ТЕОРИЯ ИНФОРМАЦИИ И КОДИРОВАНИЯ. Воронежский институт мвд россии кафедра высшей математики
 Скачать 1.43 Mb.
|
|
+ _ _ + + + i ++ s i i=0, L=0, c=1, B=1 d =(c s ) _ Алгоритм поиска кратчайшего регистра сдвига с линейной обратной связью для поданной на вход последовательности был предложен Берлекемпом в 1968 г. [1] В следующем 1969 г. Дж.Месси применил его к декодированию линейных кодов [14]. Данный алгоритм применяется для вычисления коэффициентов полинома локаторов и по числу операций в конечном поле GF (2 m ) считается одним из самых эффективных. Необходимо дать несколько коментариев относительно работы рассматриваемой блок-схемы. 1. На вход подается последовательность s i = (s 1 , s 2 , ..., s n ), поэтому вычисления ведутся до тех пор пока счетчик i не будет равен n. 2. Полином локаторов записывается как вектор коэффициентов при соответствующих степенях x: c = c 1 + c 2 x + ... + c n x n−1 = (c 1 , c 2 , c 3 , ..., c n ) Пример 3.50. Построить полином лакаторов для кодовой последовательности RS[7, 3] ∈ GF (2 3 ): F=(7644606) при b = 3. Решение. Учитывая, что (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) = (1, 7, 5, 0) будем проводить вычисления согласно приведеному алгоритму. F i = 0, L = 0, c = 1, B = 1 F i = 1, d 1 = c 1 · s 1 = 1 · 1 = 1 c + = c + dBx = 1 + 1 · 1 · x = 1 + x 2L < i : 0 < 1 да ⇒ L = i − L, L = 1 − 0 = 1 B = c d = 1 1 = 1, c = c + = 1 + x F i = 2, d 2 = (c 1 , c 2 ) · (s 2 , s 1 ) = (1, 1)(7, 1) = 7 + 1 = 6 c + = c + dBx = 1 + x + 6 · 1 · x = 1 + 7x 2L < i : 2 < 2 нет B = xB = x, c = c + = 1 + 7x 182 Глава 3. Теория помехоустойчивого кодирования F i = 3, d 3 = (c 1 , c 2 , c 3 ) ·(s 3 , s 2 , s 1 ) = (1, 7, 0)(5, 7, 1) = 1 ·5+7·7+0·1 = 5+3+0 = 6 c + = c + dBx = 1 + 7x + 6 · x · x = 1 + 7x + 6x 2 2L < i : 2 · 1 < 3 да ⇒ L = i − L, L = 3 − 1 = 2 B = c d = 1 + 7x 6 = 3(1 + 7x) = 3 + 2x, c = c + = 1 + 7x + 6x 2 F i = 4, d 4 = (c 1 , c 2 , c 3 , c 4 ) · (s 4 , s 3 , s 2 , s 1 ) = (1, 7, 6, 0)(0, 5, 7, 1) = 1 · 0 + 7 · 5 + 6 · 7 + 0 · 1 = 0 + 6 + 4 + 0 = 2 c + = c + dBx = 1 + 7x + 6x 2 + 2 · (3 + 2x) · x = 1 + 7x + 6x 2 + 6x + 4x 2 = 1 + x + 2x 2 Поскольку i = 4 = n мы прекращаем вычисления и выводим ответ полинома локаторов Σ(x) = c = 1 + x + 2x 2 . N Пример 3.51. Построить полином лакаторов для кодовой последовательности RS[7, 3] ∈ GF (2 3 ): F=(62254420) при b = 4. Решение. Учитывая, что (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) = (7, 4, 5, 3) будем проводить вычисления согласно приведеному алгоритму. F i = 0, L = 0, c = 1, B = 1 F i = 1, d 1 = s 0 · c 1 = 7 · 1 = 7 c + = c + dBx = 1 + 7 · 1 · x = 1 + 7x 2L < i : 0 < 1 да ⇒ L = i − L, L = 1 − 0 = 1 B = c d = 1 7 = 4, c = c + = 1 + 7x F i = 2, d 2 = (c 1 , c 2 ) · (s 2 , s 1 ) = (1, 7)(4, 7) = 4 + 3 = 7 c + = c + dBx = 1 + 7x + 7 · 4 · x = 1 + 7x + x = 1 + 6x 2L < i : 2 < 2 нет B = Bx = 4x, c = c + = 1 + 6x F i = 3, d 3 = (c 1 , c 2 , c 3 ) · (s 3 , s 2 , s 1 ) = (1, 6, 0)(5, 4, 7) = 1 · 5 + 6 · 4 + 0 · 7 = 5 + 5 = 0 B = Bx = 4x 2 , c = 1 + 6x F i = 4, d 4 = (c 1 , c 2 , c 3 , c 4 ) · (s 4 , s 3 , s 2 , s 1 ) = (1, 6, 0, 0)(3, 5, 4, 7) = 1 · 3 + 6 · 5 + 0 · 4 + 0 · 7 = 3 + 3 = 0 B = Bx = 4x 2 , c = 1 + 6x Поскольку i = 4 = n мы прекращаем вычисления и выводим ответ полинома локаторов Σ(x) = c = 1 + 6x = 1 + 2 4 x. N 3.11. Расширенный алгоритм Евклида для кода RS 183 Задача 3.27. Обнаружить и исправить ошибки в информационной кодовой комбинации F (x) ∈ RS[7, 3] сформированной производящим полиномом g(x) поля GF (2 3 ). N b F N b F N b F N b F 1 3 (2421121) 9 4 (2264425) 17 3 (5116230) 25 4 (4661674) 2 4 (3634162) 10 5 (5253561) 18 4 (2325111) 26 5 (5564312) 3 5 (3615206) 11 6 (2727517) 19 5 (3333005) 27 6 (5471253) 4 6 (2264027) 12 0 (1426013) 20 6 (4117765) 28 0 (2715001) 5 0 (3262616) 13 1 (2535555) 21 0 (2453626) 29 1 (6262477) 6 0 (4562373) 14 1 (1615153) 22 1 (0650027) 30 2 (5525355) 7 1 (2732576) 15 2 (7563113) 23 2 (0114252) 31 3 (3270440) 8 2 (1247370) 16 3 (4431737) 24 3 (2421121) 32 4 (2264425) 3.11 Расширенный алгоритм Евклида для кода RS Кратко напомним расширенный алгоритм Евклида, который мы применяли для построения полинома локаторов кода БЧХ. Для этого полином x r записываем через S = P S k x k в виде x r = S · q 0 + r 1 тогда S = r 1 · q 1 + r 2 r 1 = r 2 · q 2 + r 3 r 2 = r 3 · q 3 + r 5 и полиномы локаторов выражаются через множители (q 0 , q 1 , ...) следующим образом F 1 ошибка σ 1 = σ 0 q 0 = q 0 F 2 ошибки σ 2 = σ 1 q 1 + σ 0 = q 0 q 1 + 1 F 3 ошибки σ 3 = σ 2 q 2 + σ 1 = q 0 q 1 q 2 + q 0 + q 2 F 4 ошибки σ 4 = σ 3 q 3 + σ 2 = q 0 q 1 q 2 q 3 + q 0 q 3 + q 2 q 3 + q 1 q 0 + 1 184 Глава 3. Теория помехоустойчивого кодирования Пример 52. Построить полином локаторов для кодовой последовательности RS[7, 3] ∈ GF (2 3 ): F=(7644606) при b = 3. Решение. Учитывая, что (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) = (1, 7, 5, 0) будем проводить вычисления согласно приведеному алгоритму. Поскольку x 5 + 0x 4 + 0x 3 + 0x 2 + 0x + 0 5x 3 + 7x 2 + x + 1 x 5 + 5x 4 + 2x 3 + 2x 2 2x 2 + x + 1 5x 4 + 2x 3 + 2x 2 5x 4 + 7x 3 + x 2 + x 5x 3 + 3x 2 + x 5x 3 + 7x 2 + x + 1 4x 2 + 1 т.е. x 5 = (1 + x + 7x 2 + 5x 3 )(1 + x + 2x 2 ) + (1 + 4x 2 ), то полином локаторов имеет вид Σ(x) = 1 + x + 2x 2 = (1 + 4x)(1 + 5x) = (1 + 2 2 x)(1 + 2 6 x). N Пример 53. Построить полином локаторов для кодовой последовательности RS[7, 3] ∈ GF (2 3 ): F=(62254420) при b = 4. Решение. Учитывая, что (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) = (7, 4, 5, 3) будем проводить вычисления согласно приведеному алгоритму. Поскольку x 5 + 0x 4 + 0x 3 + 0x 2 + 0x + 0 3x 4 + 5x 3 + 4x 2 + 7x + 1 x 5 + 3x 4 + 5x 3 + 4x 2 + 6x 6x + 1 3x 4 + 5x 3 + 4x 2 + 6x 3x 4 + 5x 3 + 4x 2 + 7x + 1 x + 1 т.е. x 5 = (1 + 7x + 4x 2 + 5x 3 + 3x 4 )(1 + 6x) + (1 + x), то полином локаторов имеет вид Σ(x) = 1 + 6x = 1 + 2 4 x. N Пример 54. Построить полином локаторов для кодовой последовательности RS[7, 3] ∈ GF (2 3 ): F=(0070200) при b = 0 (см. например [9], стр.114). Решение. Учитывая, что (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) = (5, 7, 2, 2) будем проводить вычисления согласно приведеному алгоритму Евклида. Поскольку x 5 = (1 + 5x + 7x 2 + 2x 3 + 2x 4 )(5 + 5x) + (5 + 2x + x 2 + 7x 2 ), 1 + 5x + 7x 2 + 2x 3 + 2x 4 = (5 + 2x + x 2 + 7x 2 )(4 + 3x) + (3 + 2x + 5x 2 ), 3.11. Расширенный алгоритм Евклида для кода RS 185 то полином локаторов имеет вид Σ(x) = 1 + (5 + 5x)(4 + 3x) = 3 + 6x + 4x 2 = 3(1 + 2x + 5x 2 ). N Для решения данного уравнения воспользуемся формулами Виета Σ(x) = 1 + σ 1 x + σ 2 x 2 т.е. x 1 + x 2 = σ 1 x 1 · x 2 = σ 2 или x 1 + x 2 = 2 x 1 · x 2 = 5 По таблицам сложения и умножения для GF (2 3 ) находим x 1 = 4, x 2 = 6, тогда Σ(x) = 3(1 + 2x + 5x 2 ) = 3(1 + 4x)(1 + 6x) = 3(1 + 2 2 x)(1 + 2 4 x). Т.