Überlagerung von Quantenschaltungen

Question

Gegeben eine Quantenschaltung $C_1$ das erzeugt einen Zustand $\vert\psi\rangle$ und eine andere Schaltung $C_2$ das erzeugt $\vert\phi\rangle$Gibt es eine Möglichkeit, eine Schaltung zu konstruieren, die ausgibt?

$$\frac{1}{\sqrt{2}}(\vert \psi\rangle +\vert\phi\rangle)$$

mit $C_1$ und $C_2$ als Black Boxes?

Answer 1

Hier ist eine Möglichkeit, dies zu tun. Beginnen wir mit einigen Annahmen: Hier gehe ich von Ihren Schaltkreisen aus$C_1$ und $C_2$Verwenden Sie die gleiche Anzahl von Qubits. In der Zeichnung habe ich vier Qubits verwendet, um das Konzept zu veranschaulichen, aber das spielt keine Rolle. Die Antwort unten kümmert sich nicht um die Anzahl der Qubits (die ich anrufe$n$), nur dass die beiden Schaltkreise die gleiche Anzahl von Qubits haben.

Ich gehe auch davon aus, dass wir diese beiden Schaltkreise haben $C_1$ und $C_2$können wir kontrollierte Versionen davon erstellen. Das ist nicht schwer zu tun. [Nach @ DaftWullies Kommentar bearbeiten: Die obige Frage beginnt mit "Angesichts einer Quantenschaltung ...", daher gehe ich hier davon aus, dass ich weiß, was die Schaltungen sind. Im allgemeinen Fall von völlig unbekannten Schaltkreisen ist dies möglicherweise nicht so einfach. ]]

Zusätzlich zu der Anzahl der Qubits, die für Ihre Schaltkreise benötigt werden, benötige ich noch ein Qubit, um diese Arbeit zu erledigen. Es heißt Strg$_0$ in der Figur.

Beginnen Sie mit allen Qubits, die auf den Status zurückgesetzt wurden $\vert0\rangle$. Wenden Sie dann ein Hadamard-Tor auf Strg an$_0$und Sie haben den kombinierten Zustand

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert0\rangle + \vert1\rangle\right)\otimes \vert0\rangle_n $$ wo die Reihenfolge von oben ersichtlich ist.

Als nächstes wenden Sie die kontrollierte-$U_1$ Box, die wirklich nur die Schaltung enthält $C_1$dass du mir gegeben hast. Der kombinierte Zustand ist jetzt

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert0\rangle\vert0\rangle_n + \vert1\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Nach dem Auftragen der $X$ Tor haben wir

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert1\rangle\vert0\rangle_n + \vert0\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Und so, nach dem Anwenden der kontrollierten-$U_2$ Box, die wirklich nur die Schaltung enthält $C_2$ dass du mir gegeben hast

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert1\rangle\vert\psi_2\rangle_n + \vert0\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Nach dem erneuten Anwenden des Hadamard-Tors auf Strg$_0$wird dies

$$ \left[\frac{1}{\sqrt{2}}\vert0\rangle\otimes\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)\right] + \left[\frac{1}{\sqrt{2}}\vert1\rangle\otimes\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n - \vert\psi_2\rangle_n\right)\right] $$

Nun, wenn Sie die Qubit-Strg gemessen haben$_0$erhalten Sie entweder 0 oder 1. Wenn Sie 0 gemessen haben, wissen Sie, dass die $n$ Qubits sind jetzt im Zustand

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

Wenn Sie 1 gemessen haben, wissen Sie, dass die $n$ Qubits sind jetzt im Zustand

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n - \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

Jedes dieser beiden Ergebnisse hat eine Wahrscheinlichkeit von 1/2. Das heißt, wenn Sie wirklich nur den Staat wollen

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

dann gibt Ihnen diese Schaltung die halbe Zeit. In der anderen Hälfte der Zeit wissen Sie (weil Sie 1 gemessen haben), dass Sie die Schaltung neu starten müssen, in der Hoffnung, das gewünschte Ergebnis zu erzielen. Da die Wahrscheinlichkeit 1/2 ist, sollte dies früher oder später geschehen.

Diese Methode ist natürlich probabilistisch, hat aber den schönen Vorteil, dass Sie ein Messergebnis (0 oder 1) erhalten, das Ihnen sagt, ob Sie getan haben, was Sie wollten oder nicht.

