Tek yönlü kuantum doğrulaması

Küme durumu hesaplama teorisi şimdiye kadar iyi bir şekilde oluşturulmuştur, bu da herhangi bir BQP devresinin, "klasik olarak kontrol edilen" tek bir kübit kuantum geçidi kullandığını ve böylece "küme durumu" olarak bilinen bir durumun geniş bir tedarikini sağladığını gösterir. stabilize edici bir durum üretmek için basittir.

Benim sorum şudur: kuantum doğrulaması için bilinen benzer bir kavram - yani QMA devrelerini klasik kontrollü 1-qubit kapılarla değiştirebilir, muhtemelen bazı "özel durum" kullanabilir miyim? En azından başlangıçta, küme durumunun neden bu durumda çalışabileceğinden emin değilim.

quantum-computing

— Lior Eldar
kaynak

Doğru anlarsam, QMA Merlin'de size bir şekilde modele dahil etmeniz gereken bir kuantum kanıtı verir mi? Başka bir deyişle, Merlin'in size klasik bir dize verdiği QMA yerine QCMA olsaydı, o zaman BQP için bilinen sonuçları kullanabilirdik, değil mi?

— Robin Kothari

Evet doğru. Bu ayrımı yaptığınız için teşekkür ederiz.

— Lior Eldar

Başlangıç olarak, BQP için aynı soru sorabilir: 1-qubit ölçümleri yapma gücü ve güvenilmeyen küme durumları (veya başka bir uygun durum) kaynağı verildiğinde herhangi bir kuantum hesaplama yapabilir miyiz?

— Norbert Schuch

Yanıtlar:

QMA tamlığını korurken, QMA doğrulayıcısını tek-kubit ölçümleri ve klasik ön ve son işlem (rastgele) ile kısıtlamak mümkündür.

Nedenini görmek için, kubitlerde herhangi bir -yerel QMA-tamamlanmış Hamiltonyen sınıfını alın . Sabit bir sırası ekleyerek ve faktörü ile yeniden ölçeklendirerek , Hamiltonian biçiminde getirilebilir burada , ve ; burada bir Paulis ürünüdür. Doğruluk ye kadar en küçük özdeğerini tahmin etmek hala QMA zordur. $k$ $\mathrm{poly}(n)$ $1/\mathrm{poly}(n)$

H = \sum_{i} w_{i} h_{i},

$H=\sum_i w_i h_i\ ,$

w_{i} > 0

$w_i>0$

\sum_{i} w_{i} = 1

$\sum_i w_i=1$

h_{i} = \frac{1}{2} (I d \pm P_{i})

$h_i = \tfrac12(\mathrm{Id}\pm P_i)$

P_{i}

$P_i$

H

$H$

1 / p o l y (n)

$1/\mathrm{poly}(n)$

Artık yalnızca durumu verildiğinde , olasılığı ile kabul edilen tek-qubit ölçümlerini kullanan bir devre oluşturabiliriz (yapım aşamasında ile arasında ) . Bu amaçla, ilk olarak dağılımına göre ' . Sonra, içinde Paulis her ölçmek ve parite almak şimdi ilgilidir sonuçların, aracılığı Devre şimdi $|\psi\rangle$ $1-\langle\psi|H|\psi\rangle$ $0$ $1$ $i$ $w_i$ $P_i$ $\pi$ $\langle\psi|h_i|\psi\rangle$

⟨ ψ | h_{i} | ψ ⟩ = \frac{1}{2} (1 \pm (- 1)^{π}) \in {0, 1} .

$\langle\psi|h_i|\psi\rangle = \tfrac12(1\pm (-1)^\pi)\in\{0,1\}\ .$

1 - ⟨ ψ | h_{i} | ψ ⟩

$1-\langle\psi|h_i|\psi\rangle$ ve bu nedenle çıktı göre dağıtılır .

