为什么纠错协议仅在开始时错误率已经非常低的情况下才起作用？

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量子误差校正是量子计算的基本方面，没有它，大规模的量子计算实际上是不可行的。

经常提到的容错量子计算的一个方面是，每个纠错协议都有一个错误率阈值。基本上，为了使给定的计算能够通过给定的协议防止错误，门的错误率必须低于某个阈值。

换句话说，如果单个门的错误率不够低，则不可能应用错误校正协议来使计算更加可靠。

为什么是这样？为什么不能降低开始时不是很低的错误率？

error-correction fault-tolerance

— 玻璃
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好吧，在某些时候只是噪音。在某个点上，纠错更有可能将正确的部分校正为噪声，这真是奇怪吗？

— 离散蜥蜴

1

@Discretelizard并不是那么多，以至于根本没有，但阈值通常很低（或在保真度方面很高）。为什么呢？

— glS

4

我们想将输出状态与一些理想状态进行比较，因此通常使用保真度，因为这是一种判断可能的测量效果的好方法结果与的可能的测量结果比较，其中是理想的输出状态和是一些噪声处理之后所获得的（潜在的混合）状态。在比较状态时，这是 $F\left(\left|\psi\right>, \rho\right)$ $\rho$ $\left|\psi\right>$ $\left|\psi\right>$ $\rho$

F (| ψ ⟩, ρ) = \sqrt{⟨ ψ | ρ | ψ ⟩} .

$F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) = \sqrt{\left<\psi\right|\rho\left|\psi\right>}.$

描述使用克劳斯运算符，其中两者中的噪声和误差校正处理与克劳斯运营商中的噪声信道和与克劳斯运营纠错信道，噪声之后的状态是以及噪声和错误校正后的状态是 $\mathcal N$ $N_i$ $\mathcal E$ $E_j$

ρ^{'} = N (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \sum_{i} N_{i} | ψ ⟩ ⟨ ψ | N_{i}^{†}

$\rho' = \mathcal N\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sum_iN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger$

ρ = E \circ N (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \sum_{i, j} E_{j} N_{i} | ψ ⟩ ⟨ ψ | N_{i}^{†} E_{j}^{†} .

$\rho = \mathcal E\circ\mathcal N\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sum_{i, j}E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger E_j^\dagger.$

保真度由

\begin{aligned} F (| ψ ⟩, ρ) & = \sqrt{⟨ ψ | ρ | ψ ⟩} \\ = \sqrt{\sum_{i, j} ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ ⟨ ψ | N_{i}^{†} E_{j}^{†} | ψ ⟩} \\ = \sqrt{\sum_{i, j} ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ ⟨ ψ | E_{j} N_{i} {| ψ ⟩}^{*}} \\ = \sqrt{\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2}} . \end{aligned}

$\begin{align}F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) &= \sqrt{\left<\psi\right|\rho\left|\psi\right>} \\ &= \sqrt{\sum_{i, j}\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|N_i^\dagger E_j^\dagger\left|\psi\right>} \\&= \sqrt{\sum_{i, j}\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\rangle\langle\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right>^*} \\ &= \sqrt{\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2}.\end{align}$

为了使纠错协议具有任何用途，我们希望纠错后的保真度大于噪声之后但在纠错前的保真度，从而使纠错状态与未纠正状态的区别较小。也就是说，我们希望这给出由于保真度为正，因此可以将其重写为

F (| ψ ⟩, ρ) > F (| ψ ⟩, ρ^{'}) 。

$F\left(\left|\psi\right>, \rho\right) > F\left(\left|\psi\right>, \rho'\right).$

\sqrt{\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2}} > \sqrt{\sum_{i} | ⟨ ψ | N_{i} | ψ ⟩ |^{2}} .

$\sqrt{\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2} > \sqrt{\sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2}.$

\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2} > \sum_{i} | ⟨ ψ | N_{i} | ψ ⟩ |^{2} .