е. ошибки в символах A 2 и A 4 (коэффициенты при степенях x 2 и x 4 ) полинома F (x). Для нахождения значения ошибок решим систему S 1 S 2 = x b 1 x b 2 x b+1 1 x b+1 2 e 1 e 2 или 5 7 = 4 0 6 0 4 1 6 1 e 1 e 2 = 1 1 4 6 e 1 e 2 Методом Крамера, получим ∆ = 1 1 4 6 = 1 · 6 − 4 · 1 = 6 + 4 = 2 ∆ 1 = 5 1 7 6 = 5 · 6 − 7 · 1 = 3 + 7 = 4; ∆ 2 = 1 5 4 7 = 1 · 7 − 4 · 5 = 7 + 2 = 5 Тогда e 1 = ∆ 1 ∆ = 4 2 = 4 · 5 = 2, e 2 = ∆ 2 ∆ = 5 2 = 5 · 5 = 7. Т.о. мы имеем ошибку в разряде x 2 со значением E 2 = 2 и в разряде x 4 со значением E 4 = 7. Исправляя ошибки, получим F = (00 70200) ⇒ (00000000) N Задача 3.28. Обнаружить и исправить ошибки в информационной кодовой комбинации F (x) ∈ RS[7, 3] сформированной производящим полиномом g(x) поля GF (2 3 ). N b F N b F N b F N b F 1 4 2264425 9 3 5116230 17 4 4661674 25 3 2421121 2 5 5253561 10 4 2325111 18 5 5564312 26 4 3634162 3 6 2727517 11 5 3333005 19 6 5471253 27 5 3615206 4 0 1426013 12 6 4117765 20 0 2715001 28 6 2264027 5 1 2535555 13 0 2453626 21 1 6262477 29 0 3262616 6 1 1615153 14 1 0650027 22 2 5525355 30 0 4562373 7 2 7563113 15 2 0114252 23 3 3270440 31 1 2732576 8 3 4431737 16 3 2421121 24 4 2264425 32 2 1247370 Глава 4 Квантовая информация 4.1 Основы квантовых вычислений В этой главе, мы рассмотрим принципы теории квантовых вычислений. В настоящих цифровых компьютерах, информация хранится и обрабатывается в форме битов - объектов, которые могут принимать только два значения: логический ноль -"0", или логическую единицу -"1". Они - обычно представляют собой напряжение в узле, или направление намагниченности магнитного домена. Поскольку любая подобная физическая система должна иметь как минимум два отличных состояния, то двухуровневые квантовые системы, (например частицы со спином 1/2, или поляризованные фотоны) тоже могут рассматриваться как носители информации. Квантовое состояние |0i соответствует значению бита -"0", а состояние |1i соответствует "1". Для spin-1/2 частиц, два вычислительных базисных состояния представляются спином вверх |↑i или спином вниз |↓i, а для фотонов - горизонтальной |↔i или вертикальной |li поляризацией, соответственно. В отличие от классических битов, которые могут существовать только как "0"или "1", двухуровневые квантовые системы, называемые квантовые биты или qubits (quantum bits), могут также существовать в состоянии суперпозиции |0i и |1i: |ψi = α |0i + β |1i , где α и β удовлетворяют условию нормировки: α 2 + β 2 = 1. По существу мы описываем квантовое состояние системы с помощью комплексного вектора Гильбертова пространства H с базисными векторами |0i и |1i и скалярным произведением: hϕ|ψi. Гильбертовым назовем нормированное векторное пространство комплексных чисел со скалярным произведением. Два вектора являются ортогональными, если их скалярное произведение равно нулю: hϕ|ψi = hψ|ϕi = 0. Отсюда следуют соотношения для скалярного произведения базисных векторов: h0|0i = h1|1i = 1, h0|1i = h1|0i = 0. 187 188 Глава 4. Квантовая информация С учетом полной фазы квантовое состояние кубита записывается в виде |ψi = cos θ 2 |0i + e iφ sin θ 2 |1i , и изображается точкой на сфере Блоха радиуса R = 1 и поверхностными координатами (θ, φ). В дальнейшем мы будем, как правило, работать с экваториальными кубитами, (для которых φ = 0), и удваивать значение угла θ 2 → θ для упрощения записи: |ψi = cos θ |0i + sin θ |1i . θ x z y ϕ 0 ψ 0 0 1 ϕ 0 ψ a) b) Пример 4.1. Кубит имеет квантовое состояние |ψ 0 i = √ 2 2 |0i + β |1i . Определить неизвестный коэффициент β. Решение. Из условия нормировки, для произвольного квантового состояния |ψi = α |0i + β |1i , имеем α 2 + β 2 = 1. Тогда для искомого состояния |ψ 0 i = √ 2 2 |0i + β |1i , получим √ 2 2 ! 2 + β 2 = 1 откуда β = 1 √ 2 Таким образом |ψ 0 i = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i . N 4.1. Основы квантовых вычислений 189 Задача 4.1. Пользуясь условием нормировки определить неизвестные коэффициенты кубитов. 1. |ψ 0 i = α |0i + 1 2 |1i 2. |ψ 0 i = α |0i + |1i 3. |ψ 0 i = α |0i + √ 3 2 |1i 4. |ψ 0 i = |0i + β |1i Основные понятия которыми оперирует квантовая механика: состояние, наблюдаемые, динамика и измерение. Всякая физическая система описывается с помощью своего состояния, которое содержит всю информацию о системе. Состояние квантовой системы изменяется только двумя путями: взаимодействием с другой системой и измерением. Узнать что-либо о квантовом состоянии можно только ее измерением. Поляризованный свет легко реализуется на практике и является одним из основных претендентов на роль носителя квантовой информации - кубита. Измерение поляризации производят с помощью поляризационных пластин. Поляризационная пластина пропускает через себя фотоны только заданной поляризации. После поляризатора размещается счетчик фотонов, который определяет вероятность прохождения пучка через поляризатор. Математически поляризационной пластине ставится в соответствии проекционный оператор: Π = |χi hχ| , где |χi - вектор ориентации поляризационной пластины или квантовое состояние прибора-измерителя. При прохождении поляризационной пластины квантовое состояние кубита |ψi проецируется на квантовое состояние прибора-измерителя |χi. На выходе из поляризатора мы получим уже измененный кубит, т.е. его проекцию на |χi: |ψ 0 i = Π |ψi = |χi hχ|ψi . 0 ψ 1 ψ 0 ψ 1 ψ χ Поскольку скалярное произведение hχ|ψi - число, то выходной кубит имеет состояние параллельное квантовому состоянию прибора-измерителя |χi. Это принципиальный факт квантовой механики - измерение меняет квантовое состояние. 190 Глава 4. Квантовая информация В квантовой механике постулируется, что само состояние |ψi физического смысла не имеет (т.е. не может быть непосредственно измерено). Физическим смыслом обладает его квадрат модуля: P = hψ|ψi = |ψ| 2 - это вероятность обнаружить кубит в данном квантовом состоянии. Пример 4.2. Найти вероятность того, что кубит |ψ 0 i = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i . пройдет через поляризатор, ориентированный под углом 60 ◦ Решение. Ориентации поляризатора с углом φ = 60 ◦ = π/3 соответствует квантовое состояние прибора измерителя |χi = cos φ |0i + sin φ |1i = cos π 3 |0i + sin π 3 |1i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i . Тогда для соответствующего проекционного оператора получим Π = |χi hχ| = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i ! h0| 1 2 + h1| √ 3 2 ! = 1 2 |0i h0| 1 2 + 1 2 |0i h1| √ 3 2 + √ 3 2 |1i h0| 1 2 + √ 3 2 |1i h1| √ 3 2 = 1 4 |0i h0| + √ 3 4 |0i h1| + √ 3 4 |1i h0| + 3 4 |1i h1| После прохождения поляризатора исходный кубит |ψi будет иметь состояние |ψ 0 i = Π |ψi = |χi hχ|ψi или |ψ 0 i = 1 4 |0i h0| + √ 3 4 |0i h1| + √ 3 4 |1i h0| + 3 4 |1i h1| ! 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i = 1 4 1 √ 2 |0i h0|0i + √ 3 4 1 √ 2 |0i h1|0i + √ 3 4 1 √ 2 |1i h0|0i + 3 4 1 √ 2 |1i h1|0i ! + 1 4 1 √ 2 |0i h0|1i + √ 3 4 1 √ 2 |0i h1|1i + √ 3 4 1 √ 2 |1i h0|1i + 3 4 1 √ 2 |1i h1|1i ! Учитывая, что h0|0i = h1|1i = 1, h1|0i = h0|1i = 0, 4.1. Основы квантовых вычислений 191 получим |ψ 0 i = 1 4 1 √ 2 |0i + √ 3 4 1 √ 2 |1i + √ 3 4 1 √ 2 |0i + 3 4 1 √ 2 |1i ! = 1 4 1 + √ 3 √ 2 |0i + 3 + √ 3 √ 2 |1i ! Вероятность регистрации кубита в состоянии |ψ 0 i есть P = hψ 0 |ψ 0 i = 1 4 1 + √ 3 √ 2 h0| + 3 + √ 3 √ 2 h1| ! 