Як вимірювання одного кубіта впливає на інші?

Щоб представити стан квантового комп'ютера, всі кубіти вносять один вектор стану (це я одна з основних відмінностей між квантовими та класичними обчисленнями, наскільки я це розумію). Я розумію, що можна виміряти лише один кубіт із системи декількох кубітів. Як вимірювання одного кубіту впливає на всю систему (конкретно, як це впливає на вектор стану)?

quantum-state measurement

— вереск
джерело

Відповіді:

Існує маса різних поглядів на кубіти, і державний векторний формалізм - лише один із них. У загальному лінійно-алгебраїчному сенсі вимірювання проектується на основу. Тут я надам уявлення з прикладом спостережуваної точки зору Паулі, тобто звичайною схемою QC.

По-перше, цікаво, на якій основі надається вектор стану - кожен оператор вимірювання постачається з набором власних даних і якими б вимірюваннями ви не дивилися (наприклад, $X,Y,Z, XX, XZ$ тощо) визначте основу, яка може бути найкращою для запису вектора стану. Найпростіший спосіб відповісти на ваше запитання, якщо ви знаєте, яка основа вас цікавить, і що ще важливіше, чи вона співвідноситься з вимірюванням, яке ви тільки що зробили .

Отже, для простоти, скажімо, ви починаєте з двох зв'язаних кубітів у довільному стані, записаному в $Z$ -основі для обох кубітів:

| ψ ⟩ = a | 0_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + b | 0_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩ + c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩

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

Найпростішими можливими вимірюваннями, які ви могли б зробити, буде $Z_{1}$ , тобто оператор $Z$ на першому кубіті, а потім $Z_{2}$ , оператор $Z$ на другому кубіті. Що робить вимірювання? Він проектує державу в одну з власних держав. Ви можете подумати про це як про усунення всіх можливих відповідей, несумісних з тією, яку ми щойно виміряли. Наприклад, скажімо, що ми вимірюємо $Z_{1}$ і отримуємо результат $1$ , то отриманим станом ми були б:

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

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

Зауважте, що коефіцієнт, що виходить напроти, призначений саме для перенормування. Тож наша ймовірність вимірювання $Z_{2}=0$ дорівнює . Зауважимо, це відрізняється від ймовірності, яку ми мали у початковому стані, яка була. $\frac{1}{|c|^{2} +|d|^{2}} |c^{2}|$ $|a|^{2}+|c|^{2}$

Припустимо, наступне вимірювання, яке ви робите, не змінюється з попереднім. Це складніше, оскільки вам доведеться здійснити зміну бази на векторі стану, щоб зрозуміти ймовірності. Однак із вимірюванням Паулі це, як правило, легко, оскільки власні бази співвідносяться приємно, тобто:

| 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 спосіб перевірити своє розуміння: Яка ймовірність вимірювання після вимірювання вище? Яка ймовірність, якщо ми не зробили вимірювання ? Тоді складніше питання - подивитися на операторів продуктів, які діють на обидва кубіти одночасно, наприклад, як вимірювання впливає на початковий стан? Тут вимірює добуток двох операторів. $X= +1$ $Z_{1}=1$ $Z_{1}$ $Z_{1}Z_{2}=+1$ $Z_{1}Z_{2}$

— Emily Tyhurst
джерело

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

$n$ $\lvert \psi \rangle \in \mathcal H_2^{\otimes n}$ $\mathcal H_2 \cong \mathbb C^2$

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

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

u_{x} \in C

$u_x \in \mathbb C$ such that

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

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

If you are measuring the first qubit in the standard basis, define
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{0 x^{'}} | 0 ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{1 x^{'}} | 1 ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{0x'} \,\lvert0\rangle \lvert x' \rangle, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{1x'} \,\lvert1\rangle \lvert x' \rangle,\end{aligned}$ and let $\lvert \psi_0 \rangle = \lvert \varphi_0 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_0 \vert \varphi_0 \rangle}\,$ and $\,\lvert \psi_1 \rangle = \lvert \varphi_1 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_1 \vert \varphi_1 \rangle}\,$ $\lvert 0 \rangle$ $\lvert \psi_0 \rangle$ $\lvert 1 \rangle$ 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
джерело

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
джерело