Как измерение одного кубита влияет на другие?

Чтобы представить состояние квантового компьютера, все кубиты вносят вклад в один вектор состояния (это, как я понимаю, одно из основных различий между квантовыми и классическими вычислениями). Насколько я понимаю, можно измерить только один кубит из системы нескольких кубитов. Как измерение этого кубита влияет на всю систему (в частности, как оно влияет на вектор состояния)?

quantum-state measurement

— вереск
источник

Ответы:

Существует множество разных способов взглянуть на кубиты, и формализм векторов состояний является лишь одним из них. В общем линейно-алгебраическом смысле измерение - это проекция на базис. Здесь я приведу пример с наблюдаемой точки зрения Паули, которая является обычной схемной моделью КК.

Во-первых, интересно, на каком основании представлен вектор состояния - каждый оператор измерения имеет набор собственных состояний и любые измерения, на которые вы смотрите (например, $X,Y,Z, XX, XZ$ и т. Д.) определите основу, на которой вам лучше всего написать вектор состояния. Самый простой способ ответить на ваш вопрос, если вы знаете, какая база вас интересует, и, что более важно, коммутирует ли она с измерением, которое вы только что сделали .

Итак, для простоты, скажем, вы начинаете с двух связанных кубитов в произвольном состоянии, записанном в $Z$ для обоих кубитов:

| ψ ⟩ знак равно a | 0_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + б | 0_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩ + с | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩

$| \psi \rangle = a | 0_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle +b | 0_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle + c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle$

Простейшими измерениями, которые вы могли бы выполнить, был бы , то есть оператор на первом кубите, а затем , оператор на втором кубите. Что делает измерение? Это проектирует государство в одно из собственных состояний. Вы можете думать об этом как об устранении всех возможных ответов, которые не соответствуют тому, который мы только что измерили. Например, скажем, мы измеряем и получаем результат , тогда полученное состояние будет: $Z_{1}$ $Z$ $Z_{2}$ $Z$ $Z_{1}$ $1$

| ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{| c |^{2} + | d |^{2}}} (c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩)

$| \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{|c|^{2} +|d|^{2}}} \left(c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle \right)$

Обратите внимание, что коэффициент передний только для перенормировки. Таким образом, наша вероятность измерения равна $Z_{2}=0$ , Обратите внимание, что это отличается от вероятности, которую мы имели в начальном состоянии, которое было. $\frac{1}{|c|^{2} +|d|^{2}} |c^{2}|$ $|a|^{2}+|c|^{2}$

Предположим, однако, что следующее измерение, которое вы делаете, не коммутирует с предыдущим. Это сложнее, потому что вы должны реализовать изменение базиса на векторе состояния, чтобы понять вероятности. С измерениями Паули, однако, это, как правило, легко, поскольку собственные базы хорошо соотносятся, то есть:

| 0_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ + | 1_{X} ⟩)

$| 0_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle + |1_{X} \rangle )$

| 1_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ - | 1_{X} ⟩)

$| 1_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle - |1_{X} \rangle )$

Хороший способ проверить ваше понимание: какова вероятность измерения после измерения выше? Какова вероятность, если мы не сделали измерения ? Тогда более сложный вопрос состоит в том, чтобы взглянуть на операторы произведений, которые действуют на оба кубита, например, как измерение влияет на начальное состояние? Здесь измеряет произведение двух операторов. $X= +1$ $Z_{1}=1$ $Z_{1}$ $Z_{1}Z_{2}=+1$ $Z_{1}Z_{2}$

— Emily Tyhurst
источник

Nice and simple answer. I think it is important to note, that what you describe is only true if you a) perform projective measurements and b) you know the outcome of the measurement. Just keep in mind that in general you will need mixed states to describe the post-measurement state.

— M. Stern

Предположим, что до измерения ваша кубитная система находится в каком-то состоянии , где представляет собой гильбертово пространство одного кубита. Написать для некоторых коэффициентов такие , что $n$ $\lvert \psi \rangle \in \mathcal H_2^{\otimes n}$ $\mathcal H_2 \cong \mathbb C^2$