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 > \sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2.$

将拆分为可校正的部分，为此以及不可校正的部分，为此。将错误的概率表示为是可纠正的，而将不可校正的概率（即，发生了太多错误而无法重构理想状态）作为给出了 $\mathcal N$ $\mathcal N_c$ $\mathcal E\circ\mathcal N_c\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \left|\psi\rangle\langle\psi\right|$ $\mathcal N_{nc}$ $\mathcal E\circ\mathcal N_{nc}\left(\left|\psi\rangle\langle\psi\right|\right) = \sigma$ $\mathbb P_c$ $\mathbb P_{nc}$

\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2} = P_{c} + P_{n c} ⟨ ψ | σ | ψ ⟩ \geq P_{c},

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \mathbb P_c + \mathbb P_{nc}\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> \geq \mathbb P_c,$ 其中假定来假定相等。那是一个错误的“校正”将投射到与正确结果正交的结果上。

⟨ ψ | σ | ψ ⟩ = 0

$\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> = 0$

对于量子位与误差对每个量子位作为（相等）的概率（注意：这是不一样的噪声参数，这将必须被用于计算中的错误的概率），具有的概率可纠正的错误（假设已使用量子位来编码量子位，允许最多量子位上的错误，由Singleton绑定）是 $n$ $p$ $n$ $k$ $t$ $n-k\geq 4t$

\begin{aligned} P_{C} & = \sum_{Ĵ}^{Ť} （ \binom{ñ}{Ĵ} ） p^{Ĵ} {（ 1个 - p ）}^{ñ - Ĵ} \\ = {（ 1个 - p ）}^{ñ} + ñ p {（ 1个 - p ）}^{ñ - 1个} + \frac{1个}{2} ñ （ ñ - 1个 ） p^{2} {（ 1个 - p ）}^{ñ - 2} + Ø （ p^{3} ） \\ = 1个 - （ \binom{ñ}{Ť + 1个} ） p^{Ť + 1个} + Ø （ p^{Ť + 2} ） \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb P_c &=\sum_j^t {n\choose j}p^j\left(1-p\right)^{n-j}\\ &= \left(1-p\right)^n + np\left(1-p\right)^{n-1} + \frac 12n\left(n-1\right)p^2\left(1-p\right)^{n-2} + \mathcal O\left(p^3\right) \\ &= 1 - {n\choose{t+1}}p^{t+1} + \mathcal O\left(p^{t + 2}\right)\end{align}$ 。

噪声通道也可以写为作为基数，可用于定义过程矩阵。这给出其中是没有错误发生的概率。 $N_i = \sum_j\alpha_{i, j}P_j$ $P_j$ $\chi_{j, k} = \sum_i\alpha_{i, j}\alpha^*_{i, k}$

\sum_{一世} | ⟨ ψ | ñ_{一世} | ψ ⟩ |^{2} = \sum_{Ĵ ， ķ} χ_{Ĵ ， ķ} ⟨ ψ | P_{Ĵ} | ψ ⟩ ⟨ ψ | P_{ķ} | ψ ⟩ \geq χ_{0 ， ， 0} ，

$\sum_i\lvert\left<\psi\right|N_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \sum_{j, k}\chi_{j, k}\left<\psi\right|P_j\left|\psi\right\rangle\left<\psi\right|P_k\left|\psi\right\rangle\geq\chi_{0, ,0},$

χ_{0, 0} = {(1 - p)}^{n}

$\chi_{0, 0} = \left(1-p\right)^n$

这表明，当时，纠错已成功地缓解了噪声（至少是其中的一部分尽管这仅对有效，并且由于使用了较弱的界限，所以错误校正成功时可能会给出不正确的结果，这表明错误校正对于小错误概率很有用，因为增长快于当小时，。

1个 - （ \binom{ñ}{Ť + 1个} ） p^{Ť + 1个} ⪆ {（ 1个 - p ）}^{ñ} 。

$1 - {n\choose{t+1}}p^{t+1} \gtrapprox\left(1-p\right)^n.$

ρ ≪ 1

$\rho \ll 1$

p

$p$

p^{t + 1}

$p^{t+1}$

p

$p$

但是，随着变得稍大，增长比快，并且取决于前置因素，取决于代码的大小和要纠正的qubit数量，这将导致错误纠正错误地 “纠正”发生的错误，它开始作为错误纠正代码而失败。在的情况下，给定，这发生在，尽管这只是一个估计。 $p$ $p^{t+1}$ $p$ $n=5$ $t=1$ $p\approx 0.29$

编辑评论：

当，得出 $\mathbb P_c + \mathbb P_{nc} = 1$

\sum_{i, j} | ⟨ ψ | E_{j} N_{i} | ψ ⟩ |^{2} = ⟨ ψ | σ | ψ ⟩ + P_{c} (1 - ⟨ ψ | σ | ψ ⟩) .

