为什么“相位反冲”机制在量子相位估计算法中起作用？

我可能以前读过尼尔森（Nielsen）和庄（Chuang）（十周年纪念版）的一章《量子傅立叶变换及其应用》，这是理所当然的，但是今天，当我再次审视它时，它并没有这样做。对我来说一点都不明显！

这是相位估计算法的电路图：

具有量子比特的第一个寄存器应该是“控制寄存器”。如果第一寄存器中的任何qubit处于状态则将相应的受控单一门应用于第二寄存器。如果它处于状态，那么它不会应用于第二个寄存器。如果它处于两个状态和的叠加，则对应的register对第二寄存器的作用可以通过“线性”确定。注意，所有门仅作用于第二个寄存器，而没有作用于第一个寄存器。第一个寄存器应该只是一个控件。 $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$

但是，它们显示第一个寄存器的最终状态为：

\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 ⟩)

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

对于为什么我们认为在哈达玛门的作用之后，第一个量子位寄存器的状态完全改变，我感到惊讶。第一个寄存器的最终状态应该是

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

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

是不是我之所以这样说是因为第一个寄存器应该只是一个控件。我不明白当作为控件时，第一个寄存器的状态应如何或为什么改变。

最初，我认为将指数因子视为第一个寄存器qubit状态的一部分只是一种数学上的便利，但随后就没有意义了。量子位或量子位系统的状态不应该取决于数学上对我们方便的东西！

因此，有人可以解释一下，为什么即使只是简单地充当第二个寄存器的“控件”，第一个qubits寄存器的状态却准确地改变了？仅仅是数学上的便利还是更深层的意义？

— Sanchayan Dutta
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不是答案，而是：如果它不代表状态的实际变化，那么它是“数学上的便利”意味着什么？数学要么准确地描述了量子态如何变化，要么没有变化。如果不是这样，那么您遇到的问题比这个示例更大。如果您确实认为数学能够准确地描述物理，那么数学表示不仅方便：在此子例程中，“控制”线的状态（前面的警告符号）确实发生了变化。可以为之困惑，这是可以的，但是首先您必须接受它们的确发生了变化。

— Niel de Beaudrap，

数学正是此答案中所解释的：quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837，但是这种情况更简单，也许更容易理解

— DaftWullie

@NieldeBeaudrap好吧，我的问题恰恰是“为什么”它发生了变化

— Sanchayan Dutta

@DaftWullie数学并不难。让我们仅以一个受控的

门为例。如果控制寄存器处于状态

然后它被应用于

给

。但是，他们正在考虑的该指数因子

是在该控制量子位的一个因素第一个寄存器即

U^{2^{0}}

$U^{2^0}$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

| u ⟩

$|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ) | u ⟩

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

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

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

而不是第二个寄存器。我的问题是：为什么呢？

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

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

— Sanchayan Dutta

cc @NieldeBeaudrap ^

— Sanchayan Dutta

Answers:

想象您有一个特征向量的。如果您有等状态并应用受控它，你走出。该阶段没有附加到特定的寄存器，它只是一个整体乘法因子。 $|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

现在让我们用一个叠加上的第一个寄存器：您也可以重写此为

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

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

(| 0 ⟩ + e^{i ϕ} | 1 ⟩) | u ⟩

$(|0\rangle+e^{i\phi}|1\rangle)|u\rangle$ 因此，即使它是在第二个寄存器上创建的，它也会出现在第一个寄存器上。（当然，这种解释并非完全正确，因为它是由作用于两个量子位的两个量子位门创建的）。

此步骤是许多量子算法的核心。

我们为什么不写，只是声称它是不可分的？ $|\Psi\rangle=|0\rangle|u\rangle+|1\rangle(e^{i\phi}|u\rangle)$

一个人不能只要求它，而必须在数学上证明它。例如，我们可以采取局部跟踪在该第二量子位，要进行部分跟踪，我们选择一个基础进行求和。为简单起见，让我们选择其中

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{A 乙} ） = {Tr}_{乙} （ | 0 ⟩ ⟨ 0 | \otimes | ü ⟩ ⟨ ü | + | 1个 ⟩ ⟨ 0 | \otimes Ë^{一世 ϕ} | ü ⟩ ⟨ ü | + | 0 ⟩ ⟨ 1个 | \otimes | ü ⟩ ⟨ ü | Ë^{- 一世 ϕ} + | 1个 ⟩ ⟨ 1个 | \otimes Ë^{一世 ϕ} | ü ⟩ ⟨ ü | Ë^{- 一世 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

$\langle u|u^\perp\rangle=0$ 和

。然后你得到

⟨ u | (e^{i ϕ} | u ⟩ = e^{i ϕ}

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

这是等级1（您可以看到阶段已经出现在第一个寄存器中），因此状态不会纠缠在一起。这是可分离的。

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{一个 乙} ） = | 0 ⟩ ⟨ 0 | + Ë^{一世 ϕ} | 1个 ⟩ ⟨ 1个 | + Ë^{- 一世 ϕ} | 0 ⟩ ⟨ 1个 | + | 1个 ⟩ ⟨ 1个 |

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

— 达夫·沃利
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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}

