Kuantum hal oyununa en uygun strateji

9

Aşağıdaki oyunu düşünün:

Adil bir madeni para çeviriyorum ve sonuca bağlı olarak (her iki kafa / kuyruk), size aşağıdaki durumlardan birini vereceğim:

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

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

Buraya, $x$ bilinen bir sabit açıdır. Ama sana hangi eyaleti verdiğimi söylemiyorum.

Doğru olma şansını en üst düzeye çıkarırken hangi durumu verdiğimi tahmin etmek için bir ölçüm prosedürünü (yani ortonormal bir kübit temeli) nasıl tanımlayabilirim? Optimal bir çözüm var mı?

Kendi kendime kuantum hesaplama yapıyordum ve bu alıştırmaya rastladım. Nasıl başlayacağımı gerçekten bilmiyorum ve bazı yardımları gerçekten takdir ediyorum.

İyi bir stratejinin dikey bir dönüşüm gerçekleştirmek olduğunu düşünüyorum.

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

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

Fazla ilerleme kaydedilemiyor ...

quantum-state measurement games

— jjbid
kaynak

Sezgisel olarak cevap hesaplama esasına göre ölçmektir çünkü kısıtlayabiliriz

x

$x$ için

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$ ve ne zaman

x = 0

$x=0$ devletler ayırt edilemez ve ne zaman

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$ devletler dik, ama nasıl ispatlayacağından emin değilim.

— ahelwer

8

Bir kubit ölçümünün ikili sonucunu, birinci veya ikinci durum olup olmadığını tahminimize çeviririz, kübitin olası her ölçümü için başarı olasılığını hesaplarız ve daha sonra iki değişkenli bir fonksiyonun maksimumunu buluruz ( iki küre).

İlk olarak, gerçekten ihtiyacımız olmayacak bir şey, devletin kesin açıklaması. Hem süperpozisyonlara bağlı olan sistemin tam durumu hem de klasik bir adil para yoğunluk matrisinde kodlanabilir

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} x & \sin x \cos x \\ \sin x \cos x & \sin^{2} x \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ burada sol sütun ve üst sıra "sıfır" temel durumuna ve geri kalanlar "bir" e karşılık gelir. Yoğunluk matrisini, 4 elementlik temelde yeniden yazmak yararlıdır.

2 \times 2

$2\times 2$ matrisler,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{\sin x \cos x}{2} σ_{x} + (\frac{\cos^{2} x - \sin^{2} x}{4} + \frac{1}{4}) σ_{z}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Açı açısından yazılabilir

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{\sin 2 x}{4} σ_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Şimdi, karışık durumdan bağımsız olarak, bu hala iki seviyeli bir sistemdir ve iki boyutlu Hilbert uzayındaki tüm ölçümler ya önemsizdir (

c

$c$ -sayı) veya bir eksen boyunca spin ölçümüne eşdeğer, yani

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ Pauli matrisleri vektörü ile çarpılan bir birim 3B vektör. Tamam, ölçersek ne olur?

V

$V$ ? Özdeğerleri

V

$V$ artı bir veya eksi bir. Her birinin olasılığı, beklenen değerden elde edilebilir.

V

$V$ hangisi

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Ürünlerin izleri sadece

1

$1$ karşılayan

1

$1$ (ancak,

V

$V$ ) veya

σ_{x}

$\sigma_x$ karşılayan

σ_{x}

$\sigma_x$ vb. bu durumlarda matrisin izi 2 fazladan bir faktör verir.

⟨ V ⟩ = \frac{\sin 2 x}{2} n_{x} + \frac{\cos 2 x + 1}{2} n_{z}

$\langle V \rangle = \frac{\sin 2x}{2}n_x + \frac{\cos 2x +1}{2} n_z$ Özdeğer elde ediyoruz

\pm 1

$\pm 1$ olasılıklarla

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ , sırasıyla. Tam olarak ne zaman

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , ilk iki "baş ve kuyruk" durumu birbirine diktir (temelde

| 0 ⟩

$|0\rangle$ ve

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ) ve onları tamamen ayırt edebiliriz. Olasılıkları yapmak

0, 1

$0,1$ , sadece seçmeliyiz

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; not genel işareti

\vec{n}

$\vec n$ prosedür için önemli değil.

Şimdi, $\cos x \neq 0$ devletler dikey değildir, yani kuantum anlamda "karşılıklı olarak münhasır değildir" ve madalyonun kuyruk mu yoksa kafa mı olduğunu doğrudan ölçemeyiz çünkü bu olasılıklar yoğunluk matrisinde karıştırılmıştır. Aslında, yoğunluk matrisi tüm ölçümlerin tüm olasılıklarını içerir, bu yüzden aynı yoğunluk matrisini, bozuk paralardan olası durumların farklı bir karışımı ile elde edebilseydik, kübit durumları kesinlikle ayırt edilemez olurdu.

Başarı ihtimalimiz% 100'ün altında olacaksa $\cos x\neq 0$ . Ancak klasik biti kullanmanın tek anlamlı yolu $V=\pm 1$ ölçümden, başlangıç durumu hakkındaki tahminimize doğrudan çevirmektir. Genel bir kayıp olmadan çevirimiz şu şekilde seçilebilir:

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Tam tersini istiyorsak, kafa kuyruklarının ve işaretlerinin çapraz tanımlanması

V

$V$ , genel işaretini çevirerek bunu başarabiliriz

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

$\vec n \to -\vec n$ .