| ψ ⟩ = \sum_{x \in {0, 1}^{n}} u_{x} | x ⟩

$\lvert \psi \rangle = \sum_{x \in \{0,1\}^n} u_x \lvert x \rangle$

u_{x} \in C

$u_x \in \mathbb C$

\sum_{x} | u_{x} |^{2} = 1

$\sum_x \lvert u_x \rvert^2 = 1$

Если вы измеряете первый кубит в стандартной основе, определите
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{0 x^{'}} | 0 ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{1 x^{'}} | 1 ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{0x'} \,\lvert0\rangle \lvert x' \rangle, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{1x'} \,\lvert1\rangle \lvert x' \rangle,\end{aligned}$ $\lvert \psi_0 \rangle = \lvert \varphi_0 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_0 \vert \varphi_0 \rangle}\,$ а также $\,\lvert \psi_1 \rangle = \lvert \varphi_1 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_1 \vert \varphi_1 \rangle}\,$ . It is not too difficult to show that, if you measure the first qubit and obtain the state $\lvert 0 \rangle$ , the state of the entire system "collapses" to $\lvert \psi_0 \rangle$ , and if you obtain $\lvert 1 \rangle$ what you obtain is $\lvert \psi_1 \rangle$ .
This is broadly analogous to the idea of conditional probability distributions: you might think of $\lvert \psi_0 \rangle$ as the state of the system conditioned on the first qubit being $\lvert 0 \rangle$ , and $\lvert \psi_1 \rangle$ as the state of the system conditioned on the first qubit being $\lvert 1 \rangle$ (except of course that the story is a bit more complicated, on account of the fact that the first qubit is not "secretly" in either the state $0$ or $1$ ).
The above is not strongly dependent on measuring the first qubit: we can define $\lvert \varphi_0 \rangle$ and $\lvert \varphi_1 \rangle$ in terms of fixing any particular bit in the bit string $x$ to either $0$ or $1$ , summing over only those components which are consistent with either the choice $0$ or $1$ , and proceeding as above.
The above is also not strongly dependent on measuring in the standard basis, as Emily indicates. If we wish to consider measuring the first qubit in the basis $\lvert \alpha \rangle, \lvert \beta \rangle$ , where $\lvert \alpha \rangle = \alpha_0 \lvert 0 \rangle + \alpha_1 \lvert 1 \rangle$ and $\lvert \beta \rangle = \beta_0 \lvert 0 \rangle + \beta_1 \lvert 1 \rangle$ , we define
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = (| α ⟩ ⟨ α | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (α_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + α_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | α ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = (| β ⟩ ⟨ β | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (β_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + β_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | β ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \Bigl(\lvert \alpha \rangle\!\langle \alpha \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\alpha_0^\ast u_{0x'} + \alpha_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\alpha\rangle \lvert x' \rangle\,, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \Bigl(\lvert \beta\rangle\!\langle \beta \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\beta_0^\ast u_{0x'} + \beta_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\beta\rangle \lvert x' \rangle\,, \end{aligned}$ and then proceeding as above.

— Niel de Beaudrap
источник

Less formally-stated than the other answers, but for beginners I like the intuitive method outlined by Prof. Vazirani in this video.

Suppose you have a general two-qbit state:

$|\psi\rangle = \begin{bmatrix} \alpha_{00} \\ \alpha_{01} \\ \alpha_{10} \\ \alpha_{11} \end{bmatrix} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

Now suppose you measure the most-significant (leftmost) qbit in the computational basis (as in, collapse it to either $|0\rangle$ or $|1\rangle$ ). There are two questions we might ask:

What is the probability that the measured qbit collapses to $|0\rangle$ ? What about $|1\rangle$ ?
What is the state of the 2-qbit system after measurement?

For the first question, the intuitive answer is this: take the sum of squares of all amplitudes associated with the value for which you want to find the probability of collapse. So, if you want to know the probability of the measured qbit collapsing to $|0\rangle$ , you'd look at the amplitudes associated with cases $|00\rangle$ and $|01\rangle$ , because those are the cases where the measured qbit is $|0\rangle$ . Thus:

$P[|0\rangle] = |\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2$

Similarly, for $|1\rangle$ you look at the amplitudes associated with cases $|10\rangle$ and $|11\rangle$ , so:

$P[|1\rangle] = |\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2$

As for the state of the 2-qbit system after measurement, what you do is cross out all the components of the superposition which are inconsistent with the answer you got. So, if you measured $|0\rangle$ , then the state after measurement is:

$\require{cancel} |\psi\rangle = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \cancel{\alpha_{10}|10\rangle} + \cancel{\alpha_{11}|11\rangle} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle$

However, this state is not normalized - the sum of squares does not add up to 1, and so you have to normalize it:

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle}{\sqrt{|\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2}}$

Similarly, if you measured $|1\rangle$ then you'd get:

$\require{cancel} |\psi\rangle = \cancel{\alpha_{00}|00\rangle} + \cancel{\alpha_{01}|01\rangle} + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle = \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

Normalized:

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle}{\sqrt{|\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2}}$

And that's how you calculate the action of measuring one qbit in a multi-qbit state, in the simplest case!

— ahelwer
источник