yi, ., Z D ( x u d Z v d ) = ω u ( X u d Z v d ) Z, D g ℓ = Z - ℓ d Cı g n Cı † Z ℓ d = exp ( - ı ( α bir B Z d + ∑ ( j , k ) ≠ ( $Z_d$$Z_d (X_d^u Z_d^v) = \omega^{u} (X_d^u Z_d^v) Z_d$$g_\ell = Z_d^{-\ell} C g^n C^\dagger Z_d^{\ell} = \exp(-i(\alpha_{ab}Z_d + \sum_{(j, k) \neq (a,b)} \omega^{j\ell} \alpha'_{jk} X_d^j Z_d^k))$
8. Baker-Cambel-Hausdorff teoremine göre, tüm , kimliğe keyfi olarak yakın yapıldığı için, ilk sırasına göre . İçin, birlik tüm yolları üzerinden Özetle verim Bu temelde bir çiftleme yapmayan yardımcı dizisidir. köşegensel olmayan elemanları ayırır.g ′ = g 1 × . . . X g D exp ( - ı ( d x ( Σ k α 0 k Z k ) + ( Σ d ℓ = 1 ω d ) x Σ j ≠ 0 Σ k α j k x j d , Z k d ) ) d > 1 $\alpha$$g' = g_1 \times ... \times g_d$$\exp(-i(d\times(\sum_{k} \alpha_{0k} Z^k) + (\sum_{\ell = 1}^d \omega^d)\times\sum_{j \neq 0}\sum_k \alpha_{jk}X_d^j Z_d^k))$$d>1$$g' = \exp(-i(d\times(\sum_{k\neq b} \alpha_{0k} Z^k))$
9. Sadece köşegen matrisler üstel olarak kaldığından, köşegen olmalıdır. Ayrıca üzerindeki kısıtlamalar nedeniyle mutlaka sıfır olmayan ancak orantılı olan özdeğerlere sahiptir .α ′$g'$$\alpha'$$\epsilon$
10. Değiştirilmesiyle ve yukarıdaki işlem tekrar onu üretmek mümkün olmalıdır lineer bağımsız kapıları: , bu şekilde akıl ve oransız fazları veya bir isteğe bağlı olarak yakın uzaklıktaki ile çapraz bir kapısı, ürün sonuçları birine.d g ' 1 . . . g ′ $\epsilon$$d$$g'_1 ... g'_d$
11. By referans birlikte Clifford grubu ile Mark Howard'ın cevap bu verilen, yaklaşık evrenselliğe yeterli olacaktır.

Orijinal sorunun cevabının muhtemelen evet olduğuna inanıyorum, ancak ne yazık ki kesin olarak söyleyemem. Bununla birlikte, Peter'ın genişletilmiş sorusuna cevap verebilirim

Matematikte / 0001038, Nebe, Rains ve Sloane tarafından, Clifford grubunun azami sonlu bir U grubu (2 ^ n) olduğunu gösterirler. Solovay ayrıca bunu “temelde sonlu basit grupların sınıflandırmasını kullanan” yayınlanmamış bir çalışmada da göstermiştir. Nebe ve diğ. Makalede ayrıca, Clifford grubunun, asal p için sonlu grupların sınıflandırmasını kullanan, maksimum sonlu bir alt grup olduğunu göstermektedir. Bu, Clifford grubunun ve herhangi bir geçidin, orijinal sorunun varsayımlarından birini gereksiz kılan sonsuz bir grup olduğu anlamına gelir.

Şimdi, hem Rains hem de Solovay bana Clifford grubunu içeren sonsuz bir grubun evrensel olduğunu gösteren bir sonraki adımın oldukça basit olduğunu söyledi. Ancak, bu adımın gerçekte nasıl çalıştığını bilmiyorum. Ve asıl soru için daha da önemlisi, sadece qubit davası mı yoksa qudit davası mı düşündüklerini bilmiyorum.

Aslında, Nebe, Yağmurlar ve Sloane kanıtlarını da anlamadığımı, ama istediğimi de ekleyebilirim.

Bir tensör ürün ürününe etki eden SU (3) veya SU (3 ) hakkında sorularınız olup olmadığı benim için net değil . SU hakkında soru sorduğunuzu varsayacağım (3). Bana göre (cevabımın önceki sürümünde söylediklerime rağmen) SU (3) ifadesinin SU (3 ) ifadesini ima ettiği açık değildir .$^{n}$$^n$

Kapılar grubu bir SU (3) alt grubunda yer almadığı sürece, yoğun bir SU (3) örtüsü üretecektir. Bu yüzden, SU (3) 'un sonsuz alt gruplarından birinin Clifford grubunu içerip içermediğini kontrol etmeniz gerekir. Yapmadıklarından oldukça eminim ama kesin diyemem. İşte SU tüm Lie alt gruplarını (3) vererek bir matematik taşma sorudur.

Site sonsuza dek donmadan önce bu konuyu güncellemem gerektiğini düşündüm.

Daniel'in cevabı doğru çizgilerde. Bahsettiği bu “sonraki adım” Nebe, Rains ve Sloane'un daha sonraki kitabı olan “ İkili Kodlar ve Değişmeyen Teori ” kitabında görünmektedir .

Bu nedenle bu sorunun cevabı "Evet" dir - ve doğrudan Nebe, Rains ve Sloane'nin kitabındaki Corollary 6.8.2'den gelir.

Waterloo'yu ziyaret ederken bunu bana gösteren Vadym Kliuchnikov'a minnettarım.

Bence aşağıdaki makale, dürüstlük evrenselliği kanıtlamak için ilgili yapıları içerebilir.

http://dx.doi.org/10.1088/0305-4470/39/11/010

Özellikle, bölümün sonundaki yorum, Kontrollü faz , Fourier dönüşümünü ve irrasyonel ve uygun olmayan fazlara sahip bir diyagonal geçit yaklaşık evrenselliği sağladığını söylüyor . (Bu için yeterli bir durumdur, ancak gerekli bir durum olmadığından eminim.)C Z F D $4$$CZ$$F$$D$$D$

Eğer doğru formda ise (ve diyagonal kapılar doğal bir tercih gibi görünüyorsa), sonuç geçerli olur.$G$

Alternatif bir yaklaşım, Toffoli quortunun uygulanması için gerekli ancilla devletlerin yaratılması veya Toffoli'yi uygulamak için Cliffords ile birlikte doğrudan kullanılmasıdır . hakkında daha fazla şey bilmeden bunun mümkün olup olmadığını söylemek zor .$G$$G$