$\sum_{i, j}\lvert\left<\psi\right|E_jN_i\left|\psi\right\rangle\rvert^2 = \left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right> + \mathbb P_c\left(1-\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right>\right).$

如上所述插入该字符串，进一步得到与以前的行为相同，只是常数不同。

1个 - （ 1个 - ⟨ ψ | σ | ψ ⟩ ） （ \binom{ñ}{Ť + 1个} ） p^{Ť + 1个} ⪆ {（ 1个 - p ）}^{ñ} ，

$1-\left(1-\left<\psi\vert\sigma\vert\psi\right>\right){n\choose{t+1}}p^{t+1} \gtrapprox\left(1-p\right)^n,$

这也表明，尽管纠错可以提高保真度，但不能将保真度提高到，特别是因为实施错误会导致产生错误（例如，由于无法完美地实现实际门而导致的门错误）更正。根据定义，由于任何合理的深度电路都需要合理数量的门，因此，每个门之后的保真度将小于前一个门的保真度（平均），并且纠错协议的有效性将降低。然后将有门的截止数量，此时纠错协议将降低保真度，并且错误将不断加剧。 $1$

粗略估计，这表明误差校正或仅降低误差率不足以进行容错计算，除非误差极低（取决于电路深度）。

— Mithrandir24601
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我认为您正在尝试解释无法纠正错误的概率低到哪个物理错误率？请注意，容错阈值较小（许多代码的数量级）

— M. Stern，

@ M.Stern因此，这是一个（非常粗略的）估计值，用于错误校正“减小错误”（即在应用噪声后将保真度提高一定程度），因此绝对不是容错阈值，不是。进行纠错可能会在噪声之后使保真度提高一定程度，但是并没有将其重置或进行任何其他操作，因此即使不断应用纠错，保真度也会降低（并且错误会传播），这表明了纠错本身并不能提供足够的容错能力

— Mithrandir24601

嗯，glS必须判断是否可以回答问题。无论如何，它都很有趣而且写得很好。因此，如果错误无法纠正，您可以假设状态为正交，对吗？（在许多情况下，这当然是合理的。）另一个极端是发生不可纠正错误时，逻辑错误发生的可能性为50/50。

— M. Stern，

@ M.Stern谢谢！是的，要么状态是正交的，要么取下限。由于将一个下限与另一个下限进行比较不是一个好主意，因此我假设它们是正交的。如果您觉得有什么需要补充的内容，那就快去做吧！嗯...我认为冒逻辑错误的机会为50/50会导致相同的结果，只是最终的因素不同

— Mithrandir24601

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已经有一个很好的数学答案，所以我将尝试并提供一个易于理解的答案。

量子纠错（QEC）是一个（或多个）相当复杂的算法，在量子位上和量子位之间需要大量动作（门）。在QEC中，您几乎将两个量子位连接到第三个辅助量子位（辅助），并且如果其他两个相等（在某些特定方面）相等，则将信息传输到该第三量子位。然后，您从ancialla中读取该信息。如果它告诉您它们不相等，则您将对该信息采取行动（应用更正）。如果我们的量子位和门不完美，那怎么会出错呢？

QEC可使存储在量子位中的信息衰减。如果不能很好地执行这些门，则每个门都会衰减存储在其中的信息。因此，如果仅执行QEC破坏的信息多于平均恢复的信息，那它就没有用了。

您认为发现了错误，但没有发现。如果比较（执行门）或信息读取（辅助）不完美，则您可能会获得错误的信息，从而应用“错误的更正”（阅读：引入错误）。同样，如果小导管中的信息在您可以读出之前衰减（或被噪声改变），您也会得到错误的读出结果。

每个QEC的目标显然是引入比其纠正的错误更少的错误，因此您需要最小化上述影响。如果您做完所有数学运算，就会发现对量子位，门和读数的要求非常严格（取决于您选择的确切QEC算法）。