1 + √ 3 √ 2 |0i + 3 + √ 3 √ 2 |1i ! 1 4 = 1 4 1 + √ 3 √ 2 · 1 + √ 3 √ 2 h0|0i + 1 + √ 3 √ 2 · 3 + √ 3 √ 2 h0|1i ! 1 4 + 1 4 3 + √ 3 √ 2 · 1 + √ 3 √ 2 h1|0i + 3 + √ 3 √ 2 · 3 + √ 3 √ 2 h1|1i ! 1 4 = 1 16 1 + √ 3 √ 2 · 1 + √ 3 √ 2 ! + 1 16 3 + √ 3 √ 2 · 3 + √ 3 √ 2 ! = 16 + 8 √ 3 32 ≈ 0.933. N По существу, данная задача формулируется следующим образом: найти вероятность того, что кубит |ψ 0 i будет зарегистрирован в состоянии |χi. Тогда P = |hψ 0 |χi| 2 и предыдущая задача решается следующим образом. Мы должны посчитать hψ 0 |χi = 1 √ 2 h0| + 1 √ 2 h1| 1 2 |0i + √ 3 2 |1i ! = 1 + √ 3 2 √ 2 тогда P = |hψ 0 |χi| 2 = 1 + √ 3 2 √ 2 2 ≈ 0.933. N Задача 4.2. Найти вероятность того, что квант |ψ 0 i = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i пройдет через поляризатор, ориентированный под углом ϕ. 1. ϕ = 0 ◦ ; 2. ϕ = 30 ◦ ; 3. ϕ = 45 ◦ ; 4. ϕ = 60 ◦ Однако столь быстрый метод работает только тогда, когда на кубит действует только один оператор. Если же мы имеем последовательность операторов, то нам необходимо вычислить состояние кубита после каждого преобразования. 192 Глава 4. Квантовая информация Пример 4.3. На пути пучка квантов |ψ 0 i = |0i ставится поляризационная пластина №1, ориентированная под углом 0 ◦ . После нее ставится еще один поляризатор №2 под углом 90 ◦ . Какова вероятность того, что исходный пучок пройдет через эти два поляризатора. Решение. Поставим в соответствие поляризатору №1 проекционный оператор Π 1 = |0i h0| , а поляризатору №2 проекционный оператор Π 2 = |1i h1| . Тогда после прохождения первого поляризатора кубит принимает состояние |ψ 1 i = Π 1 |ψ 0 i = |0i h0|0i = |0i · 1 = |0i , а после второго |ψ 2 i = Π 2 |ψ 1 i = |1i h1|0i = |0i · 0. Поэтому, вероятность прохождения кубитом двух поляризаторов равна P = hψ 2 |ψ 2 i = 0. N 0 ψ o 0 o 45 o 90 Пример 4.4. В условиях предыдущей задачи, между поляризаторами №1 и №2 ставится дополнительная поляризационная пластина №3, ориентированная под углом 45 ◦ . Найти вероятность регистрации кванта фотодетектором на выходе полученной системы поляризаторов. Решение. Поставим в соответствие поляризатору №3 проекционный оператор Π 3 = |χi hχ| , где |χi = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i . Тогда после прохождения первого поляризатора Π 1 = |0i h0| кубит принимает состояние |ψ 1 i = Π 1 |ψ 0 i = |0i h0|0i = |0i · 1 = |0i , 4.1. Основы квантовых вычислений 193 после этого он проходит через поляризатор Π 3 : |ψ 3 i = Π 3 |ψ 1 i = |χi hχ|0i = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i 1 √ 2 h0|0i + 1 √ 2 h1|0i = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i 1 √ 2 · 1 + 1 √ 2 · 0 = 1 2 |0i + 1 2 |1i , а затем, через поляризатор Π 2 = |1i h1| |ψ 2 i = Π 2 |ψ 3 i = |1i h1|ψ 3 i = |1i h1| 1 2 |0i + 1 2 |1i = 1 2 |1i . Поэтому, вероятность прохождения кубитом трех поляризаторов равна P = hψ 2 |ψ 2 i = 1 4 h1|1i = 1 4 . N Последние два примера высвечивают один из основных фундаментальных принципов квантовой механики: операторы не просто проецируют кванты на собственное состояние, а изменяют состояние кубита. Т.е. после взаимодействия с оператором частица становится другой и приобретает свойства уже этого оператора частично теряя при этом некоторые свои свойства. Как видно из примеров квант горизонтальной поляризации |0i не может пройти через ортогональный вертикально-ориентированный поляризатор Π = |1i h1|. Однако, дополнительный оператор Π 3 искажает исходное состояние кубита, после чего он приобретает новые свойства, позволяющие пройти с ненулевой вероятностью через ортогональный поляризатор. Пример 4.5. На пути пучка квантов |ψ 0 i = |0i ставится поляризационная пластина №1, ориентированная под углом 0 ◦ . После нее ставится еще один поляризатор №2 под углом 30 ◦ , далее поляризатор №3 под углом 45 ◦ , №4 - под углом 60 ◦ и №5 - под углом 90 ◦ . Какова вероятность того, что исходный пучок пройдет через эти 5 поляризаторов? Решение. Поставим в соответствие поляризатору №1 проекционный оператор Π 1 = |0i h0| , поляризатору №2 - проекционный оператор Π 2 = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i ! 1 2 h0| + √ 3 2 h1| ! , поляризатору №3 - проекционный оператор Π 3 = √ 2 2 |0i + √ 2 2 |1i ! √ 2 2 h0| + √ 2 2 h1| ! , 194 Глава 4. Квантовая информация поляризатору №4 - проекционный оператор Π 4 = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i ! √ 3 2 h0| + 1 2 h1| ! , поляризатору №5 - проекционный оператор Π 5 = |1i h1| . Тогда последовательное действие этих операторов на кубит |ψ 0 i = |0i дает |ψ 1 i = Π 5 Π 4 Π 3 Π 2 Π 1 |ψ 0 i = Π 5 Π 4 Π 3 Π 2 Π 1 |0i = √ 2 2 |1i . Поэтому, вероятность прохождения кубитом 5 поляризаторов равна P = hψ 1 |ψ 1 i = 1 2 h1|1i = 1 2 . N Как видно из этих примеров: чем больше поляризаторов мы ставим - тем больше вероятность прохождения через них кубита. Другими словами, чем больше препятствий для кванта - тем легче квант через них проходит. Единственным условием является лишь то, что полряризаторы должны распологаться правильным образом - строго "по кругу". Отсюда следует, что бесконечное количество поляризаторов поварачивают кубит на любой угол без искажения. Пример 4.6. На пути произвольного пучка квантов |ψ 0 i = α |0i + β |1i ставится поляризационная пластина №1, ориентированная под углом 0 ◦ . После нее ставится еще один поляризатор №2 под углом 90 ◦ . Какова вероятность того, что исходный пучок пройдет через эти два поляризатора. Решение. Поставим в соответствие поляризатору №1 проекционный оператор Π 1 = |0i h0| , поляризатору №2 - проекционный оператор Π 2 = |1i h1| . Тогда |ψ 1 i = Π 1 |ψ 0 i = |0i h0| (α |0i + β |1i) = α |0i |ψ 2 i = Π 2 |ψ 1 i = α |1i h1|0i = α |1i · 0 = 0 P = hψ 2 |ψ 2 i = 0. N Пример 4.7. В условиях предыдущей задачи, между поляризаторами №1 и №2 ставится дополнительная поляризационная пластина №3, ориентированная под 4.1. Основы квантовых вычислений 195 углом 45 ◦ . Найти вероятность регистрации кванта фотодетектором на выходе полученной системы поляризаторов. Решение. По условию задачи Π 1 = |0i h0| , Π 2 = 1 2 ( |0i h0| + |0i h1| + |1i h0| + |1i h1|) , Π 3 = |1i h1| . Тогда |ψ 1 i = Π 1 |ψ 0 i = |0i h0| (α |0i + β |1i) = α |0i |ψ 2 i = α 2 ( |0i h0| + |0i h1| + |1i h0| + |1i h1|) |0i = α 2 ( |0i + |1i) |ψ 3 i = Π 3 |ψ 2 i = α 2 |1i h1| (|0i + |1i) = α 2 |1i P = hψ 3 |ψ 3 i = α 2 4 h1|1i = α 2 4 . N В общем случае поляризатор повернутый на θ ◦ проецирует кубит |0i на состояние |χi = cos θ |0i + sin θ |1i и описывается проекционным оператором Π = |χi hχ| = (cos θ |0i + sin θ |1i) (h0| cos θ + h1| sin θ) . Для изменения угла поляризации пучка частиц используют фазовращательные пластины. Математически фазовращательным пластинам ставится в соответствие оператор поворота кубита на угол ϕ: R |0i = cos ϕ |0i + sin ϕ |1i , R |1i = − sin ϕ |0i + cos ϕ |1i . Если базисное состояние представить в виде вектора-столбца |0i = 1 0 , |1i = 0 1 , то оператор поворота R задается матрицей поворота R = cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ С помощью оператора поворота можно создать из нулевого кубита |0i - кубит с произвольной поляризацией: R |0i = cos ϕ |0i + sin ϕ |1i . 