Zählen vollständiger Sätze gegenseitig unvoreingenommener Basen, die aus Stabilisatorzuständen bestehen

In Betracht ziehen N Qubits. Es gibt viele komplette Sätze von 2 N + 1 gegenseitig unvoreingenommene Basen, die ausschließlich aus Stabilisatorzuständen bestehen. Wie viele?

Jeder vollständige Satz kann wie folgt konstruiert werden: Unterteilen Sie den Satz von 4 N − 1 Pauli-Operatoren (ohne Identität) in ( 2 N + 1 ) Gruppen von ( 2 N − 1 ) gegenseitig kommutierende Operatoren. Jeder Satz pendelnder Paulis bildet eine Gruppe (wenn Sie auch die Identität und "Kopien" der Paulis mit hinzugefügten Phasen einbeziehen ± 1 , ± ich ). Die gemeinsamen Eigenzustände der Operatoren in jeder solchen Gruppe bilden eine Basis für den Hilbert-Raum, und die Basen sind gegenseitig unverzerrt. Die Frage ist also, wie viele verschiedene solcher Partitionen es gibt N Qubits. Zum N = 2 es gibt sechs Partitionen, z N = 3 es sind 960 (wie ich rechnerisch herausgefunden habe).

Die obige Konstruktion (aufgrund von Lawrence et al., siehe unten) kann ein Beispiel für eine Struktur sein, die in anderen diskreten Gruppen üblich ist - eine Aufteilung der Gruppenelemente in (fast) disjunkte abelsche Untergruppen, die nur die Identität gemeinsam haben. Weiß jemand darüber Bescheid?

Bezug:

Gegenseitig unverzerrte binäre beobachtbare Mengen auf N Qubits – Jay Lawrence, Caslav Brukner, Anton Zeilinger, http://arxiv.org/abs/quant-ph/0104012

Antworten (2)

Hier ist eine Antwort, die funktionieren sollte. Ich habe derzeit keinen Zugriff auf Matlab, um dies auf andere als die kleinsten Fälle zu überprüfen, also sollten Sie das tun.

Zunächst einmal finde ich es persönlich einfacher, im reduzierten Set zu arbeiten 3 N − 1 Stabilisatoren für N Qubits (die daraus die anderen erzeugen). Ganz persönliche Präferenz und ändert hier nichts am Ergebnis.

Also wollen wir die teilen 3 N − 1 mögliche Stabilisatoren in Sätze von 2 N − 2 Pendelstabilisatoren und finden Sie heraus, wie viele solcher Unterteilungen möglich sind.

Definieren

a = 2 N − 2 = Größe der Sätze

β = 3 N − 1 2 N − 2 = Anzahl der Sätze.

Wir wählen jetzt unsere Sets aus den verfügbaren Stabilisatoren aus. Beim ersten Mal können wir uns alles aussuchen - 3 N − 1 Auswahlmöglichkeiten. Dann müssen wir ein Pendelset auswählen, auf das wir zurückkommen werden. Nach der Auswahl des Sets gibt es ( 3 N − 1 ) − a Stabilisatoren verbleiben. Wir können jeden für den ersten des nächsten Satzes auswählen. Usw. Für das endgültige Set gibt es jedoch keine Wahl: Es wird nur geben a Stabilisatoren übrig. Die Auswahlmöglichkeiten für den ersten Eintrag jedes Satzes sind also

F = ∏ k = 0 β − 2 ( 3 N − 1 ) − a k

Jetzt wählen Sie jeden Satz aus. Im Durchschnitt pendelt die Hälfte der zur Auswahl verbleibenden Stabilisatoren mit einem beliebigen. Wenn Sie also den zweiten auswählen, reicht die Hälfte des Rests. Also für den ersten Satz haben wir ( ( 3 N − 1 ) − 1 ) / 2 Auswahlmöglichkeiten. Die nächste Wahl muss mit den beiden vorherigen pendeln, also haben wir ( ( 3 N − 1 ) − 2 ) / 2 2 Auswahlmöglichkeiten. Usw. Für den nächsten Satz beginnen wir mit ( 3 N − 1 ) − ( a + 1 ) verbleibenden Stabilisatoren, um den zweiten Eintrag auszuwählen. Die Auswahlmöglichkeiten für die Auswahl der Sets sind also