Answer 2

Wie Davit Khachatryans Antwort hervorhebt, ist die Aufgabe unmöglich / schlecht definiert, da der gewünschte Zielzustand im Allgemeinen nicht normalisiert ist und von den relativen globalen Phasen der beiden Anfangszustände abhängt . Es ist jedoch möglich, die Frage so umzuformulieren, dass sie sinnvoll ist und eine interessante Antwort enthält.

Die beiden Probleme - Empfindlichkeit gegenüber der globalen Phase und Normalisierung - können gleichzeitig gelöst werden, indem das Problem in Dichtematrizen anstelle von reinen Zuständen umformuliert wird. In der Tat die Dichtematrix$|\psi\rangle\langle\psi|$ ist nicht empfindlich gegenüber der willkürlichen globalen Phase von $|\psi\rangle$.

Beachten Sie den gewünschten Zielzustand, um einen Sinn für das Hinzufügen zu haben $\alpha |\psi\rangle + \beta |\phi\rangle$, für jede Wahl von $\alpha, \beta \in \mathbb C$liegt im zweidimensionalen Unterraum, der von überspannt wird $|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$. Ohne Verlust der Allgemeinheit können wir das Problem daher auf diesen Unterraum beschränken und darüber nachdenken$|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$ als Qubit-Zustände unabhängig von ihrer ursprünglichen Dimension.

Stellen Sie sich nun ein allgemeineres Problem vor, bei dem Sie irgendwie kontinuierlich zwischen diesen interpolieren möchten $|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$. Das heißt, Sie möchten, dass der gewünschte Zielzustand auf einem Pfad (auf der Bloch-Kugel ) liegt, der die beiden ursprünglichen Zustände verbindet. Sagen Sie, Sie könnten so etwas wählen$\sin(t) |\psi\rangle + \cos(t) |\phi\rangle$entsprechend normalisiert. Dies scheint zwar eine vernünftige Wahl zu sein, der Pfad kann jedoch je nach globaler Phase von stark variieren$|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$ da sie relative Phasen in der Summe darstellen.

Was wäre angesichts dieser Fülle möglicher Pfade die natürlichste Wahl zwischen Pfaden? $|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$? Aus geometrischer Sicht ist der kürzeste (oder geodätische) Weg entlang eines Großkreises eine gute Wahl.

Wenn $\vec{r}, \vec{s} \in \mathbb R^3$ sind die Bloch-Vektoren der beiden Zustände, das Liniensegment in $\mathbb R^3$ zwischen ihnen wird beschrieben durch $p \vec{r} + (1-p) \vec{s}$ wo $p \in [0,1]$. Wenn Sie diesen Bloch-Vektor auf einen Einheitsvektor normalisieren, erhalten Sie einen geodätischen Pfad auf der Oberfläche der Bloch-Kugel.

Um dies in Form von Dichtematrizen zu beschreiben, sei daran erinnert, dass die Dichtematrix dem Bloch-Vektor zugeordnet ist $\vec{r} = (x,y,z)$ ist gegeben durch $$ \rho(\vec{r}) = \frac{1}{2} (I + x X +y Y + z Z) = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1+z & x-iy \\ x+iy & 1-z \end{pmatrix}. $$ Sie können das überprüfen $$ \operatorname{Tr}\rho(\vec{r})^2 = \frac{1}{2} (1 + \vec{r} \cdot \vec{r}) = \frac{1}{2} (1 + x^2 + y^2 + z^2), $$ bedeutet, dass $$ \|\vec{r}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \sqrt{2\operatorname{Tr}\bigr(\rho(\vec{r})^2\bigl)-1}. $$ Für jeden Vektor ungleich Null $\vec{r} \in \mathbb R^3$die Dichtematrix eines normalisierten reinen Zustands in Richtung $\vec{r}$ kann wie folgt erhalten werden: $$ \rho\biggl(\frac{\vec{r}}{\|\vec{r}\|}\biggr) = \frac{1}{2} \Biggl( I + \frac{2\rho(\vec{r})-I} {\sqrt{2\operatorname{Tr}\bigr(\rho(\vec{r})^2\bigl)-1}} \Biggr). $$ Somit sind zwei Matrizen beliebiger Dichte gegeben $\rho$ und $\sigma$von reinen Qubit-Zuständen ist die Geodät zwischen ihnen gegeben durch$$ \frac{1}{2} \Biggl( I + \frac{2(p\rho+(1-p)\sigma)-I} {\sqrt{2\operatorname{Tr}\bigl((p\rho+(1-p)\sigma)^2\bigr)-1}} \Biggr). $$ wo $p \in [0,1]$. Dies gibt Ihnen eine eindeutige (wenn auch etwas langwierige) Möglichkeit, zwischen zwei reinen Qubit-Zuständen zu interpolieren.