196 Глава 4. Квантовая информация Пример 4.8. На какой угол необходимо повернуть кубит |ψi = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i чтобы получить кубит в состоянии |1i? Решение. Сравнивая два выражения |ψi = cos ϕ |0i + sin ϕ |1i |ψi = 1 √ 2 |0i + 1 √ 2 |1i получим: cos ϕ = 1 √ 2 или ϕ = π 4 Кубит в состоянии |1i имеет угол поляризации ϕ 0 = π 2 . Поэтому нам необходимо подействовать на исходный кубит оператором поворота с углом ∆ϕ = ϕ 0 − ϕ = π 2 − π 4 = π 4 , т.е. R = cos π 4 sin π 4 − sin π 4 cos π 4 = 1 √ 2 1 1 −1 1 . N Задача 4.3. На какой угол необходимо повернуть кубит |ψi чтобы получить кубит |ψ 0 i ? 1. |ψi = √ 2+ √ 2 2 |0i + √ 2− √ 2 2 |1i |ψ 0 i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i 2. |ψi = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i |ψ 0 i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i 3. |ψi = √ 2 √ 5− √ 5 4 |0i + √ 5+1 4 |1i |ψ 0 i = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i 4. |ψi = √ 2+ √ 2 2 |0i + √ 2− √ 2 2 |1i |ψ 0 i = √ 2 √ 5− √ 5 4 |0i Кроме операции поворота для преобразования квантового состояния кубита часто используются матрицы Паули: σ 0 = 1 0 0 1 , σ y = 0 −i i 0 , σ x = 0 1 1 0 , σ z = 1 0 0 −1 оператор Адамара H = 1 √ 2 1 1 1 −1 4.1. Основы квантовых вычислений 197 Мы будем пользоваться другими представлениями этих операторов σ 0 = |0i h0| + |1i h1| , σ 1 = |0i h1| + |1i h0| , iσ 2 = |0i h1| − |1i h0| , σ 3 = |0i h0| − |1i h1| , H = 1 √ 2 (σ 1 + σ 3 ) . Не вдаваясь в физические детали, отметим, что каждый из этих операторов имеет явную техническую реализацию в качестве прибора изменяющего состояние квантового пучка когерентного лазерного излучения. Пример 4.9. Кубит имеет произвольное состояние |ψi = α |0i + β |1i . Какова вероятность обнаружить его в состоянии |χi = σ 1 |ψi? Решение. 1. Физически мы пропускаем пучок кубитов через поляризатор, ориентированный параллельно состоянию |χi, т.е. действуем проектором Π = |χi hχ| , на |ψi: |ψ 0 i = Π |ψi = |χi hχ|ψi . Выпишем явный вид квантового состояния прибора-измерителя: |χi = σ 1 |ψi = (|0i h1| + |1i h0|) (α |0i + β |1i) = α |1i + β |0i тогда Π = |χi hχ| = β 2 |0i h0| + αβ |0i h1| + αβ |1i h0| + α 2 |1i h1| и |ψ 0 i = Π |ψi = |χi hχ | ψi = β 2 |0i h0| + αβ |0i h1| + αβ |1i h0| + α 2 |1i h1| (α |0i + β |1i) = β 2 α |0i + αβ 2 |0i + α 2 β |1i + α 2 β |1i = 2αβ 2 |0i + 2α 2 β |1i = 2αβ |ψi Вероятность регистрации кубита после прохождения поляризационной пластины есть P = hψ 0 |ψ 0 i = 2 2 α 2 β 2 hψ|ψi = 4α 2 β 2 2. Поскольку оба состояния нам известны: |ψi = α |0i + β |1i , |χi = σ 1 |ψi = α |1i + β |0i , 198 Глава 4. Квантовая информация то из выражения hψ|χi = (α h0| + β h1|) (β |0i + α |1i) = 2αβ получим P = |hψ|χi| 2 = 4α 2 β 2 . N Задача 4.4. Кубит имеет произвольное состояние |ψi = α |0i + β |1i. Найти вероятность обнаружения его в состоянии 1. |χi = iσ 2 |ψi , 2. |χi = σ 3 |ψi , 3. |χi = σ 0 |ψi , 4. |χi = H |ψi . 4.2 Матрица плотности Рассмотрим кубит в произвольном состоянии |ψi = α |0i + β |1i . Если это состояние совпадает с квантовым состоянием прибора-измерителя |χi = α |0i + β |1i = |ψi , то прохождение фотона |ψi через такой поляризатор |ψ 0 i = Π |ψi = |χi hχ|ψi = |ψi hψ|ψi = |ψi не изменяет его квантового состояния. Другими словами hψ|χi = hψ|ψi = 1 или P = |hψ|χi| 2 = 1 т.е. вероятность прохождения кванта |ψi через поляризатор Π = |χi hχ| равна 1. Такой поляризатор мы назовем собственным для данного пучка. Любой произвольно приготовленный пучок проходит через собственный поляризатор полностью, и обратно, для любого поляризатора можно приготовить такой пучок который пройдет через него без искажения (без потерь). Это дает основание рассматривать квантовые пучки в терминах своих же собственных поляризаторов. Матрицей плотности квантового пучка |ψi называется его собственный проектор ρ = |ψi hψ| . Для кубита |ψ 0 i = α |0i + β |1i часто используется расширенная запись его матрицы плотности: ρ 0 = |ψ 0 i hψ 0 | = α 2 |0i h0| + αβ |0i h1| + βα |1i h0| + β 2 |1i h1| . или ρ 0 = α 2 αβ βα β 2 4.2. Матрица плотности 199 Пример 4.10. Найдите матрицу плотности квантового состояния |ψ 1 i = σ 1 |ψ 0 i. Решение. Действуя оператором Паули σ 1 на кубит |ψ 0 i получим |ψ 1 i = σ 1 |ψ 0 i = (|0i h1| + |1i h0|) (α |0i + β |1i) = α |1i + β |0i тогда ρ 1 = |ψ 1 i hψ 1 | = α 2 |1i h1| + αβ |0i h1| + αβ |1i h0| + β 2 |0i h0| . N Пример 4.11. Найдите матрицу плотности квантового состояния |ψi = R π 3 |0i. Решение. Учитывая, что |ψi = R π 3 |0i = cos π 3 |0i + sin π 3 |1i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i получим ρ = |ψi hψ| = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i ! 1 2 h0| + √ 3 2 h1| ! , = 1 2 · 1 2 |0i h0| + √ 3 2 · 1 2 |1i h0| + 1 2 · √ 3 2 |0i h1| + √ 3 2 · √ 3 2 |1i h1| , = 1 4 |0i h0| + √ 3 4 |1i h0| + √ 3 4 |0i h1| + 3 4 |1i h1| или ρ = 1 4 √ 3 4 √ 3 4 3 4 ! = 1 4 1 √ 3 √ 3 3 . N Задача 4.5. Найдите матрицу плотности квантового состояния |ψi = R (ϕ) |0i. 1. ϕ = π 8 , 2. ϕ = π 5 , 3. ϕ = π 6 , 4. ϕ = π 4 Если для одного фотона всегда можно найти собственный проектор (поляризатор, через который он проходит без искажения), то два фотона могут находится в состояниях и с различной поляризацией. Тогда мы не сможем подобрать такую ориентацию поляризатора, чтобы два фотона проходили через него без затухания. Если для одного фотона данный поляризатор будет собственным, то для другого - нет, и вероятность прохождения через него для второго фотона будет обязательно меньше единицы. Пучок фотонов, для которого существует собственный проектор называется чистым. Пучок фотонов, для которого собственного проектора не существует называется смешанным. 