Pourquoi le mécanisme «Phase Kickback» fonctionne-t-il dans l'algorithme d'estimation de phase quantique?

J'ai probablement lu le chapitre La transformée de Fourier quantique et ses applications de Nielsen et Chuang (édition du 10 e anniversaire) plusieurs fois auparavant et cela tenait cette chose pour acquise, mais aujourd'hui, quand je l'ai regardé à nouveau, ça ne marche pas '' Cela ne me semble pas évident du tout!

Voici le schéma de circuit de l'algorithme d'estimation de phase:

Le premier registre ayant qubits est censé être le "registre de contrôle". Si l'un des qubit du premier registre est en état la grille unitaire contrôlée correspondant soit appliquée au second registre . S'il est dans un état il ne soit pas appliqué au second registre . Si c'est dans une superposition des deux états et $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$ l'action de l'unité correspondante sur le deuxième registre peut être déterminée par "linéarité". Remarquez que toutes les portes n'agissent que sur le deuxième registre et aucune sur le premier registre. Le premier registre n'est censé être qu'un contrôle .

Cependant, ils montrent que l'état final du premier registre est:

\frac{1}{2^{t / 2}} (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$

Je suis surpris de la raison pour laquelle nous considérons qu'il y a un changement dans l'état du premier registre de qubits du tout, après l'action des portes Hadamard. L'état final du premier registre aurait dû simplement être

{(\frac{| 0 ⟩ + | 1 ⟩}{\sqrt{2}})}^{\otimes t}

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt 2}\right)^{\otimes t}$

n'est-ce pas? Je dis cela parce que le premier registre est censé être uniquement un contrôle. Je ne comprends pas comment ni pourquoi l'état du premier registre devrait changer lorsque j'agis comme un contrôle.

J'ai d'abord pensé que considérer les facteurs exponentiels comme faisant partie des premiers états de qubit de registre n'était qu'une commodité mathématique, mais ensuite cela n'avait pas de sens. L'état d'un qubit ou d'un système de qubits ne devrait pas dépendre de ce qui nous convient mathématiquement!

Alors, quelqu'un pourrait-il expliquer pourquoi exactement l'état du premier registre de qubits change, même s'il agit simplement comme un "contrôle" pour le second registre? Est-ce simplement une commodité mathématique ou y a-t-il quelque chose de plus profond?

— Sanchayan Dutta
source

Pas une réponse, mais: Qu'est-ce que cela signifierait pour elle d'être une «commodité mathématique», si elle ne représentait pas un changement réel dans l'état? Soit les mathématiques décrivent avec précision comment les états quantiques changent, soit ce n'est pas le cas. Si ce n'est pas le cas, vous avez des problèmes plus importants que celui-ci. Si vous supposez que les mathématiques décrivent avec précision la physique, alors la représentation mathématique n'est pas seulement pratique: les états des fils "de contrôle" (citations effrayantes à venir) changent réellement dans ce sous-programme. Il est normal de ne pas savoir pourquoi, mais vous devez d'abord accepter qu'ils changent.

— Niel de Beaudrap

Le calcul est exactement celui expliqué dans cette réponse: quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837 mais cette situation est plus simple et peut-être plus facile à comprendre

— DaftWullie

@NieldeBeaudrap Eh bien, ma question est précisément "pourquoi" cela change

— Sanchayan Dutta

@DaftWullie Le calcul n'a pas l'air difficile. Prenons juste un exemple simple d'une contrôlée

porte. Si le registre de contrôle est en état

il s'applique à

pour donner

. Mais, ils considèrent ce facteur exponentiel d'

U^{2^{0}}

$U^{2^0}$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

| u ⟩

$|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ) | u ⟩

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)|u\rangle$

est un facteur du qubit de contrôle dans le premier registre, c'est-à-dire

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

et non du deuxième registre. Ma question est: pourquoi?

