Multiqubit estado de la tomografía por la realización de la medición de la misma base

Question

Para un $n$-qubit estado $\rho$ realizamos todos los proyectiva de medición que consta de una partícula de mediciones de la misma base, es decir,

$$p_{i_1i_2\ldots i_n}(\theta,\varphi) = \text{Tr}\left \{ \rho [P_{i_1}(\theta,\varphi)\otimes P_{i_2}(\theta,\varphi) \otimes \ldots\otimes P_{i_n}(\theta,\varphi)] \right\},$$ donde$P_0 = |\psi(\theta,\varphi)\rangle\langle \psi(\theta,\varphi) |$$P_1=\mathbb{I}-P_0$.

No es suficiente para recuperar el estado?

Si es así, ¿cómo puede hacerlo?

Answer 1

Trabajo fuera de un caso explícito de Alex de la construcción, se obtiene de los dos estados $$ \rho_1 = \frac{1}{2} \left(|0\rangle\langle 0| \otimes |+ \rangle \langle + | + |1\rangle\langle 1| \otimes |- \rangle \langle - |\right) = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 && \\ 1 & 1 & & \\ & & \phantom{-}1 & -1 \\ & & -1 & \phantom{-}1\end{array}\right)$$ y su imagen en el intercambio de operador $$ \rho_2 = \frac{1}{2}\left(|+\rangle\langle +| \otimes |0 \rangle \langle 0 | + |-\rangle\langle -| \otimes |1 \rangle \langle 1 |\right) = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{cccc}1 & &1& \\ & \phantom{-}1 & & -1\\ 1 & & 1 & \\ & -1& & \phantom{-}1\end{array}\right). $$

Es bastante fácil de comprobar que usted no puede decir la diferencia entre estos. Deje $|\psi\rangle = \alpha |0\rangle + \beta |1 \rangle$. A continuación,$\langle \psi | = \alpha^* \langle 0 | + \beta^* \langle 1 |$$\langle \psi^\perp | = \beta \langle 0 | - \alpha \langle 1 |$.

Tomando interior de los productos, encontrar la probabilidad de todos los resultados son iguales para ambos $\rho_1$$\rho_2$. Los resultados están dados por la siguiente tabla: $$ \begin{array}{c c} \mathrm{outcome} &\mathrm{probability}\\ \langle \psi | \langle \psi | &\textstyle{\frac{1}{4}}\left(|\alpha|^2 |\alpha+\beta|^2 + |\beta|^2 |\alpha-\beta|^2\right)\\ \langle \psi | \langle \psi^\perp | &\textstyle{\frac{1}{4}}\left(|\alpha|^2 |\alpha-\beta|^2 + |\beta|^2 |\alpha+\beta|^2\right)\\ \langle \psi^\perp | \langle \psi | &\textstyle{\frac{1}{4}}\left(|\alpha|^2 |\alpha-\beta|^2 + |\beta|^2 |\alpha+\beta|^2\right)\\ \langle \psi^\perp | \langle \psi^\perp | &\textstyle{\frac{1}{4}}\left(|\alpha|^2 |\alpha+\beta|^2 + |\beta|^2 |\alpha-\beta|^2\right) \end{array} $$

Parece posible que pueda distinguir entre dos estados puros utilizando el OP mediciones, pero no he comprobado esto con cuidado.

Answer 2

No basta con que $n>1$. La idea es que la densidad de la matriz para el qubit puede ser expresado como $\frac{1}{2}\bigl(\hat{1}+ \sum_{k=1}^3 v_k \hat\sigma_k\bigr)$ , $v$ es un 3D real de la unidad de vectores. Ahora debemos considerar el lapso del tensor de productos de tales términos. Para cualquier fija $v$ tenemos $2^n$ tensor de productos de $\hat{P}_i = \bigl(\hat{1} + (-1)^i\sum_{k=1}^3 v_k \hat\sigma_k\bigr)/2$, $i =0,1$. Lineal lapso de determinados productos es igual lapso generado por $2^n$ diferentes combinaciones de tensor productos de $2 \times 2$ unidad de la matriz y (fija para un determinado $v$) de la matriz $\hat v = \sum_{k=1}^3 v_k \hat\sigma_k$. Queremos saber útil de todos los productos para arbitrario $v$. Este intervalo es menor que la máxima $4^n$ debido a la dependencia lineal entre los coeficientes (ver ejemplo a continuación).

