Оптимальна стратегія квантової гри

9

Розглянемо таку гру:

Я перекидаю справедливу монету, і залежно від результату (або голови / хвости), я дам вам один із наступних станів:

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

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

Ось $x$ - відомий постійний кут. Але я не кажу тобі, яку державу я тобі даю.

Як я можу описати процедуру вимірювання (тобто ортонормальну кубітну основу), щоб здогадатися, який стан я надаю, при цьому максимізуючи шанс бути правильним? Чи є оптимальне рішення?

Я самостійно вивчав квантові обчислення, і натрапив на цю вправу. Я не знаю, як це навіть почати, і я дуже вдячний за допомогу.

Я думаю, що гарною стратегією було б проведення ортогональної трансформації

[\begin{matrix} \cos (х) & - гріх (θ) \\ гріх (х) & \cos (θ) \end{matrix}] .

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

Неможливо досягти великого прогресу ...

quantum-state measurement games

— jjbid
джерело

Інтуїтивно відповідь полягає в вимірюванні в обчислювальній основі, оскільки ми можемо обмежитися

x

$x$ до

[0, \frac{π}{2}]

$[0, \frac{\pi}{2}]$ і коли

x = 0

$x=0$ штати не відрізняються і коли

x = \frac{π}{2}

$x=\frac{\pi}{2}$ штати є ортогональними, але я просто не впевнений, як це довести.

— 19

8

Ми просто переводимо двійковий результат вимірювання кубіта на нашу здогадку, чи це перший стан чи другий, обчислюємо ймовірність успіху для кожного можливого вимірювання кубіта, а потім більше знаходимо максимум функції двох змінних (на двосфера).

По-перше, те, що нам насправді не потрібно, точний опис держави. Повний стан системи, який залежить як від суперпозицій, так і від класичної справедливої монети, може бути закодований в матриці щільності

ρ = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} \cos^{2} х & гріх х \cos х \\ гріх х \cos х & {гріх}^{2} х \end{matrix})

$\rho = \frac 12 \pmatrix{1&0\\0&0} + \frac 12 \pmatrix{\cos^2x &\sin x \cos x\\ \sin x\cos x & \sin^2 x}$ де лівий стовпець і верхній рядок відповідають базовому стану "нуль", а решта - "одному". Корисно переписати матрицю щільності з точки зору 4-елементної основи

2 \times 2

$2\times 2$ матриці,

ρ = \frac{1}{2} + \frac{гріх х \cos х}{2} σ_{х} + (\frac{\cos^{2} х - {гріх}^{2} х}{4} + \frac{1}{4}) σ_{z}

$\rho = \frac 12+ \frac{\sin x \cos x}{2} \sigma_x + \left(\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{4}+\frac 14\right) \sigma_z$ Це може бути записано у вигляді кута

2 x

$2x$ :

ρ = \frac{1}{2} + \frac{гріх 2 х}{4} σ_{х} + \frac{\cos 2 х + 1}{4} σ_{z}

$\rho = \frac 12 + \frac {\sin 2x}{4} \sigma_x + \frac{\cos 2x +1}{4} \sigma_z$ Тепер, незалежно від змішаного стану, це все ще дворівнева система і всі вимірювання на двовимірному просторі Гільберта або тривіальні (вимірювання

c

$c$ -число) або еквівалентно вимірюванню віджиму вздовж осі, тобто вимірювання

V = \vec{н} \cdot \vec{σ}

$V = \vec n \cdot \vec \sigma$ що являє собою одиничний 3D-вектор, помножений на вектор матриць Паулі. Добре, що станеться, якщо ми виміряємо

V

$V$ ? Власні значення

V

$V$ є плюс один або мінус один. Імовірність кожного може бути отримана із значення очікування

V

$V$ який

⟨ V ⟩ = Т r (V ρ)

$\langle V \rangle = {\rm Tr} (V \rho)$ Сліди продуктів сприяють лише у тому випадку, якщо

