1つのキュービットの測定は他のキュービットにどのように影響しますか？

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量子コンピューターの状態を表すために、すべてのキュービットが1つの状態ベクトルに寄与します（これは、量子コンピューティングと古典コンピューティングの大きな違いの1つです）。私の理解では、複数のキュービットのシステムから1つのキュービットのみを測定することが可能であるということです。1つのキュービットを測定すると、システム全体にどのように影響しますか（具体的には、状態ベクトルにどのように影響しますか）？

quantum-state measurement

— ヘザー
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量子ビットを見るにはさまざまな方法があり、状態ベクトル形式はその1つにすぎません。一般的な線形代数の意味では、測定は基底への投影です。ここでは、QCの通常の回路モデルであるパウリの観測可能な観点からの例を洞察します。

まず、状態ベクトルがどの基底で提供されているかが重要です-すべての測定演算子には固有の状態のセットが付属しており、あなたが見るどんな測定（例えばなど）も決定しますあなたが質問に答える最も簡単な方法は、どの基底があなたにとって興味があるか、そしてもっと重要なことに、あなたがたった今測定したものと交換するかどうかを知ることです。 $X,Y,Z, XX, XZ$

したがって、簡単にするために、両方のキュービットに対して基底で記述された任意の状態の2つの結合キュービットから開始するとします。 $Z$

| ψ ⟩ = a | 0_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + b | 0_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩ + c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩

$| \psi \rangle = a | 0_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle +b | 0_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle + c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle$

あなたが作ることができる最も簡単な測定があろうであり、続いて最初の量子ビットにオペレータ、、第二量子ビットのオペレーター。測定は何をしますか？状態をいずれかの固有状態に投影します。これは、先ほど測定したものと矛盾する可能性のあるすべての回答を排除するものと考えることができます。たとえば、を測定して結果を取得するとします $Z_{1}$ $Z$ $Z_{2}$ $Z$ $Z_{1}$ $1$ 、結果の状態は次のようになります。

| ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{| c |^{2} + | d |^{2}}} (c | 1_{Z} ⟩ \otimes | 0_{Z} ⟩ + d | 1_{Z} ⟩ \otimes | 1_{Z} ⟩)

$| \psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{|c|^{2} +|d|^{2}}} \left(c | 1_{Z} \rangle \otimes | 0_{Z} \rangle + d | 1_{Z} \rangle \otimes | 1_{Z} \rangle \right)$

前の係数は、繰り込みのためだけのものであることに注意してください。したがって、を測定する確率は $Z_{2}=0$ 。これは、初期状態であった確率とは異なることに注意してください。 $\frac{1}{|c|^{2} +|d|^{2}} |c^{2}|$ $|a|^{2}+|c|^{2}$

ただし、次の測定が前の測定と通じないと仮定します。これは、確率を理解するために状態ベクトルに基づいて基底の変更を実装する必要があるため、より複雑です。ただし、パウリ測定では、固有ベースが次のように関連しているため、簡単になります。

| 0_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ + | 1_{X} ⟩)

$| 0_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle + |1_{X} \rangle )$

| 1_{Z} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0_{X} ⟩ - | 1_{X} ⟩)

$| 1_{Z} \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0_{X}\rangle - |1_{X} \rangle )$

理解度を確認する良い方法：上記の測定後にを測定する確率はどれくらいですか？測定を行っていない場合の確率はどのくらいですか？次に、より複雑な質問は、両方のキュービットに同時に作用する積演算子を調べることです。たとえば、測定は初期状態にどのように影響しますか？ここで、は2つの演算子の積を測定します。 $X= +1$ $Z_{1}=1$ $Z_{1}$ $Z_{1}Z_{2}=+1$ $Z_{1}Z_{2}$

— エミリー・タイハースト
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素晴らしくて簡単な答え。説明することは、a）射影測定を実行し、b）測定の結果を知っている場合にのみ真実であることに注意することが重要だと思います。一般に、測定後の状態を説明するには混合状態が必要になることに注意してください。

— M.スターン

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測定前に、キュービットシステムが何らかの状態にあると仮定します、単一量子ビットのヒルベルト空間です。書くいくつかの係数についてというように $n$ $\lvert \psi \rangle \in \mathcal H_2^{\otimes n}$ $\mathcal H_2 \cong \mathbb C^2$