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

— Sanchayan Dutta

cc @NieldeBeaudrap ^

— Sanchayan Dutta

Réponses:

Imaginez que vous avez un vecteur propre de . Si vous avez un état tel que et que vous appliquez contrôlée à elle, vous obtenez des . La phase n'est pas attachée à un registre spécifique, c'est juste un facteur multiplicatif global. $|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

Maintenant , nous allons utiliser une superposition sur le premier registre: Vous pouvez réécrire ce que

(| 0 ⟩ + | 1 ⟩) | u ⟩ \mapsto | 0 ⟩ | u ⟩ + e^{je ϕ} | 1 ⟩ | u ⟩

$(|0\rangle+|1\rangle)|u\rangle\mapsto |0\rangle|u\rangle+e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

(| 0 ⟩ + e^{je ϕ} | 1 ⟩) | u ⟩

$(|0\rangle+e^{i\phi}|1\rangle)|u\rangle$ il apparaît donc sur le premier registre, même s'il a été en quelque sorte créé sur le deuxième registre. (Bien sûr, cette interprétation n'est pas entièrement vraie car elle a été créée par une porte à deux qubits agissant sur les deux qubits).

Cette étape est au cœur de nombreux algorithmes quantiques.

Pourquoi n'écrivons-nous pas et réclamer juste que ce n'est pas séparable? $|\Psi\rangle=|0\rangle|u\rangle+|1\rangle(e^{i\phi}|u\rangle)$

On ne peut pas simplement le revendiquer, mais il faut le montrer mathématiquement. Par exemple, on peut prendre la trace partielle au cours de la deuxième qubit, Pour prendre la trace partielle, nous choisissons une base de somme. Pour plus de simplicité, choisissons où

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{UNE B}) = {Tr}_{B} (| 0 ⟩ ⟨ 0 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | + | 1 ⟩ ⟨ 0 | \otimes e^{je ϕ} | u ⟩ ⟨ u | + | 0 ⟩ ⟨ 1 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | e^{- je ϕ} + | 1 ⟩ ⟨ 1 | \otimes e^{je ϕ} | u ⟩ ⟨ u | e^{- je ϕ})

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=\text{Tr}_B(|0\rangle\langle 0|\otimes |u\rangle\langle u|+|1\rangle\langle 0|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|+|0\rangle\langle 1|\otimes |u\rangle\langle u|e^{-i\phi}+|1\rangle\langle 1|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|e^{-i\phi})$

{| u ⟩, | u^{⊥} ⟩}

$\{|u\rangle,|u^\perp\rangle\}$

⟨ u | u^{⊥} ⟩ = 0

$\langle u|u^\perp\rangle=0$ et

. Ensuitevous obtenez

⟨ u | (e^{i ϕ} | u ⟩ = e^{i ϕ}

$\langle u|(e^{i\phi}|u\rangle=e^{i\phi}$

C'est le rang 1 (et vous pouvez voir que la phase est apparue sur le premier registre), donc l'état n'est pas enchevêtré. C'est séparable.

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{UNE B}) = | 0 ⟩ ⟨ 0 | + e^{je ϕ} | 1 ⟩ ⟨ 1 | + e^{- je ϕ} | 0 ⟩ ⟨ 1 | + | 1 ⟩ ⟨ 1 |

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=|0\rangle\langle 0|+e^{i\phi}|1\rangle\langle 1|+e^{-i\phi}|0\rangle\langle 1|+|1\rangle\langle 1|$

— DaftWullie
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| 0 ⟩ (| u ⟩) + | 1 ⟩ (e^{i ϕ} | u ⟩)

$|0\rangle(|u\rangle) + |1\rangle (e^{i\phi}|u\rangle)$

e^{i ϕ}

$e^{i\phi}$

Comment définissez-vous «enchevêtré»? Selon toute définition, cela n'est pas enchevêtré. Essayez de prendre la trace partielle, par exemple. De plus, je suppose que vous n'avez généralement pas de problème à supprimer une phase globale d'une expression entière, par rapport à la tenue de cette phase sur différents composants?