— 3244611用户
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4

古典版

考虑一下经典纠错的简单策略。您只有一个要编码的位，我已选择将其编码为5位，但是任何奇数都可以（更多）。现在，我们假设发生了一些位翻转错误，所以我们得到的是这最初是编码为0还是1？如果我们假设每位错误的概率小于一半，那么我们期望少于一半的位有错误。因此，我们看一下0和1的数量。无论哪一种，我们都认为是我们开始的那一种。这称为多数投票。我们很有可能错了，但是我们编码的位数越多，

0 \mapsto 00000 1个 \mapsto 11111

$0\mapsto 00000\qquad 1\mapsto 11111$

01010。

$01010.$

p

$p$

另一方面，如果我们知道，我们仍然可以进行校正。您只是要进行少数表决！但是，要点是您必须执行完全相反的操作。这里有一个尖锐的门槛，至少表明您需要知道您正在使用哪种机制。 $p>\frac12$

对于容错来说，事情变得更加混乱：您所获得的字符串可能不是实际的状态。可能有所不同，仍然有一些错误需要纠正，但是在读取位时所进行的测量也略有错误。粗略地讲，您可能会想象这会将急剧的转变变成一个模糊的区域，您实际上并不知道该怎么做。但是，如果错误概率足够低或足够高，那么您可以进行纠正，您只需要知道是哪种情况即可。 $01010$

量子版

通常，在量子状态下情况会变得更糟，因为您必须处理两种类型的错误：比特翻转错误（）和相位翻转错误（），这往往会使歧义区域变大。在这里我将不进一步详细介绍。但是，量子机制中有一个可爱的论点可能正在阐明。 $X$ $Z$

想象一下，你有存储在量子纠错码的单个逻辑量子位的状态跨物理量子比特。不管代码是什么，这都是一个完全通用的参数。现在想象一下，有这么多的噪声会破坏量子位上的量子状态（“如此多的噪声”实际上意味着错误发生的可能性为50:50，而不是100％，正如我们已经知道的那样）说，可以纠正）。无法纠正该错误。我怎么知道想象一下，我有一个完全无噪音的版本，我保留了量子位，并将剩下的量子位交给您。我们每个人都引入了足够的空白量子位，所以我们有 $|\psi\rangle$ $N$ $\lceil N/2\rceil$ $\lfloor N/2\rfloor$ $N$ 总共qubit，我们对其进行了纠错。如果可以执行该错误校正，则结果将是我们两个人都将具有原始状态。我们将克隆逻辑量子位！但是克隆是不可能的，因此纠错一定是不可能的。 $|\psi\rangle$

— 达夫·沃利
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2

在我看来，这个问题似乎包括两个部分（一个与标题有关，另一个与问题本身有关）：

1）纠错码对哪些噪声有效？
2）我们可以在门中使用多少缺陷来实现容错量子计算？

让我首先强调一下这种区别：量子纠错码可以在许多不同的情况下使用，例如纠正传输中的损耗。此处的噪声量主要取决于光纤的长度，而不取决于门的缺陷。但是，如果要实现容错量子计算，则门是噪声的主要来源。

在1）

纠错适用于较大的错误率（小于）。以简单的3 qubit重复代码为例。逻辑错误率只是多数表决错误的概率（橙色线是进行比较）： $1/2$ $f(p)=p$

因此，每当物理错误率低于，逻辑错误率就会小于。但是请注意，这对于小尤其有效，因为代码会将速率从更改为行为。 $p$ $1/2$ $p$ $p$ $\mathcal{O}(p)$ $\mathcal{O}(p^2)$

在2）

我们想用量子计算机进行任意长的量子计算。但是，量子门并不完美。为了应对门带来的误差，我们使用了量子误差校正码。这意味着一个逻辑量子位被编码为许多物理量子位。该冗余允许校正物理量子位上的一定数量的错误，从而使得存储在逻辑量子位中的信息保持完整。更大的代码允许更长的计算仍然准确。但是，较大的代码涉及更多的门（例如，更多的综合症测量），这些门会引入噪声。您会看到这里需要权衡取舍，哪种代码是最佳的并不明显。
如果每个门引入的噪声低于某个阈值（容错或精度阈值），则可以增加代码大小以允许任意长的计算。此阈值取决于我们开始使用的代码（通常将其与自身迭代连接）。有几种估算此值的方法。通常，它是通过数值模拟完成的：引入随机误差并检查计算是否仍然有效。该方法通常给出的阈值过高。文献中也有一些分析证明，例如Aliferis和Cross的这一证明。

