Оптимальная стратегия для квантовой игры

9

Рассмотрим следующую игру:

Я подбрасываю честную монету, и в зависимости от результата (либо голова / хвост), я дам вам одно из следующих состояний:

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

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

Вот, $x$ это известный постоянный угол. Но я не говорю вам, какое состояние я вам даю.

Как я могу описать процедуру измерения (т. Е. Ортонормированный базис кубита), чтобы угадать, какое состояние мне дано, и в то же время максимально увеличить вероятность быть правым? Есть ли оптимальное решение?

Я изучал квантовые вычисления и наткнулся на это упражнение. Я действительно не знаю, как начать, и я был бы очень признателен за помощь.

Я думаю, что хорошей стратегией было бы выполнить ортогональное преобразование с

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

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

Не могу добиться большого прогресса ...

quantum-state measurement games

— jjbid
источник

Интуитивно понятным ответом является измерение в вычислительной основе, потому что мы можем ограничить до а когда состояния неразличимы, а когда состояния ортогональны, но я просто не уверен, как это доказать.

x

$x$

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$

x = 0

$x=0$

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$

— ахельвер

8

Мы просто переводим двоичный результат измерения кубита в наше предположение, является ли это первым состоянием или вторым, вычисляем вероятность успеха для каждого возможного измерения кубита, а затем еще больше находим максимум функции двух переменных (на два-сфера).

Во-первых, то, что нам действительно не нужно, точное описание состояния. Полное состояние системы, которое зависит как от суперпозиций, так и от классической монеты, может быть закодировано в матрице плотности где левый столбец и верхняя строка соответствуют базовому состоянию "ноль", а остальные - "один". Полезно переписать матрицу плотности в терминах 4-элементного базиса матриц : Это можно записать в терминах угла :

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})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$

2 \times 2

$2\times 2$

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}

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

2 x

$2x$

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

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Теперь, независимо от смешанного состояния, это все еще двухуровневая система и все измерения в двумерном гильбертовом пространстве либо тривиальны (измерения ), либо эквивалентны измерению спина вдоль оси, т.е. измерения который является единичный трехмерный вектор, умноженный на вектор матриц Паули. Хорошо, что произойдет, если мы измерим ? Собственные значения плюс один или минус один. Вероятность каждого может быть получена из ожидаемого значения которое равно

c

$c$

V = \vec{n} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$

V

$V$

V

$V$

V

$V$

⟨ V ⟩ = T r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Следы продуктов вносят свой вклад только в том случае, если соответствует (но мы предполагаем, что в не было члена ) или соответствует и т. Д., И в этом случае трасса матрицы дает дополнительный множитель 2. Таким образом, мы имеем Получаем собственное значение с вероятностями соответственно. Именно тогда, когда , два начальных состояния "голова и хвост" ортогональны друг другу (в основном и ), и мы можем их полностью различить. Чтобы сделать вероятности

1

$1$

1

$1$

V

$V$

σ_{x}

$\sigma_x$

σ_{x}

$\sigma_x$

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

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

\pm 1

$\pm 1$

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$

\cos x = 0

$\cos x = 0$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

0, 1

$0,1$ , мы должны просто выбрать ; обратите внимание, что общий знак не имеет значения для процедуры.

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$

\vec{n}

$\vec n$

Теперь для состояния неортогональны, то есть "не взаимоисключающие" в квантовом смысле, и мы не можем непосредственно измерить, были ли монеты хвостами или головами, потому что эти возможности были смешаны в матрице плотности. Фактически, матрица плотности содержит все вероятности всех измерений, поэтому, если бы мы могли получить одну и ту же матрицу плотности с помощью другой смеси возможных состояний из бросков монет, состояния кубита были бы строго неразличимы. $\cos x \neq 0$

Наша вероятность успеха будет ниже 100%, если . Но единственный значимый способ использовать классический бит из измерения - это напрямую перевести его в наше предположение о начальном состоянии. Без ограничения общности наш перевод может быть выбран как и Если бы мы хотели противоположного, перекрестной идентификации голов-хвостов и знаков , мы могли бы просто достичь этого, щелкнув общий знак . $\cos x\neq 0$ $V=\pm 1$

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

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

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

V

$V$

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

$\vec n \to -\vec n$

Давайте назовем первое простое начальное состояние "головы" (ноль), а второе сложнее "хвосты" (косинус-синус суперпозиции). Вероятность успеха, учитывая наш перевод с на головы и на хвосты, Поскольку это справедливая монета, двумя факторами, включенными выше, являются . Наиболее сложный расчет среди четырех вероятностей - это . Но мы уже сделали более сложный расчет выше, это был . Здесь мы просто опускаем постоянный член, пропорциональный и умножаем на два: $+1$ $-1$

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

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$

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

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

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$

n_{z}

$n_z$

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

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Результат для «головок» просто получается установкой потому что состояние «головок» равно состоянию «хвостов» с заменой . Поэтому и дополнительная вероятность равна Подставим эти результаты в наш «вероятность успеха», чтобы получить или Если мы определим ,

x = 0

$x=0$

x = 0

$x=0$

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

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

1 - P

$1-P$

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

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$

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

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

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)

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

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$

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}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ Мы хотим максимизировать это через . Ясно, что максимум для где знак совпадает со знаком т. Е. или а значение в этом максимуме равно который находится в интервале 50% и 100%.

α

$\alpha$

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$

\sin x

$\sin x$

α = - x

$\alpha=-x$

α = π - x

$\alpha=\pi -x$

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

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$

Это хорошее измерение, которое действительно квантово-механическое. Мы используем измерение, от , т.е. классическое измерение бита. Вместо этого мы измеряем спин вдоль оси в плоскости которая определяется тем же ненулевым углом, что и угол в начале, с некоторыми правильными знаками и сдвигами, кратными . Обратите внимание, что если вы измерили просто , классический бит, вероятность успеха будет равна просто , также от 50% до 100%, но меньше нашего результата. В частности, для небольшого наш оптимальный результат был бы разложен по Тейлору как $\sigma_z$ $xz$ $x$ $\pi/2$ $\sigma_z$ $(3-\cos 2x)/4$ $x=0+\epsilon$ $1/2+|x|/2$ в то время как неоптимальный результат с использованием классического измерения будет увеличиваться выше медленнее, как . $1/2$ $1/2+x^2/2$

В течение многих часов здесь выкладывался неправильный ответ (ошибка в последних частях), несмотря на то, что ранее я исправил много неправильных факторов из двух. Я разместил слегка отредактированную версию этого ответа в своем блоге, где может состояться некоторая дискуссия:

Система отсчета: забавная простая задача в квантовых вычислениях

На этой странице я также пишу собственные состояния измеряемого оператора в приложении. Аргументы в углах могут быть удивительными для некоторых людей, которые думают, что эта проблема очевидна с точки зрения волновых функций или что волновые функции после измерения должны быть простыми.

— Любош Мотль
источник

Возможно, мне придется прочитать вопрос и ответить более тщательно, но не является ли это частным случаем проблемы, решаемой в arxiv.org/abs/1805.03477 ?

— GLS

Возможно, я не знаком с бумагой и не вижу, что это обобщение этой проблемы, по крайней мере, не в течение нескольких минут. Но я не утверждаю, что решил какие-либо передовые проблемы с использованием бумаги. Этот вопрос, вероятно, является упражнением в некоторых учебниках, которое, как ожидается, решат учащиеся.

— Luboš Motl

1

Ключ находится в оптимальной стратегии для различения двух неортогональных состояний. Это то, что называется измерением Хельстрома, которое я описал здесь .

— DaftWullie
источник