İlk basit başlangıç durumu "kafaları" (sıfır) ve ikincisi daha sert olan "kuyrukları" (kosinüs sinüs süperpozisyonu) olarak adlandıralım. Başarı olasılığı, $+1$ kafalara ve $-1$ kuyruklara,

P_{s u c c e s s} = P (H) P (+ 1 | H) + P (T) P (- 1 | T) .

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Adil bir madeni para olduğu için, yukarıdaki iki faktör şunlardır:

P (H) = P (T) = 1 / 2

$P(H)=P(T)=1/2$ . Dört olasılık arasında en zor hesaplama

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Ama yukarıda daha zor bir hesaplama yaptık,

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Burada, sabit terimi

n_{z}

$n_z$ ve ikiyle çarpın:

P (- 1 | T) = \frac{1}{2} - \sin 2 x \frac{n_{x}}{2} - \cos 2 x \frac{n_{z}}{2}

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ "Kafalar" için sonuç,

x = 0

$x=0$ çünkü "kafalar" durumu "kuyruklar" durumuna eşittir

x = 0

$x=0$ ikame edilmiş. Yani

P (- 1 | H) = \frac{1 - n_{z}}{2}

$P(-1|H) = \frac{1-n_z}{2}$ ve tamamlayıcı

1 - P

$1-P$ olasılık

P (+ 1 | H) = \frac{1 + n_{z}}{2}

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ Bu sonuçları almak için "başarı olasılığımıza" geçin

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + n_{z} + 1 - (\sin 2 x) n_{x} - (\cos 2 x) n_{z}}{4}

$P_{\rm success} = \frac{1+n_z +1 - (\sin 2x)n_x - (\cos 2x)n_z}{4}$ veya

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} - \frac{n_{x}}{4} \sin 2 x + \frac{n_{z}}{4} (1 - \cos 2 x)

$P_{\rm success} = \frac 12 - \frac{n_x}4 \sin 2x + \frac{n_z}{4} (1-\cos 2x )$ Eğer tanımlarsak

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$ , biz de şöyle yazabiliriz

P_{s u c c e s s} = \frac{1}{2} + \frac{\sin (2 x + α) - \sin α}{4} = \frac{1}{2} + \frac{\sin x \cos (x + α)}{2}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ Bunu en üst düzeye çıkarmak istiyoruz

α

$\alpha$ . Açıkçası, maksimum

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$ işaretin kabul ettiği yer

\sin x

$\sin x$ yani

α = - x

$\alpha=-x$ veya

α = π - x

$\alpha=\pi -x$ ve bu maksimum değer

P_{s u c c e s s} = \frac{1 + | \sin x |}{2}

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$ % 50 ile% 100 arasındadır.

Bu gerçekten kuantum mekanik olan güzel bir ölçüm. Bizkinden farklı bir ölçüm kullanıyoruz $\sigma_z$ , yani bitin klasik ölçümü. Bunun yerine, dönüşü eksendeki eksen boyunca ölçüyoruz. $xz$ - açı ile aynı sıfır olmayan açı ile tanımlanan düzlem $x$ başlangıçta, bazı doğru işaretler ve $\pi/2$ . Basitçe ölçtüyseniz, $\sigma_z$ , klasik bit, başarı oranı sadece $(3-\cos 2x)/4$ , ayrıca% 50 ile% 100 arasında, ancak sonuçlarımızdan daha küçük. Özellikle, küçük bir $x=0+\epsilon$ , en iyi sonucumuz Taylor olarak $1/2+|x|/2$ klasik ölçümü kullanan optimum olmayan sonuç yukarıda artacaktır. $1/2$ daha yavaş $1/2+x^2/2$ .

Daha önce ikisinin birçok yanlış faktörünü düzeltmiş olmama rağmen, saatlerce yanlış bir cevap (son kısımlarda bir hata) gönderildi. Bu cevabın hafifçe düzenlenmiş bir versiyonunu bazı tartışmaların yer aldığı web günlüğüme gönderdim:

Referans Çerçevesi: Kuantum hesaplamada eğlenceli basit bir problem

Bu sayfada, ekte ölçülen operatörün özlerini de yazıyorum. Açılardaki argümanlar, bu sorunun dalga fonksiyonları açısından açık olduğunu veya ölçümden sonra dalga fonksiyonlarının basit olması gerektiğini düşünen bazı insanlar için şaşırtıcı olabilir.

— Luboš Motl
kaynak

Soruyu daha dikkatli okumam ve cevaplamam gerekebilir, ancak bu arxiv.org/abs/1805.03477'de çözülen sorunun özel bir örneği değil mi?

— glS

Belki de makaleye aşina değilim ve bunun en azından dakikalar içinde değil, bu sorunun genelleştirilmesi olduğunu göremiyorum. Ancak, en yeni kağıt tarzı sorunu çözdüğümü iddia etmiyorum. Bu soru muhtemelen bazı ders kitaplarında öğrenciler tarafından çözülmesi beklenen bir alıştırmadır.

— Luboš Motl

1

Anahtar, dik olmayan iki durumu ayırt etmek için en uygun stratejidir. Bu, burada tarif ettiğim Helstrom ölçümü olarak adlandırılan bir şey .

— DaftWullie
kaynak