Ya la consideración del caso $n=2$ se muestra, por eso no funciona. Cuatro proyectores relevante para este caso puede ser escrito como $$\frac{1}{4}(\hat{1} \pm \sum_{k=1}^3 v_k \hat\sigma_k) \otimes (\hat{1} \pm \sum_{k=1}^3 v_k \hat\sigma_k)$$ de modo que los coeficientes de $\hat\sigma_k \otimes \hat\sigma_j$ $\hat\sigma_j \otimes \hat\sigma_k$ son iguales para $k,j = 1,2,3$ en los cuatro casos ($\pm v_k v_j$). Son iguales para cualquier $v_k$ si las bases para los dos qubits son iguales, por lo que la consideración de diferentes mediciones no cambia la propiedad. Así descomposición con las matrices de Pauli basado en tales términos siempre tiene tres de la igualdad de los coeficientes y puede no representar la descomposición del estado general.

Answer 3

Si se puede hacer esto, entonces usted necesitará por lo menos $4^n$ ángulos $(\theta_k, \phi_k)$. Sin embargo, el código de abajo sugiere que este método va a generar en la mayoría de las $O\left(2^{\frac32n}\right)$ independiente de las probabilidades. Por lo tanto, sólo funciona para $n=1$.

Supongamos por el momento que se puede hacer; aquí es cómo reconstruir el estado a partir de un conjunto de ángulos. Organizar los ángulos en un conjunto de índices $\Lambda = \{(\theta_k,\phi_k)| k\in\{0,1,2,\ldots,4^n\}\}$. Así que ahora usted tiene un overcomplete (y necesariamente no ortogonal) de los operadores de $\{P(\lambda) | \lambda\in \Lambda\}$. En otras ramas de las matemáticas, esta cosa que se llama marco. Para recuperar el estado del conjunto de probabilidades $\{p(\lambda)|\lambda\in\Lambda\}$ usted necesita para calcular un marco doble, llame a $\{Q(\lambda)|\lambda\in\Lambda\}$. Luego de que el estado está dada por $$ \rho = \sum_\lambda p(\lambda) Q(\lambda) \stackrel{\text{o}}{=} \sum_\lambda \text{Tr}(\rho P(\lambda)) P(\lambda). $$ (Igual que en el $P$ $Q$ función en óptica cuántica, excepto en notación inversa.)

Desafortunadamente, usted no puede calcular un marco doble para un objeto que no es una trama (es decir, no abarcan el operador de espacio). El código de MATLAB sugiere que este es el caso. Recoge un montón de azar ángulos y calcula la medición de los operadores para ellos. A continuación, se comprueba si son linealmente independientes y trata de calcular un doble para ellos. Ejecutando miles de veces producido ninguna variación en el resultado de que este procedimiento producirá aproximadamente el $O\left(2^{\frac32n}\right)$ linealmente independientes de medición de los operadores.

% Number of qubits
n = 3;

% ===> Generate random qubit states
num_states = 2^n+2;

% Pick random Bloch sphere directions
phi = 2*pi*rand(1,num_states);
theta = acos(2*rand(1,num_states)-1);
state = [cos(theta/2) ; exp(1i*phi).*sin(theta/2)];
orth_state = [cos((pi-theta)/2) ; exp(1i*(phi+pi)).*sin((pi-theta)/2)];