| ψ ⟩ = \sum_{x \in {0, 1}^{n}} u_{x} | x ⟩

$\lvert \psi \rangle = \sum_{x \in \{0,1\}^n} u_x \lvert x \rangle$

u_{x} \in C

$u_x \in \mathbb C$

。

\sum_{x} | u_{x} |^{2} = 1

$\sum_x \lvert u_x \rvert^2 = 1$

標準ベースで最初のキュービットを測定する場合、定義およびlet
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{0 x^{'}} | 0 ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} u_{1 x^{'}} | 1 ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{0x'} \,\lvert0\rangle \lvert x' \rangle, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! u_{1x'} \,\lvert1\rangle \lvert x' \rangle,\end{aligned}$ $\lvert \psi_0 \rangle = \lvert \varphi_0 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_0 \vert \varphi_0 \rangle}\,$ そして $\,\lvert \psi_1 \rangle = \lvert \varphi_1 \rangle \big/\! \sqrt{\langle \varphi_1 \vert \varphi_1 \rangle}\,$ 。最初のキュービットを測定して状態を取得すれば、それを示すのはそれほど難しくありません、システム全体の状態は「崩壊」、あなたが取得した場合あなたが求めるものを。 $\lvert 0 \rangle$ $\lvert \psi_0 \rangle$ $\lvert 1 \rangle$ $\lvert \psi_1 \rangle$
これは、条件付き確率分布の概念に広く類似していますシステムの状態がある第1量子ビットを条件として、およびシステムの状態がある第1量子ビットを条件として（話はもう少し最初の量子ビットは、どちらかの状態で「密かに」ではないという事実のために、複雑になることはもちろん除いてまたは）。 $\lvert \psi_0 \rangle$ $\lvert 0 \rangle$ $\lvert \psi_1 \rangle$ $\lvert 1 \rangle$ $0$ $1$
上記は、最初のキュービットの測定に強く依存していませんとビット列内の任意の特定のビットを固定する点でいずれかに又はのみの選択肢のいずれかと一致しているコンポーネント上加算、又は以上のように、及び進行します。 $\lvert \varphi_0 \rangle$ $\lvert \varphi_1 \rangle$ $x$ $0$ $1$ $0$ $1$
上記は、エミリーが示すように、標準ベースでの測定に強く依存していません。基底の最初のキュービットの測定を検討する場合、どこと、我々が定義 $\lvert \alpha \rangle, \lvert \beta \rangle$ $\lvert \alpha \rangle = \alpha_0 \lvert 0 \rangle + \alpha_1 \lvert 1 \rangle$ $\lvert \beta \rangle = \beta_0 \lvert 0 \rangle + \beta_1 \lvert 1 \rangle$ そして上記のように進みます。
$\begin{aligned} | φ_{0} ⟩ & = (| α ⟩ ⟨ α | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (α_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + α_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | α ⟩ | x^{'} ⟩, \\ | φ_{1} ⟩ & = (| β ⟩ ⟨ β | \otimes I^{\otimes n - 1}) | ψ ⟩ = \sum_{x^{'} \in {0, 1}^{n - 1}} (β_{0}^{*} u_{0 x^{'}} + β_{1}^{*} u_{1 x^{'}}) | β ⟩ | x^{'} ⟩, \end{aligned}$ $\begin{aligned} \lvert \varphi_0 \rangle &= \Bigl(\lvert \alpha \rangle\!\langle \alpha \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\alpha_0^\ast u_{0x'} + \alpha_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\alpha\rangle \lvert x' \rangle\,, \\ \lvert \varphi_1 \rangle &= \Bigl(\lvert \beta\rangle\!\langle \beta \lvert \otimes I^{\otimes n-1}\Bigr)\lvert \psi\rangle = \!\!\!\!\!\sum_{x' \in \{0,1\}^{n-1}}\!\!\!\!\!\! \bigl(\beta_0^\ast u_{0x'} + \beta_1^\ast u_{1x'}\bigr) \,\lvert\beta\rangle \lvert x' \rangle\,, \end{aligned}$

— ニール・ド・ボードラップ
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他の回答よりも正式には述べられていませんが、初心者にとっては、このビデオで Vazirani教授が概説した直感的な方法が好きです。

一般的な2 qbit状態があるとします：

$|\psi\rangle = \begin{bmatrix} \alpha_{00} \\ \alpha_{01} \\ \alpha_{10} \\ \alpha_{11} \end{bmatrix} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

$|0\rangle$ $|1\rangle$

$|0\rangle$ $|1\rangle$
測定後の2 qbitシステムの状態は何ですか？

$|0\rangle$ $|00\rangle$ $|01\rangle$ $|0\rangle$

$P[|0\rangle] = |\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2$

$|1\rangle$ $|10\rangle$ $|11\rangle$

$P[|1\rangle] = |\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2$

$|0\rangle$

$\require{cancel} |\psi\rangle = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle + \cancel{\alpha_{10}|10\rangle} + \cancel{\alpha_{11}|11\rangle} = \alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle$

ただし、この状態は正規化されていません。平方和は1にならないため、正規化する必要があります。

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{00}|00\rangle + \alpha_{01}|01\rangle}{\sqrt{|\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2}}$

$|1\rangle$

$\require{cancel} |\psi\rangle = \cancel{\alpha_{00}|00\rangle} + \cancel{\alpha_{01}|01\rangle} + \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle = \alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle$

正規化：

$|\psi\rangle = \frac{\alpha_{10}|10\rangle + \alpha_{11}|11\rangle}{\sqrt{|\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2}}$

そして、それが、最も単純なケースで、マルチqbit状態で1つのqbitを測定するアクションを計算する方法です！

— ヘルワー
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