1

$1$ зустрічає

1

$1$ (але ми припускаємо, що терміну в Росії не було

V

$V$ ) або

σ_{x}

$\sigma_x$ зустрічає

σ_{x}

$\sigma_x$ і т. д., у яких випадках слід від матриці дає додатковий коефіцієнт 2. Отже, маємо

⟨ V ⟩ = \frac{гріх 2 х}{2} н_{х} + \frac{\cos 2 х + 1}{2} н_{z}

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

\pm 1

$\pm 1$ з ймовірностями

(1 \pm ⟨ V ⟩) / 2

$(1\pm\langle V \rangle) / 2$ відповідно. Точно коли

\cos x = 0

$\cos x = 0$ , два початкових стану «голова і хвіст» є ортогональними один одному (в основному

| 0 ⟩

$|0\rangle$ і

| 1 ⟩

$|1\rangle$ ), і ми можемо їх повністю дискримінувати. Щоб скласти ймовірності

0, 1

$0,1$ , ми повинні просто вибрати

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

$\vec n=(0,0,\pm 1)$ ; Зауважимо, що загальна ознака о

\vec{n}

$\vec n$ не має значення для процедури.

Тепер для $\cos x \neq 0$ , стани неортогональні, тобто "не взаємовиключні" у квантовому розумінні, і ми не можемо безпосередньо виміряти, чи була монета хвостами чи головками, оскільки ці можливості були змішані в матриці щільності. Насправді матриця щільності містить усі ймовірності всіх вимірювань, тому якби ми могли отримати ту саму матрицю щільності за допомогою різної суміші можливих станів від кидок монети, стани кубіта були б суворо невідмінні.

Наша ймовірність успіху буде нижче 100%, якщо $\cos x\neq 0$ . Але єдиний змістовний спосіб використання класичного біта $V=\pm 1$ від вимірювання полягає в тому, щоб безпосередньо перевести його на нашу здогадку про початковий стан. Без втрати загальності наш переклад може бути обраний таким, що він є

(V = + 1) \to | i ⟩ = | 0 ⟩

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

(V = - 1) \to | i ⟩ = \cos х | 0 ⟩ + гріх х | 1 ⟩ .

$(V = -1) \to |i\rangle = \cos x |0\rangle + \sin x |1 \rangle.$ Якщо ми хотіли протилежного, перехресне ототожнення головок-хвостів та знаків

V

$V$ ми могли просто досягти цього, перевернувши загальний знак

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

$\vec n \to -\vec n$ .

Назвемо перший простий початковий стан «голови» (нуль), а другий більш важкий - «хвости» (суперпозиція косинуса). Ймовірність успіху є, враховуючи наш переклад з $+1$ головам і $-1$ до хвостів,

П_{с у c c е с с} = П (Н) П (+ 1 | Н) + П (Т) П (- 1 | Т) .

$P_{\rm success} = P(H) P(+1|H) + P(T) P(-1|T).$ Оскільки це справедлива монета, два фактори, включені вище, є

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

$P(H)=P(T)=1/2$ . Найважчий підрахунок серед чотирьох ймовірностей

P (- 1 | T)

$P(-1|T)$ . Але ми вже зробили складніший розрахунок вище, це був той самий

(1 - ⟨ V ⟩) / 2

$(1-\langle V\rangle) / 2$ . Тут ми просто опускаємо постійний член, пропорційний

n_{z}

$n_z$ і помножте на два:

П (- 1 | Т) = \frac{1}{2} - гріх 2 х \frac{н_{х}}{2} - \cos 2 х \frac{н_{z}}{2}

$P(-1|T ) = \frac 12 - \sin 2x \frac{ n_x}2 - \cos 2x \frac{ n_z}2$ Результат для "голів" просто отримується шляхом встановлення

x = 0

$x=0$ тому що стан "голів" дорівнює "хвости" державам

x = 0

$x=0$ заміщені. Тому

П (- 1 | Н) = \frac{1 - н_{z}}{2}

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

1 - P

$1-P$ ймовірність є

П (+ 1 | Н) = \frac{1 + н_{z}}{2}

$P(+1|H) = \frac{1+n_z}{2}$ Замініть ці результати нашою "ймовірністю успіху" отримати

