Чому не може бути помилки виправлення коду з меншою кількістю 5 кубітів?

Останнім часом я читав про виправлення 9-кубітних, 7-кубітних та 5-кубітних помилок. Але чому не може бути квантової помилки, що виправляє код з меншою ніж 5 кубітами?

Доказ того, що вам потрібно щонайменше 5 кубітів (або qudits)

Ось доказ того, що будь-який квантовий код, що виправляє одну помилку ( тобто відстань 3), має щонайменше 5 кубітів. Фактично, це узагальнює квади будь-якого виміру $d$ , і будь-який квантовий помилку, що виправляє код, що захищає один або більше квітів розмірності $d$ .

(Як зазначає Фелікс Хубер , оригінальний доказ того, що вам потрібно щонайменше 5 кубітів, пояснюється статтею Knill - Laflamme [ arXiv: quant-ph / 9604034 ], яка встановлює умови Knill - Laflamme: наступна методика доказування який частіше використовується сьогодні.)

Будь-квантовий код корекції помилок , які можуть виправити $t$ невідомих помилки, також можна виправити до $2t$ помилок стирання (де ми просто втратити частину кубіта, або вона повністю деполяризацию, або аналогічна) , якщо розташування стертих кубітів відомі. [1, розд. III А] *. Трохи загальніше, квантовий помилка, що виправляє код відстані $d$ може допустити помилки стирання $d-1$ . Наприклад, у той час як $[\![4,2,2]\!]$ код взагалі не може виправити жодних помилок, по суті тому, що він може сказати, що сталася помилка (і навіть який тип помилки), але не з тим, з яким кубітом це трапилося, той самий код може захистити від однієї помилки стирання (оскільки за гіпотезою ми точно знаємо, де в цьому випадку виникає помилка).

Звідси випливає, що будь-який квантовий код, що виправляє код, який може допустити одну помилку Паулі, може відновитись після втрати двох кубітів. Тепер: припустимо, у вас є квантовий код для виправлення помилок на $n \geqslant 2$ кубітах, що кодує один кубіт проти одноквіткових помилок. Припустимо, ви надаєте $n-2$ кубіти Алісі та $2$ кубіти Бобу: тоді Аліса повинна мати можливість відновити початковий закодований стан. Якщо $n<5$ , то , так що Боб також повинен мати можливість відновити початковий закодований стан - тим самим отримати клон стану Аліси. Оскільки це виключається теоремою "Про клонування", випливає, що ми повинні мати це$2 \geqslant n-2$n ⩾ 5$n \geqslant 5$натомість .

Про виправлення помилок стирання

* Найдавніша довідка, яку я знайшов для цього, - це

[1] Грассл, Бет та Пелліцарі.
      Коди каналу квантового стирання .
      Фіз. Вип. 56 (с. 33–38), 1997.
      [ arXiv: quant-ph / 9610042 ]

- що минуло недовго після того, як умови Knill-Laflamme були описані в [ arXiv: quant-ph / 9604034 ], і так правдоподібно оригінальний доказ зв'язку між кодовою відстані та помилками стирання. Структура наведена нижче і стосується кодів для виправлення помилок відстані (і однаково добре застосовується до квітів будь-якого виміру замість кубітів, використовуючи узагальнені оператори Паулі).$d$

• Втрати кубітів можуть моделюватися тими кубітами, які підпадають під повністю деполяризуючий канал, який, в свою чергу, може бути змодельований тими кубітами, які зазнають рівномірно випадкових помилок Паулі.$d-1$

• Якби місця цих кубітів були невідомі, це було б фатально. Однак, як відомо їх розташування, будь-які пари помилок Паулі на кубітах можна відрізнити одна від одної, звернувшись до умов Knill-Laflamme.$d-1$$d-1$

• Отже, замінивши стирані кубіти кубітами в максимально змішаному стані та перевіривши помилки Паулі на тих $d-1$ кубітах специфічно (вимагаючи іншої процедури виправлення, ніж ви б використовували для виправлення довільних помилок Паулі, майте на увазі), ви можете відновити первісний стан.

Те, що ми можемо легко довести, - це те, що немає меншого неродженого коду.

У невиродженому коді у вас повинно бути два логічних стану кубіта, і ви повинні мати окремий стан для кожної можливої ​​помилки для відображення кожного логічного стану в. Отже, скажімо, у вас був 5-кубітний код з двома логічними станами $|0_L\rangle$ і $|1_L\rangle$ . Набір можливих одноквадратних помилок - $X_1,X_2,\ldots X_5,Y_1,Y_2,\ldots,Y_5,Z_1,Z_2,\ldots,Z_5$ , а це означає, що всі держави

$$|0_L\rangle,|1_L\rangle,X_1|0_L\rangle,X_1|1_L\rangle,X_2|0_L\rangle,\ldots$$ повинні відображатися в ортогональних станів.