⟨ ψ | H | ψ ⟩

$\langle\psi|H|\psi\rangle$

Biz (QMA tam) yerel Hamilton problemin bir evet örneği aldı, bu, bir devlet var böyle bu doğrulayıcı bazı olasılık ile kabul edeceğini , aksi herhangi devlet tarafından geri çevrildi olacak iken olasılıkla , . Doğrulayıcının bir qubit ölçümleriyle sınırlı olduğu QMA varyantı bu nedenle bazı boşluğu için QMA tamamlandı . Son olarak, bu QMA versiyonu sadece QMA için konvansiyonel amplifikasyon teknikleri kullanılarak çoğaltılabilir, bu da sonunda boşluktan bağımsız olarak QMA-tamamından bağımsız olduğunu kanıtlar (QMA ile aynı aralık dahilinde). $|\psi\rangle$ $\ge a$ $\le b$ $a-b>1/\mathrm{poly}(n)$ $1/\mathrm{poly}(n)$

— Norbert Schuch
kaynak

en küçük özdeğerini tahmin etme sorununun neden hala QMA zor olduğuna dair kısa bir açıklama veya referans verebilir misiniz ? Teşekkürler!

H

$H$

— Henry Yuen

Bir Hamilton başlar , bu sorunun [kadar olan ] QMA tamamlandığında, bir Hamilton içine değişiklik o , ve , bu nedenle GS enerjisinin doğruluk kadar tahmin edilmesi hala QMA sert.

H^{'}

$H'$

ϵ = 1 / p o l y (n)

$\epsilon=1/\mathrm{poly}(n)$

H = x (H^{'} + y)

$H=x(H'+y)$

x = 1 / p o l y (n)

$x=1/\mathrm{poly}(n)$

y = p o l y (n)

$y=\mathrm{poly}(n)$

H

$H$

x ϵ = 1 / p o l y (n)

$x\epsilon=1/\mathrm{poly}(n)$

— Norbert Schuch

Her zaman bir Pauli Hamiltonyan'ın bir öz üzerine bir projektör olduğunu varsayabilir misiniz ?

h_{i}

$h_i$

— Henry Yuen

Orijinal Hamiltonian'daki terimlerinin her biri , Pauli ürününün ( için toplamı olarak yazılabilir ve çarpanı her Pauli ürünün olan .

h^{'}

$h'$

4^{k}

$4^k$

4^{k} = p o l y (n)

$4^k=\mathrm{poly}(n)$

k = O (\log (n))

$k=O(\log(n))$

P_{i}

$P_i$

t r [P_{i} h^{'}] / 2^{k} \leq ‖ h^{'} ‖_{\infty}

$\mathrm{tr}[P_ih']/2^k\le \|h'\|_\infty$

— Norbert Schuch

Soruyu yorumladığım soru, bir QMA protokolü için doğrulama devresinin sadece tek-qubit ölçümleri kullandığını varsayabilir miyiz? (Fikir sahibi, "tek yönlü kuantum hesaplama" ile orijinal doğrulama devresini uygulamak için gereken kuantum kanıtını ve kuantum küme durumunu göndermesidir.)

Sorun, elbette, kanıtlayıcının size geçerli bir küme durumu göndermemesidir. Dolayısıyla doğrulayıcının, gerçekten bir küme durumu olduğundan emin olmak için alınan durumu test etmesi gerekir. Doğrulayıcı bunu tek-qubit ölçümleri yaparak ve korelasyonları kontrol ederek gerekli dengeleyici kontrollerini karşılar. Bu tür testler devlet için yıkıcı olduğu için, doğrulayıcıya devletin birçok kopyasının verildiği, çoğunun kontrol edildiği ve hesaplama için rastgele bir prosedürün kullanıldığı bir prosedür olması gerekir. Polinom olarak birçok kopya yeterli mi?