— DaftWullie

A

$A$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta }|0\rangle)_B$

(| 0 ⟩)_{A} \otimes (e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(|0\rangle)_A\otimes (e^{i\theta}|0\rangle)_B$

e^{i θ} (| 0 ⟩)_{A} \otimes (| 0 ⟩)_{B}

$e^{i\theta}(|0\rangle)_A\otimes (|0\rangle)_B$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{A}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_A$

| 0 ⟩_{B}

$|0\rangle_B$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_B$

Je suppose que j'ai un problème avec le déplacement autour de la "phase globale" comme ça. Je n'y avais jamais pensé avant.

— Sanchayan Dutta

Il n'y a aucune différence physique . Pensez-y de cette façon: quelle expérience feriez-vous pour distinguer les deux? S'il y a une différence physique, il doit y avoir un moyen de les distinguer.

— DaftWullie

Une première remarque

Ce même phénomène de changement de qubits de «contrôle» dans certains cas se produit également avec des portes NON contrôlées; en fait, c'est toute la base de l'estimation des valeurs propres. Donc, non seulement c'est possible, c'est un fait important sur le calcul quantique que c'est possible. Il a même un nom: un "coup de phase", dans lequel les qubits de contrôle (ou plus généralement, un registre de contrôle) encourent des phases relatives du fait de leur action par une opération sur un registre cible. $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

La raison pour laquelle cela se produit

Pourquoi en serait-il ainsi? Fondamentalement, cela revient au fait que la base standard n'est pas réellement aussi importante que nous la décrivons parfois comme étant.

Version courte. Seuls les états de base standard sur les qubits de contrôle ne sont pas affectés. Si le qubit de contrôle est dans un état qui est pas un état de base standard, il peut en principe être modifié.

Version plus longue -

Prenons la sphère Bloch. C'est, en fin de compte, une sphère - parfaitement symétrique, aucun point n'étant plus spécial qu'un autre, et personne axe plus spécial que les autres. En particulier, la base standard n'est pas particulièrement spéciale.

| 00 ⟩ \to [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | dix ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]

$\ket{00} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}}$

C N O T \to [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] .

$\mathrm{CNOT} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}}\,.$

$\{0,1\}$

\begin{aligned} | + + ⟩ \to & [1 0 0 0]^{†}, \\ | + - ⟩ \to & [0 1 0 0]^{†}, \\ | - + ⟩ \to & [0 0 1 0]^{†}, \\ | - - ⟩ \to & [0 0 0 1]^{†} . \end{aligned}

$\begin{aligned} \ket{++} \to{}& [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{+-} \to{}& [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{-+} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 1 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{--} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 1 \,]^\dagger \,. \end{aligned}$

| 00 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix}], | dix ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}] .

$\ket{00} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,.$ Encore une fois, nous utilisons les vecteurs de colonne à droite uniquement pour représenter les états à gauche. Mais ce changement de représentation affectera la façon dont nous voulons représenter la porte CNOT.

Un lecteur aux yeux vifs peut remarquer que les vecteurs que j'ai écrits à droite juste au-dessus sont les colonnes de la représentation matricielle habituelle de $H \otimes H$ . Il y a une bonne raison à cela: ce que signifie ce changement de représentation est un changement de référentiel pour décrire les états des deux qubits. Afin de décrire $\ket{++} = [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ , $\ket{+-} = [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ , et ainsi de suite, nous avons changé notre cadre de référence pour chaque qubit par une rotation qui est la même que la représentation matricielle habituelle de l'opérateur Hadamard - parce que ce même opérateur échange le $X$ et $Z$ observables, par conjugaison.

Ce même cadre de référence s'appliquera à la façon dont nous représentons l'opération CNOT, donc dans cette représentation décalée, nous aurions

\begin{aligned} C N O T \to \frac{1}{4} [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT} \to \tfrac{1}{4}{}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \,\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} }\, = \,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}} \end{aligned}$ qui - en se rappelant que les colonnes représentent maintenant

X

$X$ états propres - signifie que le CNOT effectue la transformation

\begin{aligned} C N O T | + + ⟩ & = | + + ⟩, \\ C N O T | + - ⟩ & = | - - ⟩, \\ C N O T | - + ⟩ & = | - + ⟩, \\ C N O T | - - ⟩ & = | + - ⟩ . \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT}\,\ket{++} &= \ket{++} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{+-} &= \ket{--}, \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{-+} &= \ket{-+} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{--} &= \ket{+-} . \end{aligned}$ Notez ici que ce ne sont que les premiers qubits de «contrôle» dont l'état change; la cible reste inchangée.

