Warum die 3. Dimension der Blochkugel?

Question

Ich kann die Intuition hinter einem zweidimensionalen Blochkreis verstehen, da sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung eines bestimmten Zustandsvektors darstellt. Ich verstehe jedoch nicht, was die dritte Dimension zur Visualisierung beiträgt, wenn es um Wahrscheinlichkeiten geht. Wie hilft es? Was soll es dem Modell hinzufügen, was der Bloch-Kreis nicht getan hat?

Da die Länge immer 1 ist, was bringt es dann, eine Az-Achse hinzuzufügen?

Answer 1

Ein Qubit ist ein zweistufiges Quantensystem und kann daher wie folgt geschrieben werden:

$$ |\psi \rangle = \alpha |0\rangle + \beta|1\rangle $$

wo $|0 \rangle$ und $|1\rangle$ sind die Berechnungsgrundlage und sie definiert als $$ |0\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \ \ |1\rangle = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$

und $\alpha, \beta \in \mathbb{C}$. Das haben wir also$|\psi \rangle \in \mathbb{C}^2 $und Sie können denken , von$\mathbb{C}^2$ wie $\mathbb{R}^4$. Die Gesamtphase im Quantenzustand spielt jedoch keine Rolle, d. H.$|\psi\rangle $ ist äquivalent zu $e^{i\phi} |\psi \rangle$. Somit können Sie diese Gesamtphase abrechnen$|\psi\rangle$und haben nur noch 3 Parameter übrig. Im Wesentlichen betrachten Sie jetzt den Raum$\mathbb{R}^3$. Zusammen mit der Normalisierungsanforderung, dass ein Quantenzustand eine Einheitsnorm haben muss, zwingt dies ihn dazu, eine Einheitskugel zu sein, die wir die Bloch-Sphäre nennen.

Answer 2

Sie versuchen nicht, Wahrscheinlichkeiten zu visualisieren. Sie versuchen, die viel reichhaltigere Struktur zu visualisieren, die Wahrscheinlichkeitsamplituden bieten. Für ein einzelnes Qubit erfordern die Wahrscheinlichkeitsamplituden 3 reelle Parameter, daher einen dreidimensionalen Raum.

Answer 3

Die Blochkugel repräsentiert einen Zustand mit folgenden Wahrscheinlichkeitsamplituden: $$|\psi\rangle = \cos(\theta/2)\ |0\rangle +e^{i\phi} \sin(\theta/2)\ |1 \rangle, $$ wo $\theta$ und $\phi$sind die Winkel auf der Blochkugel. Jeder Punkt auf der Kugel repräsentiert einen anderen Zustand. Wie in anderen Antworten erwähnt$\cos(\theta/2) $ und $e^{i\phi} \sin(\theta/2) $ sind keine Wahrscheinlichkeiten des Staates im Staat $0$ oder $1$vielmehr repräsentieren sie die Wahrscheinlichkeitsamplituden. Um eine Wahrscheinlichkeit aus einer Wahrscheinlichkeitsamplitude zu erhalten, quadrieren wir die Wahrscheinlichkeitsamplituden. Das ist,$\cos^2(\theta/2) $ und $\sin^2(\theta/2) $ sind die Wahrscheinlichkeiten, und Sie sehen, dass sie sich summieren $1$.

Sie bemerken auch, dass der Winkel $\phi$wird in den Ausdrücken für Wahrscheinlichkeiten nicht angezeigt. Bedeutet das, dass wir einfach ignorieren können?$\phi$alle zusammen? Wenn wir dann könnten, würden wir tatsächlich keine zweidimensionale Kugel brauchen, um die Zustände darzustellen.

Der Grund, warum wir den Winkel nicht ignorieren können $\phi$Aus unseren Überlegungen ergibt sich das Überlagerungsprinzip der Quantenmechanik. Angenommen, wir haben,$$|\psi_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}( |0\rangle + |1 \rangle), \ \ \ \ \ \ \ \ \ |\psi_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}( |0\rangle +e^{i\phi} \ |1 \rangle.$$ Dann sagt uns das Überlagerungsprinzip, dass wir aus ihrer Überlagerung einen dritten Zustand machen können, $$|\psi_3\rangle = N(|\psi_1\rangle + |\psi_2\rangle) = \sqrt{\frac{2}{3+\cos(\phi)}}\left(|0\rangle + \frac{1+e^{i\phi}}{2} |1\rangle \right) ,$$ wo $N$ist ein Normalisierungsfaktor, der explizit in der zweiten Gleichheit niedergeschrieben ist. Wie auch immer, der Punkt hier ist jetzt$\phi$ist sehr wichtig. Zum Beispiel die Wahrscheinlichkeit des Staates$|\psi_3 \rangle$ in der $|1\rangle$ Zustand ist, $$P(1) = \frac{1+\cos(\phi)}{3+\cos(\phi)}$$ das hängt sehr davon ab $\phi$. Tatsächlich reicht diese Wahrscheinlichkeit von$0.5$ wann $\phi = 0$ zu $0$ wann $\phi = \pi$.