S = ∏ m = 1 β ∏ ich = 1 a − 1 ( 3 N − ( a m + 1 ) − ich ) 2 ich + 1 )

Die Anzahl der möglichen Partitionen ist also F . S dividiert durch die Anzahl der Möglichkeiten, innerhalb der Mengen zu permutieren x Anzahl der Mengen (PR) und Anzahl der Möglichkeiten, die Mengen selbst zu permutieren (PC):

P R = β . a !

P C = β !

Die Anzahl der Partitionen ist also F . S P R . P C

Danke, dass Sie über dieses Problem nachgedacht haben, aber ich habe mich gleich zu Beginn Ihrer Argumentation verlaufen. Wenn Sie mit den Pauli-Operatoren arbeiten möchten, die die Identität auf jedem Qubit ausschließen, sollte dies der Fall sein 3 N Betreiber und nicht 3 N − 1 . Vielleicht ist es besser, eine Reihe von Generatoren jeder abelschen Gruppe im Auge zu behalten, die es gibt N solche Operatoren in jedem Satz. Außerdem muss die Anzahl der Sätze der maximalen Anzahl gegenseitig unverzerrter Basen entsprechen, also vorhanden sein 2 N + 1 setzt, und nicht β wie du oben beschreibst.
Der reduzierte Satz ist derjenige, der alle Erweiterungen von Pauli-Y ausschließt, da diese hergestellt werden können, indem einige der verbleibenden Stabilisatoren miteinander multipliziert werden. Es ist nur eine Möglichkeit, auf alle unabhängigen Stabilisatoren zu reduzieren. In gleicher Weise können Sie aus den reduzierten Sets durch entsprechende Multiplikation die Extra-Sets für die MUBs herstellen. Da es um die Anzahl der Partitionen und nicht um die Anzahl der Sets ging, ist diese reduzierte Darstellung in Ordnung. Jeder Satz kann erweitert werden, um alle ihm entsprechenden MUBs zu erhalten.
Ich stimme zu, dass man nur X und Z verwenden kann. Die Anzahl der Sätze muss jedoch genau sein 2 N − 1 , da dies die Anzahl der erforderlichen MUB ist. Beachten Sie, dass Ihre Anzahl von Sätzen β kann Bruchteil sein! Darüber hinaus argumentieren Sie, dass es zur Auswahl der Stabilisatoren in jedem Satz ausreicht, Stabilisatoren auszuwählen, die mit den zuvor ausgewählten im Satz tauschen; das reicht leider nicht aus. Wenn Sie Ihre Stabilisatoren nur mit dieser Sorge auswählen, können Sie sich in eine Ecke malen, da es möglicherweise unmöglich ist, die verbleibenden Operatoren in Pendelsätze zu unterteilen. Die Referenz enthält nützliche, explizite Beispiele.
Entschuldigung für den Fehler im vorherigen Kommentar, die Anzahl der Sätze muss sein 2 N + 1 . Der Punkt ist also, dass Sie, wenn Sie Ihre Basen nachlässig auswählen, in eine Situation geraten können, in der die verbleibenden Operatoren nicht wie gewünscht aufgeteilt werden können. Das Problem scheint also ein kompliziertes kombinatorisches Problem zu sein, im Gegensatz zu einem einfachen Aufzählungsproblem.
Das obige Argument berücksichtigt die Kombinatorik des "Malens in eine Ecke" - wenn die verbleibende Zahl kleiner wird, werden die Elemente in S gebrochen, was zeigt, welcher Bruchteil der vorherigen Kombinationen gültig sind. Sie können dieses Argument mit ausführen 4 N − 1 Anstatt von 3 N − 1 , und 2 N − 1 , 2 N + 1 Anstatt von a , β wenn du möchtest.

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