Fourier örneklemesi gerçekte nasıl çalışır (ve parite problemini çözer)?

Ben açısından yazıyorum parçası I ve bölüm II Profesör Umesh Vazirani tarafından Fourier örnekleme video dersleri.

Kısım I ile başlar:

Hadamard Dönüşümünde:

| 0...0 ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩

$|0...0\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle$

| u ⟩ = | u_{1} . . . u_{n} ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{(- 1)^{u . x}}{2^{n / 2}} | x ⟩ (where u . x = u_{1} x_{1} + u_{2} x_{2} + . . . + u_{n} x_{n})

$|u\rangle =|u_1...u_n\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{(-1)^{u.x}}{2^{n/2}}|x\rangle \quad \text{(where $u.x=u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n$)}$

Fourier Örneklemesinde:

| ψ ⟩ = \sum_{{0, 1}}^{n} α_{x} | x ⟩ \to \sum_{x} \hat{α_{x}} | x ⟩ = | \hat{ψ} ⟩

$|\psi\rangle=\sum_{\{0,1\}}^{n}\alpha_x|x\rangle \to \sum_{x}\hat{\alpha_x}|x\rangle=|\hat{\psi}\rangle$

Ne zaman Gördüğümüz ölçülür olasılığıyla . $|\hat{\psi}\rangle$ $x$ $|\hat{\alpha_x}|^2$

Bölüm II:

Parite Sorunu:

Bize kara kutu olarak fonksiyonu verilir . Biliyoruz ki (örneğin ) bir gizli için $f:\{0,1\}^n\to\{0,1\}$ $f(x)=u.x$ $u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n (\text{mod 2})$ $u\in\{0,1\}^{n}$ . Mümkün olan en az sorgusuyla nasıl anlaşılır ? $u$ $f$

Mümkün olan en az adımda bulmak için iki adımlı bir prosedür izlememiz gerektiğini söylüyorlar . $u$

Bir süperpozisyon oluşturun $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_{x}(-1)^{f(x)}|x\rangle$
elde etmek için Fourier örneği . $u$

Burası kayboldum. "Süperpozisyon kurmak ..." ile tam olarak ne anlama geldiğini anlamıyorum. Neden yapalım? Ve Fourier örneklemesi (açıklandığı gibi) belirlenmesine nasıl yardımcı olur ? $u$

Ayrıca böyle bir kuantum kapısı inşa ederler:

$|0\rangle$ $|-\rangle$ $- \oplus f(0...0)$ $\oplus$

quantum-gate fourier-sampling

— Sanchayan Dutta
kaynak

$\left| 0\right\rangle^{\otimes n}\left| -\right\rangle$ $H^{\otimes n}\otimes I$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} {(| 0 ⟩ + | 1 ⟩)}^{\otimes n} | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\left(\left|0\right\rangle + \left|1\right\rangle\right)^{\otimes n}\left|-\right\rangle.$

U_{f}

$U_f$

U_{f} (\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩ | - \oplus f (x) ⟩ .

$U_f\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\left|-\oplus f\left(x\right)\right\rangle.$

$\oplus$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩) | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}\left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

U_{f} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩) = | x ⟩ | f (x) ⟩ - | 1 \oplus f (x) ⟩ = {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩)

$U_f\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right) = \left|x\right\rangle\left|f\left(x\right)\right\rangle - \left|1\oplus f\left(x\right)\right\rangle = \left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right)$

$x$ $x = \prod_ix_i$

H | x_{i} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + {(- 1)}^{x_{i}} | 1 ⟩) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y = {0, 1}} {(- 1)}^{x_{i} . y} | y ⟩ .

$H\left|x_i\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|0\right\rangle + \left(-1\right)^{x_i}\left|1\right\rangle\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{y=\left\lbrace0, 1\right\rbrace}\left(-1\right)^{x_i.y}\left|y\right\rangle.$

This gives the property

H^{\otimes n} | x ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} \sum_{y \in {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{x . y} | y ⟩ .

$H^{\otimes n}\left| x\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\sum_{y\in\left\lbrace0, 1\right\rbrace^n}\left(-1\right)^{x.y}\left|y\right\rangle.$

This gives the final state as

\frac{1}{2^{n}} (\sum_{x, y = {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{f (x) \oplus x . y} | y ⟩) | - ⟩ .

$\frac{1}{2^n}\left(\sum_{x, y=\{0,1\}^n}\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y}\left|y\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

We know that $f\left(x\right) = u.x = x.u$ , giving $\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y} = \left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)}$ . Summing over the $x$ terms gives that $\sum_x\left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)} = 0,\, \forall\, u\oplus y \neq 0$ . This means that we're left with the term for $u\oplus y = 0$ , which means that $u=y$ , giving the output as $\left|u\right\rangle\left|-\right\rangle$ , which is measured to obtain $u$ .

As for why we want to set up a superposition: This is where the power of quantum computing comes into play - In less mathematical terms, applying the Hadamard transformation is performing a rotation on the qubit states to get into the state $\left|+\right\rangle^{\otimes n}$ . You then rotate each qubit in this superposition state using an operation equivalent to XOR (in this new basis), so that when performing the Hadamard transformation again, you're now just rotating back onto the state $\left|u\right\rangle$ . Another way of looking at this is to consider it as a reflection or inversion that achieves the same result.

The point is that, using superposition, we can do this to all the qubits at the same time, instead of having to individually check each qubit as in the classical case.

— Mithrandir24601
kaynak