200 Глава 4. Квантовая информация Описание смешанных квантовых состояний особенно эффективно с помощью матриц плотности. Если мы возьмем два различных фотона в состоянии |ψ 1 i и |ψ 2 i, то их смесь описывается матрицей плотности ρ = 1 2 ρ 1 + 1 2 ρ 2 = 1 2 ( |ψ 1 i hψ 1 | + |ψ 2 i hψ 2 |) . Множители 1/2 учитывают доли каждых фотонов в общем пучке. Если взять не два отдельных фотона, а два пучка фотонов: один из первого лазера с поляризацией |ψ 1 i, а другой из второго лазера с поляризацией |ψ 2 i, то смешать их можно с произвольными долями p 1 и p 2 (интенсивностями). Тогда матрица плотности смешанного пучка будет иметь вид ρ = p 1 ρ 1 + p 2 ρ 2 = p 1 |ψ 1 i hψ 1 | + p 2 |ψ 2 i hψ 2 | , где p 1 + p 2 = 1. По матрице плотности чистого пучка ρ = |ψi hψ| можно однозначно восстановить единственное квантовое состояние |ψi. Утверждение. Квантовый пучок ρ = A |0i h0| + B |0i h1| + C |1i h0| + D |1i h1| явлется чистым, если его коэффициенты удовлетворяют соотношениям A 2 + B 2 + C 2 + D 2 = 1. Доказательство. Сформируем чистый пучок ρ = |ψi hψ| кубитом в произвольном состоянии |ψi = α |0i + β |1i тогда ρ = |ψi hψ| = α 2 |0i h0| + αβ |0i h1| + αβ |1i h0| + β 2 |1i h1| , или A = α 2 , B = αβ, C = αβ, D = β 2 и A 2 + B 2 + C 2 + D 2 = α 4 + α 2 β 2 + α 2 β 2 + β 4 = (α 2 + β 2 ) 2 = 1 2 = 1. Теперь допустим, что пучок ρ = p 1 ρ 1 + p 2 ρ 2 = p 1 |ψ 1 i hψ 1 | + p 2 |ψ 2 i hψ 2 | , сформирован состояниями |ψ 1 i = α 1 |0i + β 1 |1i |ψ 2 i = α 2 |0i + β 2 |1i , 4.2. Матрица плотности 201 тогда ρ = (p 1 α 2 1 + p 2 α 2 2 ) |0i h0| + (p 1 α 1 β 1 + p 2 α 2 β 2 )( |0i h1| + |1i h0|) + (p 1 β 2 1 + p 2 β 2 2 ) |1i h1| , или A = p 1 α 2 1 + p 2 α 2 2 B = p 1 α 1 β 1 + p 2 α 2 β 2 C = p 1 α 1 β 1 + p 2 α 2 β 2 D = p 1 β 2 1 + p 2 β 2 2 и A 2 + B 2 + C 2 + D 2 = p 2 1 + 2p 1 p 2 (α 1 α 2 + β 1 β 2 ) + p 2 2 = 1. Последнее равенство удовлетворяется только при α 1 α 2 + β 1 β 2 = 1, ⇒ α 1 = α 2 , или (p 1 = 0, p 2 = 1), или (p 1 = 1, p 2 = 0). Все эти три решения соответствуют чистому пучку, а мы имеем критерий распознования чистого пучка. Аналогичным образом можно доказать утверждение для 3, 4 или n- кубитной смеси. Матрица плотности смешанного пучка может быть описана несколькими способами. Самым распространенным способом описания является разложение матрицы плотности по матрицам Паули ρ = 1 2 X p i σ i = 1 2 (p 0 σ 0 + p 1 σ 1 + p 2 σ 2 + p 3 σ 3 ) . Сравнивая разложения ρ = 1 2 (p 0 ( |0i h0| + |1i h1|) + p 1 ( |0i h1| + |1i h0|) + ip 2 ( |1i h0| − |0i h1|) + p 3 ( |0i h0| − |1i h1|)) = 1 2 ((p 0 + p 3 ) |0i h0| + (p 1 − ip 2 ) |0i h1| + (p 1 + ip 2 ) |1i h0| + (p 0 − p 3 ) |1i h1|) и ρ = A |0i h0| + B |0i h1| + C |1i h0| + D |1i h1| 202 Глава 4. Квантовая информация получим систему p 0 = A + D p 1 = C + B ip 2 = C − B p 3 = A − D для нахождения неизвествных коэффициентов. Пример 4.12. В качестве примера рассмотрим смесь двух фотонов, одного в состоянии |0i h0|, а другого - в состоянии |1i h1|: ρ = A |0i h0| + D |1i h1| , где A + D = 1. Через матрицы Паули эта смесь переписывается в виде ρ = 1 2 (σ 0 + (A − D) σ 3 ) , или ρ = 1 + A − D 2 |0i h0| + 1 − A + D 2 |1i h1| . N По матрицам Паули можно разложить даже чистый пучок, поэтому такое разложение используется в крайнем случае, если факторизовать матрицу плотности на составляющие не удается. Пример 4.13. Восстановить квантовое состояние кубита по известной матрице плотности ρ = 1 4 |0i h0| + √ 3 |0i h1| + √ 3 |1i h0| + 3 |1i h1| Решение. Сравнивая ρ с выражением ρ = A |0i h0| + B |0i h1| + C |1i h0| + D |1i h1| получим A = 1 4 , B = √ 3 4 , C = √ 3 4 , D = 9 4 откуда A 2 + B 2 + C 2 + D 2 = 1 16 + 3 16 + 3 16 + 9 16 = 1. Поэтому наша матрица плотности образована чистым пучком. Тогда из определения |ψ 0 i = α |0i + β |1i , мы получим матрицу плотности ρ 0 = α 2 |0i h0| + αβ |0i h1| + βα |1i h0| + β 2 |1i h1| . 4.2. Матрица плотности 203 Будем сравнивать исходные данные с матрицей плотности чистого пучка. Имеем α 2 = 1 4 , αβ = √ 3 4 , βα = √ 3 4 , β 2 = 3 4 Поскольку αβ = βα, то из α 2 = 1 4 и β 2 = 3 4 следует α = 1 2 и β = √ 3 2 Таким образом исходный пучок сформирован кубитами в состоянии |ψi = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i и ρ = |ψi hψ| . N Теперь рассмотрим вопрос, можно ли измерением восстановить способ, каким был приготовлен пучок? Рассмотрим пучок ρ 0 = |ψ 0 i hψ 0 | , где |ψ 0 i = α |0i + β |1i . Очевидно, что через фильтр Π 0 = |0i h0| он пройдет с вероятностью α 2 , а через фильтр Π 1 = |1i h1| он пройдет с вероятностью β 2 Теперь возьмем два пучка ρ 0 = |0i h0| , ρ 00 = |1i h1| , и создадим из них смесь ρ 1 = α 2 ρ 0 + β 2 ρ 00 , Если пропустить теперь пучок ρ 1 через фильтры Π 1 = |0i h0| и Π 2 = |1i h1| то результаты измерения будут те же самые, что и для предыдущего состояния ρ 0 Рассмотрим еще одну смесь, состоящую теперь уже из четырех пучков: ρ 2 = (α 2 − x 2 ) |0i h0| + (β 2 − x 2 ) |1i h1| + x 2 |ψ 1 i hψ 1 | + x 2 |ψ 2 i hψ 2 | , где |ψ 1 i = 1 √ 2 ( |0i + |1i), |ψ 2 i = 1 √ 2 ( |0i − |1i), x ≤ 1. 204 Глава 4. Квантовая информация Пропуская пучок ρ 2 через фильтры Π 1 = |0i h0| и Π 2 = |1i h1| мы опять получим абсолютно те же результаты, что и для ρ 0 и ρ 1 Таким образом, смешанные пучки с точки зрения свойств поляризации могут вести себя тождественно и по матрице плотности восстановить способ, каким был приготовлен данный пучок практически невозможно. Единственным удачным вариантом является измерение чистого состояния. В этом случае можно найти такое положение поляризатора, которое полностью поглощает пучок. Это означает, что ортогональное состояние является для него собственным. Смешанное состояние никакой ориентацией фильтра погасить не возможно. Если базисное состояние представить в виде вектора-столбца |0i = 1 0 , |1i = 0 1 , то кубит |ψ 0 i = α |0i + β |1i можно записать так |ψi = α β , тогда в матричном представлении матрица плотности кубита ρ = |ψi hψ| = α β · (α β) имеет вид ρ = α 2 αβ βα β 2 Отсюда и происходит ее название. Несмотря на то, что это представление является неудобным для практических расчетов, оно очень эффективно для выяснения всех свойств матрицы плотности. Основные свойства матрицы плотности: 1) для чистого состояния ρ 2 = ρ; 2) след матрицы a = a ik (spur-нем. или trace-англ) - есть сумма его диагональных компонент: Sp a = Sp a 11 a 12 a 21 a 22 = a 11 + a 22 ; 4.2. Матрица плотности 205 Для матрицы плотности чистого состояния Sp ρ = 1. В самом общем случае матрица плотности может быть записана в виде ρ = A |0i h0| + B |0i h1| + C |1i h0| + D |1i h1| , или ρ = A B C D Очевидно, что элементы (A, B, C, D) матрицы плотности ρ можно получить следующим образом: A = h0| ρ |0i , B = h0| ρ |1i , C = h1| ρ |0i , D = h1| ρ |1i . Эти коэффициенты имеют следующий смысл: A - вероятность того, что квантовый пучок ρ, прошедший через поляризатор |0i, пройдет через |0i; B - вероятность того, что квантовый пучок ρ, прошедший через поляризатор |0i, пройдет через |1i; C - вероятность того, что квантовый пучок ρ, прошедший через поляризатор |1i, пройдет через |0i; D - вероятность того, что квантовый пучок ρ, прошедший через поляризатор |1i, пройдет через |1i. Наибольший интерес представляют диагональные элементы матрицы плотности: Sp ρ = h0| ρ |0i + h1| ρ |1i = A + D поскольку они имеют непосредственный физический смысл - полной вероятности того, что кубит, приготовленный в состоянии |ψi будет обнаружен в соответствующем базисном состоянии |0i или |1i. Другими словами след матрицы плотности пучка - это сумма результатов его измерения по базисным состояниям: Sp ρ = h0| ρ |0i + h1| ρ |1i = a 2 11 + a 2 22 Поскольку квантовые пучки можно рассматривать в терминах собственных поляризаторов, то естественна и постановка дуальной задачи: рассмотрение измерительного прибора в терминах собственных пучков. Пусть |χi hχ| - проекционный оператор прибора-измерителя, который регистрирует пучок, приготовоенный в состоянии |ψi. Меняя значение состояния |χi = cos x |0i + sin x |1i с помощью угла x мы получим полную группу событий: прохождение кубита |ψi через поляризатор |χi hχ|. Обозначим такой проекционный оператор через x = |χi hχ|. Тогда каждому значению угла x ставится в соответствие вероятность ее появления (вероятность прохождения |ψi через фильтр |χi hχ|). Другими словами x - это случайная величина. Измерение пучка |ψi по всем состояниям |χi даст среднее значение x = hxi: M [x] = hxi = hψ| x |ψi . 