Якщо ми застосуємо цей аргумент загалом, він показує нам, що нам потрібно

$$2+2\times(3n)$$ різних станів. Але для $n$ кубітів максимальна кількість різних станів - $2^n$ . Отже, для невиродженої помилки правильного коду відстані 3 (тобто виправлення принаймні однієї помилки) або більше, нам потрібно $$2^n\geq 2(3n+1).$$ Це називається межею квантового Хеммінгу. Ви можете легко перевірити, що це справедливо для всіх $n\geq 5$ , але ні, якщо $n<5$. Дійсно, для $n=5$ нерівність - це рівність, і ми називаємо відповідний 5-кубітний код досконалим кодом у результаті.

Як доповнення до іншої відповіді, я збираюся додати загальну квантову гаммінгську межу для квантових невироджених кодів виправлення помилок. Математична постановка такого зв’язку дорівнює

$$\begin{equation} 2^{n-k}\geq\sum_{j=0}^t\pmatrix{n\\j}3^j, \end{equation}$$ де $n$ позначає кількість кубітів, які утворюють кодові слова, $k$ - кількість інформаційних кубітів, кодованих (тому вони захищені від декогерентності), а $t$ - кількість помилок $t$ кбіт, виправлених кодом. Оскільки $t$ пов'язане з відстанню на $t = \lfloor\frac{d-1}{2}\rfloor$, тоді такий невідроджений квантовий код буде$[[n,k,d]]$квантовим кодом виправлення помилок. Цей зв'язок отримується за допомогою аргументу, подібного до упаковки сфери, так що$2^n$розмірний простір Гільберта розподіляється на$2^{n-k}$проміжки, що відрізняються від вимірюваного синдрому, і тому одна помилка призначається кожному синдрому, і операція відновлення виконується шляхом інвертування помилки, пов'язаної з таким вимірюваним синдромом. Ось чому кількість загальних помилок, виправлених неродженим квантовим кодом, має бути меншою або рівною кількості розділів за допомогою вимірювання синдрому.

Однак виродження є властивістю квантових кодів виправлення помилок, які передбачають факт існування класів еквівалентності між помилками, які можуть впливати на надіслані кодові слова. Це означає, що є помилки, вплив яких на передані кодові слова однаковий під час спільного використання одного і того ж синдрому. Це означає, що ці класи вироджених помилок виправляються за допомогою однієї і тієї ж операції відновлення, і тому більше помилок, які очікувані, можна виправити. Ось чому невідомо, чи має місце квантова гаммінгська межа для цих вироджених кодів виправлення помилок, оскільки більше помилок, ніж розділів, можна виправити таким чином. Будь ласка, зверніться до цього питання для отримання деякої інформації про порушення квантової зв'язаної гамінгської форми.

Я хотів додати короткий коментар до найранішої посилання. Я вважаю, що це було показано вже трохи раніше у розділі 5.2

A Theory of Quantum Error-Correcting Codes
Emanuel Knill, Raymond Laflamme 
https://arxiv.org/abs/quant-ph/9604034

де конкретний результат:

Теорема 5.1. ( 2 г , до ) е -помилки виправляють квантовий код повинен задовольняти г ⩾ 4 е + ⌈ журналу K ⌉ .$(2^r,k)$ $e$$r \geqslant 4e + \lceil \log k \rceil$

$(N,K)$$K$$N$$e$$e$$(2^n, 2^k)$ $e$$[\![n,k,2e\:\!{+}1]\!]$$k \geqslant 1$$d \geqslant 3$$[\![n,k,d]\!]$

$$\begin{aligned} n \;&\geqslant\; 4\bigl\lceil\tfrac{d-1}{2}\bigr\rceil + \lceil \log 2^k \rceil \\[1ex]&\geqslant\; \bigl\lceil 4 \cdot \tfrac{d-1}{2} \bigr\rceil + \lceil k \rceil \\[1ex]&=\; 2d - 2 + k \;\geqslant\; 6 - 2 + 1 \;=\; 5. \end{aligned}$$

( Примітка. Тут є особливості дат: арксів подання вищезгаданого документу - квітень 1996 року, на пару місяців раніше, ніж папір Grassl, Beth та Pellizzari, подана в жовтні 1996 року. Однак, дата нижче заголовка у форматі pdf на рік раніше, квітень 1995 р.)

Як альтернативний доказ, я міг би уявити (але ще не перевірений), що достатньо просто вирішити питання щодо розподілу ваги, що задовольняє особам Mac-Williams. Така стратегія справді використовується

Quantum MacWilliams Identities
Peter Shor, Raymond Laflamme
https://arxiv.org/abs/quant-ph/9610040

щоб показати, що не існує виродженого коду на п'яти кубітах, який може виправити будь-які одні помилки.