$e^{i\phi}$

您如何定义“纠缠”？无论如何，这是不会纠缠的。例如，尝试进行部分跟踪。而且，与在不同组件上保留全局相相比，我想您通常不希望从整个表达式中删除全局相？

— 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}

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

我想我在围绕“全球阶段”转变时确实存在问题。我从没想过

— Sanchayan Dutta

没有物理差异。这样考虑：您将通过什么实验来区分两者？如果存在物理差异，则必须有一种区分它们的方法。

— DaftWullie '18年

第一句话

在某些情况下，同样的“控制”量子位改变状态的现象也发生在受控NOT门上。实际上，这就是特征值估计的全部基础。因此，不仅可能，而且关于量子计算的一个重要事实是可能。它甚至有一个名字：“相位踢”，其中控制量子位（或更一般地，控制寄存器）由于通过对某个目标寄存器执行某些操作而产生相对相位。 $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

发生这种情况的原因

为什么会这样呢？基本上可以归结为以下事实：标准基础实际上并不像我们有时描述的那样重要。

简洁版本。 仅控制量子位上的标准基础状态不受影响。如果控制量子位是在其中的状态不是一个标准的基础状态下，原则上可以改变。

较长的版本-

考虑布洛赫球面。最后，它是一个球体-完全对称，没有一个点比其他任何一个都特别，并且没有一个轴比其他任何一个都特别。特别地，标准基础不是特别特殊。

| 00 ⟩ \to [\begin{matrix} 1个 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] ， | 01 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 1个 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] ， | 10 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1个 \\ 0 \end{matrix}] ， | 11 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1个 \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 ñ Ø Ť \to [\begin{matrix} 1个 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1个 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1个 \\ 0 & 0 & 1个 & 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个 0 0 0]^{†} ， \\ | + - ⟩ \to & [0 1个 0 0]^{†} ， \\ | - + ⟩ \to & [0 0 1个 0]^{†} ， \\ | - - ⟩ \to & [0 0 0 1个]^{†} 。 \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个}{2} [\begin{matrix} 1个 \\ 1个 \\ 1个 \\ 1个 \end{matrix}] ， | 01 ⟩ \to \frac{1个}{2} [\begin{matrix} 1个 \\ - 1个 \\ 1个 \\ - 1个 \end{matrix}] ， | 10 ⟩ \to \frac{1个}{2} [\begin{matrix} 1个 \\ 1个 \\ - 1个 \\ - 1个 \end{matrix}] ， | 11 ⟩ \to \frac{1个}{2} [\begin{matrix} 1个 \\ - 1个 \\ - 1个 \\ 1个 \end{matrix}] 。

$\ket{00} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,.$

$H \otimes H$ $\ket{++} = [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $\ket{+-} = [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $X$ $Z$

\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}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT} \to \tfrac{1}{4}{}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \,\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} }\, = \,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}} \end{aligned}$

X

$X$

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

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT}\,\ket{++} &= \ket{++} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{+-} &= \ket{--}, \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{-+} &= \ket{-+} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{--} &= \ket{+-} . \end{aligned}$

现在，我可以更快地显示出相同的事实，而不必全部谈论参考系的变化。在计算机科学中的量子计算入门课程中，可能会描述类似的现象而无需提及“参考系”。但我想给您的不仅仅是单纯的计算。我想提请注意这样一个事实，即CNOT原则上不仅仅是一个矩阵；标准依据不是特殊依据；而且，当您将这些内容剥离后，很明显，即使CNOT是您对量子位所做的唯一操作，CNOT所实现的操作显然也有可能影响控制量子位的状态。

存在一个“控制”量子位的想法就是以标准为中心的，并且对量子位的状态产生了偏见，这使我们认为操作是单方面的。但是作为一名物理学家，您应该对单面手术深表怀疑。每一个动作都有一个平等而相反的反应 ; 而在这里，CNOT在标准基础状态下的明显的单面性被以下事实所掩盖：对于X本征状态，是“目标”单方面确定“控制”状态的可能变化。

您想知道是否有某种东西只是数学上的便利，其中涉及一种表示法的选择。事实上，有：在我们写各国有重点标准的基础上，这可能导致你开发的方式非数学直觉操作的只有方面的标准依据。但是改变表象，非数学直觉就消失了。

我为CNOT对X本征基态的影响所做的素描同样在相位估计中也进行了，只是进行了与CNOT不同的变换。存储在“目标”量子位中的“相位”被踢到“控制”量子位，因为目标处于由第一量子位相干控制的操作的本征态。在量子计算的计算机科学方面，它是该领域最著名的现象之一。它迫使我们面对这样一个事实，即标准基础只是特殊的，因为它是我们更喜欢用来描述数据的基础，而不是物理本身的行为方式。

— 尼尔·德·波德拉普（Niel de Beaudrap）
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好问题。
我也曾经问过这个问题，但这不只是数学上的方便。
受控U是“纠缠”门。
一旦发生纠缠，就无法将状态分为“第一寄存器”和“第二寄存器”。
仅在开始时或没有纠缠时才单独考虑这些寄存器。发生纠缠之后，最好的选择是彻底研究数学（矩阵乘法），您将真正获得Nielsen和Chuang给出的状态。

尝试提出问题，但需要等到我有15个声誉。

\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 ⟩)

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

| u ⟩

$|u\rangle$

@Blue我没有将其写为完整答案，因为我自己很难在内部将概念内化，无论如何，这是由于“相位反冲”现象造成的，实际上也是由于控制的事实和目标有些纠缠。尝试阅读一下Mosca博士论文的第2.2节，这是到目前为止我发现的最好的解释。

— FSic

@ F.Siciliano好的，谢谢。我会读一读

— Sanchayan Dutta