Bunun bilinen bir teorem olduğunu düşünmüyorum. (Bir dakikanın düşüncesi ile) açık bir karşı örnek görmüyorum, bu yüzden inandırıcı olabilir. Test durumlarında bilinen kanıt teknolojisi, bunu kontrol etmek için yeterli gibi görünüyor. Örneğin, Matthew McKague'in arXiv belgesine bakınız: 1010.1989 [quant-ph]. Eğer bir ispat çalışıyorsanız, makaleyi QIP'ye gönderin (son başvuru tarihi 5 Ekim)!

— Anonim
kaynak

Belki de bu soruyu yanlış anlıyorum. Merlin'in giriş katmanını sağladığı ölçüm tabanlı bir hesaplama kullanarak QMA'daki bir sorun için doğrulayıcı devresini uygulayıp uygulayamayacağınızı soruyorsanız ve Arthur, kaynak durumundaki diğer tüm kübitleri sağlar ve ölçümler başlamadan önce her iki kübit setini birbirine dolaştırır, cevap önemsiz bir şekilde evet. Bu, ister klasik ister kuantum girdisini önemsediğinize bakılmaksızın, herhangi bir kuantum devresinin ölçüm tabanlı bir hesaplama olarak uygulanabileceği gerçeğinden doğrudan kaynaklanır.

Ölçüme dayalı hesaplama giriş siteleriyle ilgili çoğu makalede genellikle diğer sitelerden ayrı olarak tanımlandığını ve bu yüzden (yani özellikle kuantum girdisi ile ilgilenmek için) fark edeceksiniz.

— Joe Fitzsimons
kaynak

Aslında bu konuda net değilim. Ölçtüğüm hesaplama tabanlı hesaplama makalelerinde, klasik girdili herhangi bir BQP devresinden, küme durumundan başlayarak tek yönlü bir hesaplama devresine dönüşüm yapılır. Yani, herhangi bir gelişigüzel üniter devrenin (U) girişten bağımsız olarak, ölçüm tabanlı bir U_1 devresine götürüldüğü bir dönüşüm olarak tarif EDİLMEZ. Sorduğum karmaşıklık sorusu şimdi Norbert'in cevabının ardından çözülse de, yine de bu noktayı anlamak istiyorum.

— Lior Eldar

@LiorEldar: O zaman orijinal Raussendorf ve Briegel gazetesine veya Raussendorf, Browne ve Briegel kağıdına bakmalısınız. Her seferinde bir geçit açık olarak devreler inşa ederler, her ölçüm paterninin giriş katmanı üzerinde keyfi bir durumda olabilen belirli bir geçit uyguladığını gösterir. Kesinlikle keyfi girdilere keyfi devreler uygulayabilirsiniz.

— Joe Fitzsimons

Lior bunu tartıştığımızda aslında Aachen'de buradaydı ve soruyu anlamanın bir yolu bu fikre dayanıyor: Merlin, (güvenilmeyen) bir küme durumuna yerleşik kanıt sağlayabilir mi ve Arthur, tek kubit ölçümlerini doğrulamak için kullanabilir küme veya MBQC kullanarak kanıt doğrulamak? (Belki hata düzeltmesinin kullanıldığı kör comp.'de olduğu gibi benzer fikirler kullanılabilir?) Ne yazık ki, QMA sertliğini kanıtlamak için bu güzel fikre gerek yoktur. ;-( Ancak, bunun işe

— yarayıp

@Lior: Girişi doğrulamak için MBQC kullanmak istiyorsanız, elbette bir qubit ölçümlerine ek olarak 2-qubit kapıları da kullanmanız gerekir (çünkü girişi küme durumunuzla karıştırmanız gerekir).

— Norbert Schuch

@Joe: BTW, BQP için aynı soru (güvenilmez bir küme durumu kullanarak 1-qubit ölçümleri kullanarak BQP'yi çalıştırabilir miyiz) elbette hala açık ve kör hesaplamada kullanılan fikirlerin gitmenin yolu olabileceğini düşünüyorum .

— Norbert Schuch