% Now construct the tensor product states (there should be 2^n for each
% single qubit state since there are this many distinct outcomes) 
big_state = zeros(2^n,2^n*num_states);
for state_idx = 1:num_states
    for perm_idx = 1:2^n
        temp_state = 1;
        binrep = repmat(de2bi(perm_idx-1,n),2,1);
        to_tensor = repmat(state(:,state_idx),1,n).^binrep.*...
                    repmat(orth_state(:,state_idx),1,n).^(1-binrep);
        for sys_idx = 1:n
            temp_state = kron(temp_state,to_tensor(:,sys_idx));
        end
        big_state(:,(state_idx-1)*(2^n)+perm_idx) = temp_state;
    end
end

% ===> Calculate the frame operator

% Vectorize the projectors onto the states
P = zeros(4^n,2^n*num_states);
for state_idx = 1:2^n*num_states
    P(:,state_idx) = kron(big_state(:,state_idx)...
        ,conj(big_state(:,state_idx)));
end

% The frame operator
S = P*P';

% ===> Check for informational completeness and compute dual

% Compute the rank of S
fprintf('Rank of S is %d.\n', rank(S));

% The dual frame
Q = S\P;

% ===> Verify the reconstruction formula

% pick a random state
rho = eye(2^n)/2^n;
rho = rho(:);

% Compute reconstruction error
err = sum(abs(rho - ...
    sum(repmat(rho'*P,4^n,1).*Q,2)...
    ));
fprintf('Error in reconstruction was %d.\n', err);

Answer 4

Parece que esto no se puede hacer, en general, por la siguiente razón: podemos considerar el proceso como un mundial de la rotación $G = R_X^{\otimes n}(\phi) R_Z^{\otimes n}(\theta)$ (es decir, un local de rotación a través de los mismos ángulos en cada qubit), seguido por un $Z$ base de medición. Como $G$ es simétrica, se puede descomponer en términos de simétrica sumas de operadores de Pauli. Ya que no es exactamente simétrico suma para cada elección de $n_I$, $n_X$, $n_Y$ y $n_Z$, el número de $I$, $X$, $Y$ y $Z$ operadores locales en la Pauli términos. Desde $n = n_I + n_X + n_Y + n_Z$, $\binom{n+3}{3}$ términos independientes en la inclusión de la identidad. Desde cada uno de estos puede tener un complejo coeficiente, hay $2\binom{n+3}{3}$ parámetros. Tenemos algunas limitaciones de estos para hacer cumplir unitarity, y para evitar el recuento de la fase global. Voy a ignorar estas restricciones aquí, así que voy a estar contando. Ya que un $Z$ medida de cada qubit y podemos considerar las correlaciones de arbitrario combinaciones de estos ($2^n - 1$ a los operadores independientes), en la mayoría de los que estamos determinar el $2(2^n - 1)\binom{n+3}{3}$ parámetros.

Tenga en cuenta que $$2(2^n - 1)\binom{n+3}{3} = \frac{2(2^n -1) (n+3)!}{n!3!} = \frac{1}{3}(2^n-1)(n+3)(n+2)(n+1)$$ sin embargo, para una $n$ qubit estado hay $4^n - 1$ libre de parámetros, por lo que el número de parámetros libres en el estado cuántico rápidamente alcanza el número máximo de parámetros independientes pueden medir con tales medidas, ya que si se divide el anterior por el último consigue $\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3(2^n+1)}$, que rápidamente cae por debajo de $1$ (entre el $n=8$$n=9$).

Answer 5

Creo que una manera concisa para entender por qué una partícula de mediciones no siempre se puede recuperar cualquier estado mixto es hacer uso de la siguiente hecho: Si una POVM no abarcan el espacio de operadores en el espacio de Hilbert en cuestión, entonces no siempre existen dos estados distintos que dan lugar a exactamente la misma medida de las probabilidades.

(Ver http://www.cs.uwaterloo.ca/~watrous/CS766/ProblemSets/solutions1.pdf para una prueba).

Para un sistema de $n$ qubits, el espacio de los operadores tiene dimensión $4^n$, pero en uno-la medición de partículas sólo ha $2^n$ operadores, por lo que no es posible que se extienden por el espacio y por lo tanto no todos los estados mixtos se pueden distinguir de forma inequívoca.