Maintenant, j'aurais pu montrer ce même fait beaucoup plus rapidement sans tout ce discours sur les changements dans le cadre de référence. Dans les cours d'introduction au calcul quantique en informatique, un phénomène similaire pourrait être décrit sans jamais mentionner les mots «référentiel». Mais je voulais vous donner plus qu'un simple calcul. Je voulais attirer l'attention sur le fait qu'un CNOT n'est en principe pas seulement une matrice; que la base standard n'est pas une base spéciale; et que lorsque vous supprimez ces choses, il devient clair que l'opération réalisée par le CNOT a clairement le potentiel d'affecter l'état du qubit de contrôle, même si le CNOT est la seule chose que vous faites à vos qubits.

L'idée même qu'il existe un qubit de «contrôle» est centrée sur la base standard et intègre un préjugé sur les états des qubits qui nous invite à penser l'opération comme unilatérale. Mais en tant que physicien, vous devez vous méfier profondément des opérations unilatérales. Pour chaque action, il y a une réaction égale et opposée ; et ici, l'apparence unilatérale du CNOT sur les états de base standard est démentie par le fait que, pour les états de base propre X, c'est la «cible» qui détermine unilatéralement un éventuel changement d'état du «contrôle».

Vous vous êtes demandé s'il y avait quelque chose en jeu qui n'était qu'une commodité mathématique, impliquant un choix de notation. En fait, il y a: la façon dont nous écrivons nos états en mettant l'accent sur la base standard, ce qui peut vous amener à développer une intuition non mathématique de l'opération uniquement en termes de base standard. Mais changez la représentation, et cette intuition non mathématique disparaît.

La même chose que j'ai esquissée pour l'effet de CNOT sur les états de base propre X, se passe également dans l'estimation de phase, mais avec une transformation différente de celle de CNOT. La «phase» stockée dans le qubit «cible» est propulsée vers le qubit «contrôle», car la cible se trouve dans un état propre d'une opération qui est contrôlée de manière cohérente par le premier qubit. Du côté informatique du calcul quantique, c'est l'un des phénomènes les plus célèbres du domaine. Cela nous oblige à faire face au fait que la base standard n'est spéciale que dans la mesure où c'est celle avec laquelle nous préférons décrire nos données - mais pas dans la manière dont la physique elle-même se comporte.

— Niel de Beaudrap
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-1

Grande question.
J'ai déjà posé cette question, mais ce n'est pas seulement une question de commodité mathématique.
Le U contrôlé est une porte "enchevêtrée".
Une fois qu'il y a un enchevêtrement, vous ne pouvez pas séparer l'État en "premier registre" et "deuxième registre".
Ne pensez à ces registres qu'au début, ou lorsqu'il n'y a pas d'enchevêtrement. Après qu'il y ait un enchevêtrement, votre meilleur pari est de travailler à fond sur les mathématiques (multiplications matricielles), et vous obtiendrez en effet l'état donné par Nielsen et Chuang.

J'essaie de voter pour la question, mais je dois attendre d'avoir 15 points de réputation.

Je ne vois aucun enchevêtrement. La sortie semble être séparable entre les deux registres.

\frac{1}{2^{t / 2}} (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$ est l'état du premier registre alors que

| u ⟩

$|u\rangle$ est l'état du deuxième registre.

— Sanchayan Dutta

@Blue Je ne l'écris pas comme une réponse complète car je trouve moi-même difficile d'intérioriser le concept dans mon esprit, de toute façon cela est dû au phénomène de "Phase Kick-Back", et c'est en fait aussi dû au fait que le contrôle et la cible sont quelque peu enchevêtrés. Essayez de lire la section 2.2 de la thèse de doctorat de Mosca, c'est la meilleure explication que j'ai trouvée jusqu'à présent.

— FSic

@ F.Siciliano D'accord, merci. Je vais lui donner une lecture

— Sanchayan Dutta