Sie können dies auch in reinen Zuständen ausdrücken. Der Schlüssel hier ist zu beachten, dass der Ausdruck$$ a |\psi\rangle + b \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{|\langle\phi|\psi\rangle|} |\phi\rangle $$ beschreibt den gleichen Zustand unabhängig von den globalen Phasen von $|\psi\rangle$ und $|\phi\rangle$. Durch entsprechende Auswahl$a$ und $b$ Wenn Sie den resultierenden Zustand normalisieren, können Sie auch eindeutig zwischen ihnen interpolieren.

In Bezug auf Ihre ursprüngliche Frage wird das Problem, an dem Sie interessiert sind, als kohärente Zustandsaddition bezeichnet . Sie können Satz 14 in meinem Artikel nachschlagen, um zu sehen, wie dies erreicht werden kann, wenn genügend Kopien beider Zustände vorliegen.

Die Hauptidee ist es, einen der Zustände gemäß dem vom Kommutator gegebenen Hamilton-Operator entwickeln zu lassen $i[|\phi\rangle\langle\phi|,|\psi\rangle\langle\psi|]$der beiden Staaten. Dies kann erreicht werden, indem die beiden Zustände wiederholt mit dem Swap-Test kombiniert werden (dies erinnert an das, was in ihrer Antwort vorgeschlagen wurde). Die Intuition, warum dies funktioniert, ähnelt dem Grover-Algorithmus : Sie versuchen, eine Drehung in dem von den beiden Zuständen überspannten zweidimensionalen Unterraum zu implementieren und einen von ihnen irgendwo zwischen den beiden zu drehen.

Answer 3

Ein Gegenbeispiel , das zeigt, dass dies im allgemeinen Fall nicht möglich ist (hier vernachlässige ich die Möglichkeit der Nachauswahl, die in den Kommentaren der Frage und in der akzeptierten Antwort erörtert wurde ):

$$ C_1 = X \qquad C_2 = -X$$

Oder man kann nehmen $C_2 = R_y(- \pi)$und alle unten genannten Gleichungen werden wahr sein. So:

$$C_1 |0\rangle = |1\rangle = |\psi \rangle \qquad C_2 |0\rangle = -|1\rangle = |\phi \rangle$$

Aber wir wollen eine Schaltung bauen $C_3$::

$$C_3|0\rangle = \frac{|\psi \rangle + |\phi \rangle}{\sqrt{2}} = \frac{|1 \rangle - |1 \rangle}{\sqrt{2}} = 0$$

So $C_3$ ist nicht einheitlich ($C_3$ behält nicht die Länge des Vektors bei) und dies zeigt dies für allgemein $C_1$ und $C_2$ Diese Art von Schaltung kann nicht erstellt werden.

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Ein weiteres Gegenbeispiel ohne globale Phasenmehrdeutigkeit zwischen$C_1$ und $C_2$::

$$C_1 = R_y(\frac{\pi}{3}) \qquad C_2 = R_y(-\frac{\pi}{3})$$

Für diesen Fall;

$$C_1 |0\rangle = R_y(\frac{\pi}{3}) |0\rangle= \cos{\frac{\pi}{6}}|0\rangle + \sin{\frac{\pi}{6}}|1\rangle |\psi \rangle \\ C_2 |0\rangle = R_y(-\frac{\pi}{3}) |0\rangle = \cos{\frac{\pi}{6}}|0\rangle - \sin{\frac{\pi}{6}}|1\rangle = |\phi \rangle$$

Wir wollen konstruieren $C_3$::

$$C_3 |0\rangle = \frac{|\phi \rangle + |\psi\rangle}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} |0\rangle$$

Und weil $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \ne 1$, $C_3$ ist keine Einheit und kann nicht konstruiert werden.

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In manchen Fällen $C_3$ einheitlich existieren: zB für $C_1 = X$ und $C_2 = Z$ wir können haben $C_3 = H = \frac{X + Z}{\sqrt{2}}$.