— 斯特恩
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第二段触及正确的要点，但它仍然非常定性。您说的是，您需要由纠错协议引入的门来减少错误率，而不是增加错误率。但是，如何从这一直观想法转变为超过阈值的实际定量估计？另外，这是否意味着没有纠错协议可以克服的普遍下限阈值？

— glS

@glS我怀疑存在这样的“通用下限阈值”，即一个错误值，高于该值就不存在容错校正协议。但是，该值应取决于您的门设置和错误模型。人们对这里的积极结果更感兴趣（表明存在良好的容错协议）。找到上限以查看“我们还剩下多少空间”，从而使我们的容错方案更好，这可能很有趣。我猜没有多少空间了。

— Jalex Stark

@glS是的，一些实际的定量计算可以改善这个答案。我认为这些计算通常是通过数字进行的？但我也想知道这一点

— M. Stern，

@JalexStark是什么让您认为剩余空间不多？例如，表面代码似乎没有优化此阈值。它仅使用晶格上最近的邻居交互，您通常可以做更多的事情。

— M. Stern，

@ M.Stern我没有任何基于定理的证据，并且我不是该领域的专家。我只是根据完成的工作量以及最佳阈值的大小来猜测。

— Jalex Stark

2

您需要数量惊人的量子门才能以容错的方式实现量子纠错码。原因之一是要检测许多错误，因为可以纠正所有单个qubit错误的代码已经需要5个qubit，并且每个错误可以是三种（对应于非故意的X，Y，Z门）。因此，即使只是纠正任何单个量子位错误，您也已经需要逻辑来区分这15个错误和无错误情况：，，，，，，，，，， $XIIII$ $YIIII$ $ZIIII$ $IXIII$ $IYIII$ $IZIII$ $IIXII$ $IIYII$ $IIZII$ $IIIXI$ $IIIYI$ ，，，，，，其中，，是可能的单个量子位错误，而（身份）表示对此量子位无错误。 $IIIZI$ $IIIIX$ $IIIIY$ $IIIIZ$ $IIIII$ $X$ $Y$ $Z$ $I$

但是，原因的主要部分是，您不能使用简单的错误检测电路：每个CNOT（或每个其他非平凡的2个或更多的量子比特门）将一个量子比特中的错误转发到另一个量子比特，这对于最琐碎的事件而言将是灾难性的单个qubit纠错码的情况，对于更复杂的代码仍然非常糟糕。因此，对容错（有用）的实现需要比天真地想的还要付出更多的努力。

每个错误纠正步骤有很多门，因此每个步骤只能允许非常低的错误率。这里又出现了另一个问题：由于您可能有相干的错误，因此您必须为最坏的情况做好准备，即错误不会以传播到N个单量子比特门之后，而是传播为。该值必须保持足够低，以便在校正某些（但不是全部）错误（例如仅单个qubit错误）后获得整体收益。 $\epsilon$ $N \epsilon$ $N^2 \epsilon$

相干错误的一个示例是门的实现，该门不仅简单地对而且对也执行一阶，您可以称其为错误，因为这是与概率幅度，因此直接在门之后的测量显示出它充当误差的概率。在对这扇门进行了应用之后，再次达到一阶，您实际上已经应用了（如果G和X进行通勤，否则是一个更复杂的结构，其中不同的项与 $G$ $G$ $G + \sqrt{\epsilon} X$ $\epsilon$ $\sqrt{\epsilon}$ $X$ $N$ $G^N + N \sqrt{\epsilon} G^N X$ $N$ $\sqrt{\epsilon}$ ）。因此，如果进行测量，您将发现的错误概率。 $N^2 \epsilon$

不连贯的错误更有益。但是，如果必须将单个值作为错误阈值，则不能选择仅假设良性错误！

— 金字塔
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N^{2} ϵ

$N^2 \epsilon$

N ϵ

$N\epsilon$

@glS我已经大大扩展了答案，可以解决您的所有问题。我能做到吗？

— 金字塔