П_{с у c c е с с} = \frac{1 + н_{z} + 1 - (гріх 2 х) н_{х} - (\cos 2 х) н_{z}}{4}

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

П_{с у c c е с с} = \frac{1}{2} - \frac{н_{х}}{4} гріх 2 х + \frac{н_{z}}{4} (1 - \cos 2 х)

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

(n_{x}, n_{z}) = (- \cos α, - \sin α)

$(n_x,n_z)=(-\cos \alpha,-\sin\alpha)$ , ми можемо також записати це як

П_{с у c c е с с} = \frac{1}{2} + \frac{гріх (2 х + α) - гріх α}{4} = \frac{1}{2} + \frac{гріх х \cos (х + α)}{2}

$P_{\rm success} = \frac 12 +\frac{\sin(2x+\alpha)-\sin \alpha}{4} =\frac 12+\frac{\sin x \cos(x+\alpha)}{2}$ Ми хочемо максимально досягти цього

α

$\alpha$ . Ясна річ, максимум - для

\cos (x + α) = \pm 1

$\cos(x+\alpha)=\pm 1$ де знак узгоджується зі знаком

\sin x

$\sin x$ тобто

α = - x

$\alpha=-x$ або

α = π - x

$\alpha=\pi -x$ і значення на цьому максимумі дорівнює

П_{с у c c е с с} = \frac{1 + | гріх х |}{2}

$P_{\rm success} = \frac{1+|\sin x|}{2}$ який сидить в інтервалі 50% і 100%.

Це приємне вимірювання, яке справді є квантовим механічним. Ми використовуємо інше вимірювання, ніж вимірювання $\sigma_z$ , тобто класичне вимірювання біта. Замість цього ми вимірюємо спін уздовж осі в $xz$ -площина, яка визначається тим же ненульовим кутом, що і кут $x$ на початку, з деякими правильними ознаками та зрушеннями на кратні $\pi/2$ . Зауважте, що якщо ви вимірювали просто $\sigma_z$ , класичний біт, рівень успішності був би справедливим $(3-\cos 2x)/4$ , також від 50% до 100%, але менший, ніж наш результат. Зокрема, для малого $x=0+\epsilon$ , наш оптимальним результатом буде розширення Тейлора як $1/2+|x|/2$ тоді як неоптимальний результат за допомогою класичного вимірювання збільшуватиметься вище $1/2$ повільніше, як $1/2+x^2/2$ .

Протягом багатьох годин тут було розміщено неправильну відповідь (помилка в остаточній частині), незважаючи на те, що я раніше виправляв багато неправильних факторів з двох. Я розмістив трохи змінений варіант цієї відповіді у своєму веб-журналі, де може відбутися деяке обговорення:

Довідковий кадр: цікава проста проблема в квантових обчисленнях

На цій сторінці я також записую власні дані вимірюваного оператора в додаток. Аргументи у кутах можуть дивувати деяких людей, які вважають, що ця проблема очевидна з точки зору хвильових функцій або що хвильові функції після вимірювання повинні бути простими.

— Любош Мотл
джерело

Можливо, мені потрібно буде прочитати питання та відповісти більш уважно, але хіба це не окремий випадок проблеми, вирішеної в arxiv.org/abs/1805.03477 ?

— glS

Можливо, я не знайомий з документом і не можу побачити, що це узагальнення цієї проблеми, принаймні не за лічені хвилини. Але я не стверджую, що вирішив будь-яку найсучаснішу проблему в стилі паперу. Це питання, ймовірно, є вправою в деяких підручниках, які, як очікується, будуть вирішені студентами.

— Любош Мотл

1

Ключ полягає в оптимальній стратегії розрізнення двох неортогональних станів. Це щось, що називається вимірюванням Гельстрома, яке я описав тут .

— DaftWullie
джерело