206 Глава 4. Квантовая информация 4.3 Редуцированные матрицы плотности Мы описываем квантовое состояние системы с помощью комплексного вектора Гильбертова пространства H с базисными векторами |0i и |1i и скалярным произведением: hϕ|ψi [ ?]. Суперпозиция независимых кубитов |ψ 1 i = α 1 |0i + β 1 |1i |ψ 2 i = α 2 |0i + β 2 |1i . записывается в виде |Ψi = |ψ 1 i ⊗ |ψ 1 i = α 1 α 2 |0i ⊗ |0i + α 1 β 2 |0i ⊗ |1i + β 1 α 2 |1i ⊗ |0i + β 1 β 2 |1i ⊗ |1i = α 1 α 2 |00i + α 1 β 2 |01i + β 1 α 2 |10i + β 1 β 2 |11i . Тогда из ψ 1 , ψ 2 ∈ H следует Ψ ∈ H ⊗ H. В общем случае, пучок из двух фотонов можно представить в виде вектора в гильбертовом пространстве H 2 с базисом: ( |00i , |01i , |10i , |11i) , например: |Ψi = a |00i + b |01i + c |10i + d |11i , где a 2 +b 2 +c 2 +d 2 = 1 - условие нормировки, (т.к. hΨ|Ψi = 1). Для такого двумерного квантового состояния можно поставить в соответствие двумерную матрицу плотности: ρ = |Ψi hΨ| = a 2 |00i h00| + ab |00i h01| + ac |00i h10| + ad |00i h11| + ba |01i h00| + b 2 |01i h01| + bc |01i h10| + bd |01i h11| + ca |10i h00| + cb |10i h01| + c 2 |10i h10| + cd |10i h11| + da |11i h00| + db |11i h01| + dc |11i h10| + d 2 |11i h11| или ρ = a 2 ab ac ad ba b 2 bc bd ca cb c 2 cd da db dc d 2 |00i |01i |10i |11i h00| h01| h10| h11| В дальнейшем мы будем записывать только компоненты матрицы плотности ρ = |Ψi hΨ| = a 2 ab ac ad ba b 2 bc bd ca cb c 2 cd da db dc d 2 4.3. Редуцированные матрицы плотности 207 Пример 4.14. Найти матрицу плотности кубита |Ψi = |ψ 1 i ⊗ |ψ 2 i , если |ψ 1 i = 1 √ 2 ( |0i + |1i) , |ψ 2 i = |0i . Решение. Для двумерного квантового состояния имеем |Ψi = |ψ 1 i ⊗ |ψ 2 i = 1 √ 2 ( |0i + |1i) ⊗ |0i = 1 √ 2 ( |00i + |10i) . Тогда по определению матрицы плотности, получим: ρ = |Ψi hΨ| = 1 √ 2 ( |00i + |10i) (h00| + h10|) 1 √ 2 = 1 2 ( |00i h00| + |00i h10| + |10i h00| + |10i h10|) или ρ = 1 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 . N Пример 4.15. Найти матрицу плотности ρ = |Ψi hΨ| кубита |Ψi = |ψ 1 i ⊗ |ψ 2 i, если |ψ 1 i = |1i , |ψ 2 i = 1 2 |0i + √ 3 |1i Решение. |Ψi = 1 2 |10i + √ 3 |11i , ρ = 1 4 |10i h10| + √ 3 |10i h11| + √ 3 |11i h10| + 3 |11i h11| или ρ = 1 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 √ 3 0 0 √ 3 3 . N Задача 4. 6. Найти матрицу плотности ρ = |Ψi hΨ| кубита |Ψi = |ψ 1 i ⊗ |ψ 2 i, если 1. |ψi = √ 2 p 5 − √ 5 4 |0i + √ 5 + 1 4 |1i , |ψ 0 i = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i ; 208 Глава 4. Квантовая информация 2. |ψi = p 2 + √ 2 2 |0i + p 2 − √ 2 2 |1i , |ψ 0 i = √ 2 p 5 − √ 5 4 |0i ; 3. |ψi = p 2 + √ 2 2 |0i + p 2 − √ 2 2 |1i , |ψ 0 i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i ; 4. |ψi = √ 3 2 |0i + 1 2 |1i , |ψ 0 i = 1 2 |0i + √ 3 2 |1i . Аналогично классической теории вероятностей, по двумерной плотности вероятности можно получить редуцированные плотности ее составляющих : ρ 1 = X hρi 2 = 2 h0| ρ |0i 2 + 2 h1| ρ |1i 2 , ρ 2 = X hρi 1 = 1 h0| ρ |0i 1 + 1 h1| ρ |1i 1 Суммирование по базисному вектору второго кубита дает редуцированную матрицу плотности первого кубита и наоборот. Используя обозначение следа, последние выражения записываются в виде ρ 1 = Sp 2 ρ, ρ 2 = Sp 1 ρ. Пример 4.16. Найти редуцированные матрицы плотности пучка ρ = 1 2 |00i h00| + 1 2 |00i h10| + 1 2 |10i h00| + 1 2 |10i h10| . Решение. Найдем редуцированную матрицу плотности 1 кубита: ρ 1 = Sp 2 ρ = h0 2 | ρ |0 2 i + h1 2 | ρ |1 2 i = 1 2 ( h0|00i h00|0i + h0|00i h10|0i + h0|10i h00|0i + h0|10i h10|0i) + 1 2 ( h1|00i h00|1i + h1|00i h10|1i + h1|10i h00| |1i + h1|10i h10|1i) = 1 2 (1 · |0i h0| · 1 + 1 · |0i h1| · 1 + 1 · |1i h0| · 1 + 1 · |1i h1| · 1) + 1 2 (0 · |0i h0| · 0 + 0 · |0i h1| · 0 + 0 · |1i h0| · 0 + 0 · |0i h0| · 0) = 1 2 ( |0i h0| + |0i h1| + |1i h0| + |1i h1|) . 4.3. Редуцированные матрицы плотности 209 Найдем редуцированную матрицу плотности 2 кубита: ρ 2 = Sp 1 ρ = h0 1 | ρ |0 1 i + h1 1 | ρ |1 1 i = 1 2 ( h0|00i h00|0i + h0|00i h10|0i + h0|10i h00|0i + h0|10i h10|0i) + 1 2 ( h1|00i h00|1i + h1|00i h10|1i + h1|10i h00|1i + h1|10i h10|1i) = 1 2 (1 · |0i h0| · 1 + 1 · |0i h0| · 0 + 0 · |1i h0| · 1 + 0 · |1i h1| · 0) + 1 2 (0 · |0i h0| · 0 + 0 · |0i h0| · 1 + 1 · |0i h0| · 0 + 1 · |0i h0| · 1) = 1 2 ( |0i h0| + |0i h0|) = |0i h0| Таким образом, редуцированные матрицы плотности есть: ρ 1 = Sp 2 ρ = 1 2 ( |0i h0| + |0i h1| + |1i h0| + |1i h1|) , ρ 2 = Sp 1 ρ = |0i h0| , или ρ 1 = 1 2 1 1 1 1 , ρ 2 = 1 0 0 0 . N Задача 4.7. Найти редуцированные матрицы плотности пучка 1. ρ = α 2 |00i h00| + αβ |00i h01| + αβ |01i h00| + β 2 |01i h01| 2. ρ = α 2 |01i h01| + αβ |01i h11| + αβ |11i h01| + β 2 |11i h11| 3. ρ = α 2 |01i h01| + αβ |01i h10| + αβ |10i h01| + β 2 |10i h10| 4. ρ = α 2 |00i h00| + αβ |00i h11| + αβ |11i h00| + β 2 |11i h11| В общем случае для 2 мерной матрицы плотности ρ = A 00 |00i h00| + A 01 |00i h01| + A 02 |00i h10| + A 03 |00i h11| + A 10 |01i h00| + A 11 |01i h01| + A 12 |01i h10| + A 13 |01i h11| + A 20 |10i h00| + A 21 |10i h01| + A 22 |10i h10| + A 23 |10i h11| + A 30 |11i h00| + A 31 |11i h01| + A 32 |11i h10| + A 33 |11i h11| ; ρ = A 00 A 01 A 02 A 03 A 10 A 11 A 12 A 13 A 20 A 21 A 22 A 23 A 30 A 31 A 32 A 33 редуцированные матрицы плотности можно вычислить по формулам ρ 1 = Sp 2 ρ + (A 00 + A 11 ) |0i h0| + (A 02 + A 13 ) |0i h1| + (A 20 + A 31 ) |1i h0| + (A 22 + A 33 ) |1i h1| ; 210 Глава 4. Квантовая информация ρ 1 = A 00 + A 11 A 02 + A 13 A 20 + A 31 A 22 + A 33 и ρ 2 = Sp 1 ρ = (A 00 + A 22 ) |0i h0| + (A 01 + A 23 ) |0i h1| + (A 10 + A 32 ) |1i h0| + (A 11 + A 33 ) |1i h1| ; ρ 2 = A 00 + A 22 A 01 + A 23 A 10 + A 32 A 11 + A 33 Пример 4.17. Найти редуцированные матрицы плотности пучка ρ = 1 26 (2 |00i h00| + 2 |00i h10| − 3 |10i h00| − 5 |11i h10|). Решение. Перепишем ρ в виде ρ = A 00 A 01 A 02 A 03 A 10 A 11 A 12 A 13 A 20 A 21 A 22 A 23 A 30 A 31 A 32 A 33 = 1 26 2 0 2 0 0 0 0 0 −3 0 0 0 0 0 −5 0 тогда ρ 1 = A 00 + A 11 A 02 + A 13 A 20 + A 31 A 22 + A 33 = 1 26 2 + 0 2 + 0 −3 + 0 0 + 0 = 1 26 2 2 −3 0 ρ 2 = A 00 + A 22 A 01 + A 23 A 10 + A 32 A 11 + A 33 = 1 26 2 + 0 0 + 0 0 − 5 0 + 0 = 1 26 2 0 −5 0 или ρ 1 = 1 26 (2 |0i h0| + 2 |0i h1| − 3 |1i h0|) ρ 2 = 1 26 (2 |0i h0| − 5 |1i h0|). N Задача 4.8. Найти редуцированные матрицы плотности пучка 1. ρ = 1 18 ( |00i h00| + 2 |00i h01| − 2 |01i h00| + 3 |01i h01|) 2. ρ = 1 35 ( |01i h01| + 3αβ |01i h11| + 3αβ |11i h01| + 4β 2 |11i h11|) 3. ρ = 1 30 ( |01i h01| + 4αβ |01i h10| + 2αβ |10i h01| + 3β 2 |10i h10|) 4. ρ = 1 34 ( |00i h00| + 4αβ |00i h11| + 4αβ |11i h01| + β 2 |11i h11|) 4.3. Редуцированные матрицы плотности 211 Если пучок сформирован в чистом состоянии, т.