Рішучість / алгоритм перевірки універсальності набору квантових воріт

Враховуючи кінцевий набір квантових воріт , чи можна визначити (в теоретичному розумінні обчислень), чи є універсальним затвором? З одного боку, "майже всі" набори воріт є універсальними, з іншого, не універсальні набори воріт все ще недостатньо зрозумілі (зокрема, звичайно, невідомо, чи класичний для моделювання кожен набір універсальних воріт), тому я думаю, що надання явного алгоритму перевірки універсальності може бути нетривіальним. $\mathcal{G} = \{G_1, \dots, G_n\}$ $\mathcal{G}$

quantum-computing

— Марцін Котовський
джерело

Чи можете ви уточнити питання? Відповідь Джо передбачає, що у вас є фіксована кількість кубітів, і всі ворота діють на них, але для універсальності ми часто припускаємо, що ворота можуть діяти на будь-якому підмножині кубітів. Наприклад, CNOT + всі однокубітні ворота не є універсальними, якщо однокубітні ворота можуть діяти лише на перший кубіт, а CNOT - лише від кубіта 1 до кубіта 2. В останньому випадку ми можемо захотіти екстраполювати багато кубітів щоб отримати універсальність. У такому випадку я думаю, що передвідник може бути невідомим.

@DanielGottesman: Я згоден щодо обмежень моєї відповіді. Дійсно, я вважаю, що в останньому випадку це не можна визначити наступним чином: візьміть стільниковий автомат на нескінченну решітку кубітів і використовуйте його для кодування проблеми зупинки (називайте це оновлення унітарним

). Потім візьміть другу решітку з універсальним QCA (з оновленням унітарного

). Ми можемо визначити новий унітарний

, де підпис

U_{1}

$U_1$

U_{2}

$U_2$

C U_{2} = | 0 ⟩ ⟨ 0 |_{H} \otimes I + | 1 ⟩ ⟨ 1 | \otimes U_{2}

$CU_2 = |0\rangle\langle0|_H\otimes I + |1\rangle\langle1|\otimes U_2$

H

$H$ позначає кубіт, встановлений на

якщо перші зупинки стільникового автомата зупиняються.

| 1 ⟩

$|1\rangle$

— Джо Фіцсімонс

Таким чином, ворота

є універсальними тоді і тільки тоді, коли перша машина Тьюрінга зупиняється, і, отже, не можна визначити.

C U_{2} \times U_{1}

$CU_2 \times U_1$

— Джо Фіцсімонс

У випадку з Гамільтонянами відповідь, а не ворота, тривіально так: ви просто перераховуєте незалежні елементи алгебри Лі. Оскільки алгебра Лі - векторний простір з додаванням оператора дужок Лі. Оскільки простір кінцевий, він має кінцеву основу, і його можна легко перевірити, закритий він чи відкритий під час роботи брекетів Lie. Проста перевірка дужки Лі всіх пар ортогональних операторів може бути виконана у часовій поліномії в розмірності простору, а відповідна база оператора може бути знайдена методом Грама-Шмідта.

Що стосується воріт, у вас не є однаковий варіант скористатися нескінченними тваринами, і вам потрібно побудувати ворота з ірраціональними власними значеннями, щоб ви могли довільно наблизити необхідні нескінченно малі генератори. Я здогадуюсь, що існує відносно простий спосіб зробити це, але це мені не відразу очевидно.

У будь-якому випадку, взяття журналу воріт для отримання набору операторів, які генерують їх при експоненеції, і перевіряє, чи вони генерували повну алгебру Лі, забезпечуючи простий необхідний, але недостатній критерій універсальності.

— Джо Фіцсімонс
джерело

Чому ми повинні перевіряти лише пари?

— Алекс 'qubeat'

@AlexV: Оскільки брекет Lie працює на 2 входах. Кожен раз, коли ви створюєте нового лінійно незалежного оператора, ви виробляєте ортогональний і повторюєте, поки не отримаєте закриття.

— Джо Фіцсімонс

[\dots [H_{k}, H_{j}], H_{l}], \dots]

$[\ldots[H_k,H_j],H_l],\ldots]$

@AlexV: Вам цього не потрібно. Це векторний простір, тому вектор є ортогональним для даного підпростору, якщо і лише якщо він є ортогональним для будь-якої основи цього підпростору.

— Джо Фіцсімонс

Ймовірно, ми говоримо про різні речі - про який векторний простір ви говорите? Ви не знаєте з самого початку подалгебру, породжену вашими воротами - вам потрібно побудувати це з даних Гамільтоніан, щоб перевірити, чи це вся алгебра Лі.

— Алекс 'qubeat'