е. ρ = |Ψi hΨ|, то редуцированные матрицы плотности ρ 1 и ρ 2 восстанавливаются непосредственно по коэффициентам кубита |Ψi = a |00i + b |01i + c |10i + d |11i следующим образом: ρ 1 = (a 2 + b 2 ) |0i h0| + (ac + bd) (|0i h1| + |1i h0|) + (c 2 + d 2 ) |1i h1| , ρ 2 = (a 2 + c 2 ) |0i h0| + (ab + cd) (|0i h1| + |1i h0|) + (b 2 + d 2 ) |1i h1| . Пример 4.18. Найти редуцированные матрицы плотности кубита |Ψi = α |00i + β |10i Решение. Поскольку a = α, b = 0, c = β, d = 0, то ρ 1 = α 2 |0i h0| + αβ (|0i h1| + |1i h0|) + β 2 |1i h1| , ρ 2 = (α 2 + β 2 ) |0i h0| = |0i h0| . N Задача 4. 9. Найти редуцированные матрицы плотности кубита 1. |Ψi = 1 √ 26 ( |00i + 3 |01i + 4 |10i); 2. |Ψi = 62 √ 1 ( |00i + 5 |01i + 6 |11i); 3. |Ψi = 1 √ 41 ( |00i + 6 |10i + 2 |11i); 4. |Ψi = 1 √ 21 ( |01i + 2 |10i + 4 |11i). Для кубита Ψ ∈ H 3 : |Ψi = a 0 |000i + a 1 |001i + a 2 |010i + a 3 |011i + a 4 |100i + a 5 |101i + a 6 |110i + a 7 |111i редуцированные матрицы плотности можно получить по формулам: ρ 1 = a 2 0 + a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 |0i h0| + (a 0 a 4 + a 1 a 5 + a 2 a 6 + a 3 a 7 ) ( |0i h1| + |1i h0|) + a 2 4 + a 2 5 + a 2 6 + a 2 7 |1i h1| , ρ 2 = a 2 0 + a 2 1 + a 2 4 + a 2 5 |0i h0| + (a 0 a 2 + a 1 a 3 + a 4 a 6 + a 5 a 7 ) ( |0i h1| + |1i h0|) + a 2 2 + a 2 3 + a 2 6 + a 2 7 |1i h1| , ρ 3 = a 2 0 + a 2 2 + a 2 4 + a 2 6 |0i h0| + (a 0 a 1 + a 2 a 3 + a 4 a 5 + a 6 a 7 ) ( |0i h1| + |1i h0|) + a 2 1 + a 2 3 + a 2 5 + a 2 7 |1i h1| . 212 Глава 4. Квантовая информация Аналогичным образом несложно вывести общие формулы для Ψ ∈ H n . Так, для кубита |ψi = n−1 X i=0 C i |ii , ∀ i ∈ F G(n) = F G(2 k) , получим ρ k = n−1 X i=0 R i 2 k−1 C 2 i |0i h0| + n−1 X i=0 R i 2 k−1 C i C i+n/2 k (|0i h1| + |1i h0|) + n−1 X i=0 R i 2 k−1 C 2 i |0i h0| . Здесь R i m = 1 2 1 + H i m , R i m = 1 2 1 − H i m , H i m - значение m-й базисной функции Хаара в точке i отрезка [0, 2 k ]. Рассмотрим более подробно принципы построения данных выражений. Возмем рекурсивную формулу для построения матриц Адамара H k+1 = H k H k H k −H k где H 0 = 1. Например H 0 = 1; H 1 = H 0 H 0 H 0 −H 0 = 1 1 1 −1 ; H 2 = H 1 H 1 H 1 −H 1 = 1 1 1 1 1 −1 1 −1 1 1 −1 −1 1 −1 −1 1 ; H 3 = H 2 H 2 H 2 −H 2 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1 1 −1 1 −1 −1 1 −1 1 1 1 −1 −1 −1 −1 1 1 1 −1 −1 1 −1 1 1 −1 Несложно изобразить функции Адамара графически. Например для H 2 получим t t t t dB dB dB dB 4.3. Редуцированные матрицы плотности 213 Преобразование Грея Преобразование Грея - это перестановка элементов таблицы истинности булевой функции таким образом, чтобы ее нижняя половина была симметрична верхней, за исключением старшего бита, который просто инвертируется. Если разделить каждую половину еще пополам, то свойство должно сохранятся для каждой половины и т.д. F 2-битное преобразование 0 1 2 3 = 00 01 10 11 ⇒ 00 01 11 10 = 0 1 3 2 F 3-битное преобразование 0 1 2 3 4 5 6 7 = 000 001 010 011 100 101 110 111 ⇒ 000 001 011 010 110 111 101 100 = 0 1 3 2 6 7 5 4 Преобразование Грея числа B это его побитовое XOR со своим сдвинутым вправо значением: G i = Gray(B i ) = B i ⊕ B i+1 F Gray(4) = Gray(100 2 ) = 100 010 110 = 110 2 = 6 F Gray(13) = Gray(1101 2 ) = 1101 0110 1011 = 1011 2 = 11 Обратный алгоритм – преобразование кода Грея в двоичный код – можно выразить рекуррентной формулой B i = B i+1 ⊕ G i+1 F G −1 (6) = G −1 (110 2 ) = 110 011 001 100 = 100 2 = 4 214 Глава 4. Квантовая информация F G −1 (11) = G −1 (1011 2 ) = 1011 0101 0010 0001 1101 = 1101 2 = 13 Преобразование Уолша Функциями Уолша назвывается семейство функций, образующих ортогональную систему, принимающих значения только 1 и -1 на всей области определения. 4.4 Разложение Шмидта Утверждение. Произвольное двухкубитное квантовое состояние |Ψi = a 00 |00i + a 01 |01i + a 10 |10i + a 11 |11i можно представить в виде |Ψi = λ 0 |x 0 y 0 i + λ 1 |x 1 y 1 i где (λ 0 , λ 1 ) являются собственными значениями, а cостояния ( x,y) - собственными векторами оператора A = a 00 a 01 a 10 a 11 построенного по коэффициентам кубита |Ψi. Доказательство данного утверждения удобнее рассматривать с помощью классического матричного исчисления. Действительно, приведем матрицу коэффициентов |Ψi: A = a 00 a 01 a 10 a 11 к диагональному виду L = λ 0 0 0 λ 1 с помощью преобразования L = U −1 AU. После этого, разобъем диагональную матрицу на два слагаемых L = λ 0 0 0 0 + 0 0 0 λ 1 = L 0 + L 1 и произведем обратное преобразование A = ULU −1 = UL 0 U −1 + UL 1 U −1 = B 0 + B 1 4.4. Разложение Шмидта 215 По матрицам B 0 и B 1 элементарно восстанавливаются квантовые состояния |xi и |yi. Для этого выпишем матрицу унитарного преобразования U в явном виде U = u 00 u 01 u 10 u 11 тогда U −1 = V = v 00 v 01 v 10 v 11 и L = λ 0 0 0 0 + 0 0 0 λ 1 = L 0 + L 1 Из обратного соотношения получим A = ULU −1 = UL 0 U −1 + UL 1 U −1 = u 00 u 01 u 10 u 11 λ 0 0 0 0 v 00 v 01 v 10 v 11 + u 00 u 01 u 10 u 11 0 0 0 λ 1 v 00 v 01 v 10 v 11 = λ 0 u 00 v 00 u 00 v 01 u 10 v 00 u 10 v 01 + λ 1 u 01 v 10 u 01 v 11 u 11 v 10 u 11 v 11 = λ 0 ( x 0 ⊗ y 0 ) + λ 1 ( x 1 ⊗ y 1 ), где ( x,y) - собственные векторы оператора A c компонентами x 0 = u 00 u 10 , y 0 = v 00 v 01 , x 1 = u 01 u 11 , y 1 = v 10 v 11 . В общем случае, для матрицы (2 × 2): λ 0,1 = trA ± √ tr 2 A − 4∆ 2 , где trA = a 00 + a 11 след матрицы, а ∆ = a 00 a 11 − a 01 a 10 ее определитель, квантовое состояние |Ψi можно записать в виде |Ψi = λ 0 |x 0 y 0 i + λ 1 |x 1 y 1 i , где 1 серия |x 0 i = 1 q a 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 0 − a 00 ) |1i) |y 0 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 ((λ 1 − a 00 ) |0i − a 01 |1i) |x 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 1 − a 00 ) |1i) 216 Глава 4. Квантовая информация |y 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 ( −(λ 0 − a 00 ) |0i + a 01 |1i) Однако на практике данными формулами пользоваться бывает не удобно, поскольку они приводят к возникновению неопределенностей типа 0/0 в коэффициентах из за выбора способа нормировки собственных векторов. Поэтому приходится искать другие комбинации решений, приводящих к ненулевым собственнным векторам. Для (2 ×2) матриц возможны 4 различных комбинации построения собственных векторов. Одну из них мы рассмотрели, а остальные приведены ниже. 2 серия |x 0 i = 1 pa 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 ((λ 0 − a 11 ) |0i + a 10 |1i) |y 0 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 ( −a 10 |0i + (λ 1 − a 11 ) |1i) |x 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 ((λ 1 − a 11 ) |0i + a 10 |1i) |y 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 (a 10 |0i − (λ 0 − a 11 ) |1i) 3 серия |x 0 i = 1 pa 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 0 − a 00 ) |1i) |y 0 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 (a 10 |0i − (λ 1 − a 11 ) |1i) |x 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 ((λ 1 − a 11 ) |0i + a 10 |1i) |y 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 ((a 00 − λ 0 ) |0i + a 10 |1i) 4 серия |x 0 i = 1 pa 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 ((a 11 − λ 0 ) |0i − a 10 |1i) |y 0 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 ((λ 1 − a 00 ) |0i − a 01 |1i) |x 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 1 − a 00 ) |1i) 4.4. Разложение Шмидта 217 |y 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 (a 10 |0i − (λ 0 − a 11 ) |1i) Пример 4.19. Найти разложение Шмидта для кубита |Ψi = 1 √ 2 + 2x 2 ( |00i + x |01i + x |10i + |11i) , где |x| ≤ 1. Решение. Для матрицы коэффициентов |Ψi, без нормировки A = 1 x x 1 найдем собственные значения. Для этого вычислим определитель 1 − λ x x 1 − λ = 0 или (1 − λ) 2 − x 2 = 0. Решая квадратное уравнение относительно λ получим два собственных числа λ 0 = 1 − x, λ 1 = 1 + x, и согласно 1 серии формул получим |x 0 i = 1 q a 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 0 − a 00 ) |1i) = 1 px 2 + (1 − x − 1) 2 (x |0i + (1 − x − 1) |1i) = 1 √ 2 ( |0i − |1i) , |y 0 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 ((λ 1 − a 00 ) |0i − a 01 |1i) = 1 px 2 + (1 + x − 1) 2 ((1 + x − 1) |0i − x |1i) = 1 √ 2 ( |0i − |1i) , |x 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 1 − a 00 ) 2 (a 01 |0i + (λ 1 − a 00 ) |1i) = 1 px 2 + (1 + x − 1) 2 (x |0i + (1 + x − 1) |1i) = 1 √ 2 ( |0i + |1i) , 218 Глава 4. Квантовая информация |y 1 i = 1 q a 2 01 + (λ 0 − a 00 ) 2 ( −(λ 0 − a 00 ) |0i + a 01 |1i) = 1 px 2 + (1 − x − 1) 2 ( −(1 − x − 1) |0i + x |1i) = 1 √ 2 ( |0i + |1i) . Тогда разложение Шмидта |Ψi = λ 0 |x 0 y 0 i + λ 1 |x 1 y 1 i с учетом нормировки 1 √ 2 + 2x 2 записывается в виде |Ψi = 1 − x √ 2 + 2x 2 |x 0 y 0 i + 1 + x √ 2 + 2x 2 |x 1 y 1 i , где |x 0 i = |y 0 i = 1 √ 2 ( |0i − |1i) , |x 1 i = |y 1 i = 1 √ 2 ( |0i − |1i) . N Пример 4.20. Найти разложение Шмидта квантового состояния |Ψi = 1 √ 14 ( |00i + 2 |10i − 3 |11i). Решение. Найдем собственные значения матрицы A = 1 0 2 −3 Для этого вычислим определитель 1 − λ 0 2 −3 − λ = 0 или (1 − λ)(−3 − λ) − 2 · 0 = 0. Решая квадратное уравнение относительно λ получим два собственных числа λ 0 = −3, λ 1 = 1. 1. Пользуясь 1 серией формул для |y 0 i мы получим получим неопределенность типа 0 0 2. Рассмотрим 2 серию формул: 4.4. Разложение Шмидта 219 |x 0 i = 1 pa 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 ((λ 0 − a 11 ) |0i + a 10 |1i) = 1 p2 2 + ( −3 + 3) 2 (( −3 + 3) |0i + 2 |1i) = |1i |y 0 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 ( −a 10 |0i + (λ 1 − a 11 ) |1i) = 1 p2 2 + (1 + 3) 2 ( −2 |0i + (1 + 3) |1i) = 1 √ 5 ( − |0i + 2 |1i) |x 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 1 − a 11 ) 2 ((λ 1 − a 11 ) |0i + a 10 |1i) = 1 p2 2 + (1 + 3) 2 ((1 + 3) |0i + 2 |1i) = 1 √ 5 (2 |0i + |1i) |y 1 i = 1 q a 2 10 + (λ 0 − a 11 ) 2 (a 10 |0i − (λ 0 − a 11 ) |1i) = 1 p2 2 + ( −3 + 3) 2 (2 |0i − (−3 + 3) |1i) = |0i Теперь разложение Шмидта |Ψi = λ 0 |x 0 y 0 i + λ 1 |x 1 y 1 i с учетом нормировки записывается так |Ψi = r 5 56 ( −3 |x 0 y 0 i + |x 1 y 1 i), где |x 0 i = |1i , |y 0 i = 1 √ 5 ( − |0i + 2 |1i) , |x 1 i = 1 √ 5 (2 |0i + |1i) , |y 1 i = (|0i) . N 220 Глава 4. Квантовая информация Пример 4.21. Найти разложение Шмидта квантового состояния |Ψi = 1 √ 10 ( |00i + 3 |10i . Решение. Если не привязываться к собственным векторам, то такого рода задачи решаются устно, без использования сложных расчетов: |Ψi = 1 √ 10 ( |00i + 3 |10i = 1 √ 10 ( |0i + 3 |1i) ⊗ |0i = |xyi , где |xi = 1 √ 10 ( |0i + 3 |1i , |yi = |0i . N Пример 4.22. Найти разложение Шмидта квантового состояния |Ψi = 1 √ 54 (2 |00i + 3 |01i + 4 |10i + 5 |11i). Решение. Разбивая на 2 части: |Ψi = 1 √ 54 ( |0i ⊗ (2 |0i + 3 |1i) + |1i ⊗ [4 |0i + 5 |1i]) = √ 13 √ 54 |0i ⊗ 1 √ 13 (2 |0i + 3 |1i) + √ 41 √ 54 |1i ⊗ 1 √ 41 (4 |0i + 5 |1i) = r 13 54 |x 1 y 1 i + r 41 54 |x 2 y 2 i получим |x 1 i = |0i , |x 2 i = |1i |y 1 i = 1 √ 13 (2 |0i + 3 |1i), |y 2 i = 1 √ 41 (4 |0i + 5 |1i). N Задача 4. 10. Найти разложение Шмидта квантовых состояний. 1. |Ψi = 1 √ 70 (5 |00i + 2 |01i + 4 |10i + 3 |11i), 2. |Ψi = 1 √ 93 (4 |00i + 2 |01i + 3 |10i + 8 |11i), 3. |Ψi = 1 √ 78 (3 |00i + 4 |01i + 7 |10i + 2 |11i), 4. |Ψi = 1 √ 186 (5 |00i + 4 |01i + 8 |10i + 9 |11i). 4.5. Зацепленные квантовые состояния 221 4.5 Зацепленные квантовые состояния Двумерное квантовое состояние может быть получено суперпозицией одномерных квантовых состояний. В этом случае кубит |Ψi = a |00i + b |01i + c |10i + d |11i может быть факторизован: |Ψi = |ψi ⊗ |ϕi . Пространство таких квантовых состояний называется сепарабельным H⊗H. Однако гильбертово пространство H 2 допускает и несепарабельные подпространства, т.е квантовые двумерные состояния, которые не могут быть разделены. Такие состояния называются зацепленными (entangled - запутанными) квантовыми битами или забитами (ebits) [ ?]. Если двумерное квантовое состояние является сепарабельным и |ψi = α 1 |0i + β 1 |1i |ϕi = α 2 |0i + β 2 |1i , |Ψi = |ψi ⊗ |ϕi = α 1 α 2 |00i + α 1 β 2 |01i + β 1 α 2 |10i + β 1 β 2 |11i , то для определения коэффициентов общего состояния |Ψi = |ψi ⊗ |ϕi = a |00i + b |01i + c |10i + d |11i нам необходимо решить систему уравнений α 1 α 2 = a, α 1 β 2 = b, β 1 α 2 = c, β 1 β 2 = d. Если система находится в чистом, незапутанном состоянии, то данная система имеет единственное решение. Если же состояние двух кубитов является зацепленным, то данная система несовместна и решения не имеет. Такое состояние невозможно создать простой суперпозицией кубитов и можно достичь только процессом их перепутывания. Например запутанное квантовое состояние |Ψi = 1 √ 2 ( |00i + |11i) называется состоянием типа Шредингеровского кота, а состояние |Ψi = 1 √ 2 ( |01i + |10i) - это Эйнштейна-Подольского-Розена пара. 222 Глава 4. Квантовая информация Одним из методов проверки, является ли данное состояние сепарабельным является разложение Шмидта: |Ψi = λ 0 |ψ 0 ϕ 0 i + λ 1 |ψ 1 ϕ 1 i . Очевидно, для того чтобы состояние |Ψi было сепарабельным необходимо и достаточно, чтобы одно из собственных значений λ 0,1 было равно нулю (например λ 1 = 0), тогда |Ψi = λ 0 |ψ 0 ϕ 0 i. Математически квантовый оператор, позволяющий запутать два кубита |xi и |yi называется оператором CNOT (Controlled NOT) и дается выражением: P 12 |x,yi = |x,x ⊕ yi , где x ⊕ y логическая операция сложение по модулю два. Таблица истинности для оператора CNOT есть Вход Выход |xi |yi |xi |x ⊕ yi 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 Графически, действие оператора представляет собой систему преобразующую входные кубиты в некоторые выходные состояния. При этом выход кубита |yi контролируется состоянием кубита |xi, поэтому кубит |xi называется контролирующим, а кубит |yi - контролируемым. Очевидно, что оператор может действовать и в обратном порядке: P 21 |x,yi = |x ⊕ y,yi . В этом случае кубит |yi называется контролирующим, а кубит |xi - контролируемым. ψ 1 |