量子計算理論(森前 著) の演習問題を解く part2

こんにちは。Kumaです。

最近、量子コンピュータについて勉強しています。
今回は有名な以下の本の演習問題について、解答が載っていないので一部書いてみたいとおもいます。
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量子計算理論 量子コンピュータの原理 | 森北出版株式会社

二章はチューリングマシンから始まりますが、あまり詳しくないのでpp.15- (古典的確率状態)から書いていきます。
今回はpp.19- です。

pp.19.1 古典的確率状態の遷移(演算子


H = (\frac{1}{2}|00 \rangle+\frac{1}{2}|11 \rangle)\langle 00| + (\frac{1}{3}|00 \rangle+\frac{2}{3}|10 \rangle)\langle 01| + (\frac{2}{4}|01 \rangle+\frac{1}{4}|00 + \frac{1}{4}|11 \rangle)\langle 10| + (\frac{3}{5}|10 \rangle+\frac{2}{5}|11 \rangle)\langle 11
としたときに、 H| 0 0 \rangle , H| 0 1 \rangle , H| 1 0 \rangle , H| 1 0 \rangle を確認せよ

  • 解答

直交性を使う。 | 0 0 \rangleに作用させたときは \langle 0 0| 0 0 \rangle = 1だから、この項だけが残る。
 H| 00 \rangle =  (\frac{1}{2}|00 \rangle+\frac{1}{2}|11 \rangle) \langle 0 0| 0 0 \rangle = (\frac{1}{2}|00 \rangle+\frac{1}{2}|11 \rangle)
全く同様に、
 H| 01 \rangle =  (\frac{1}{3}|00 \rangle+\frac{2}{3}|10 \rangle)
 H| 10 \rangle =  (\frac{2}{4}|01 \rangle+\frac{1}{4}|00 + \frac{1}{4}|11 \rangle)
 H| 11 \rangle =   (\frac{3}{5}|10 \rangle+\frac{2}{5}|11 \rangle)

pp.19.2 確率行列


1. 今日晴れなら、明日晴れる確率は1/2,曇りの確率は1/2
2. 今日曇りなら、明日晴れる確率は1/3,雨の確率は2/3
3. 今日雨なら、明日曇りの確率は1/4,雨の確率は3/4
を表す3x3確率行列を書け

  • 解答

晴れ、曇り、雨を以下のように定義する。

 |\phi_{1} \rangle
=
\begin {pmatrix}
1 \\
0 \\
0 
\end {pmatrix}


 |\phi_{2} \rangle
=
\begin {pmatrix}
0 \\
1 \\
0 
\end {pmatrix}


 |\phi_{3} \rangle
=
\begin {pmatrix}
0 \\
0 \\
1 
\end {pmatrix}

pp19.1の演習問題から、題意を満たす確率遷移Hは

H = (\frac{1}{2} |\phi_{1} \rangle + \frac{1}{2} |\phi_{2} \rangle ) \langle \phi_{1} | + (\frac{1}{3} |\phi_{1} \rangle + \frac{2}{3} |\phi_{3} \rangle ) \langle \phi_{2} | + (\frac{1}{4} |\phi_{2} \rangle + \frac{3}{4} |\phi_{3} \rangle ) \langle \phi_{3} |

これを行列表現すればよい。
例えば、

(\frac{1}{2} |\phi_{1} \rangle + \frac{1}{2} |\phi_{2} \rangle ) \langle \phi_{1} |
=
\begin{pmatrix}
1/2 \\
1/2 \\
0
\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}

=

\begin{pmatrix}
1/2 & 0 & 0 \\
1/2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix}

である。このようにして計算するとただちに

H = 
\begin{pmatrix}
1/2 & 1/3 & 0 \\
1/2 & 0 & 1/4 \\
0 & 2/3 & 3/4 
\end{pmatrix}

を得る。*1

pp.19.3 確率ベクトルの保存


確率的古典計算機のある状態を表す状態ベクトル

 | \psi \rangle  \equiv \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} c_{z} |z \rangle
とする。
これは c_{z} \geq 0 かつ  \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} c_{z} = 1 を満たす。(古典的確率ベクトル)
確率ベクトル |\psi \rangle に確率的遷移の演算子 S( \{p_{z', z} \})を作用させた状態もまた確率ベクトルであることを示せ。
ただし確率的遷移の演算子
 
S( \{p_{z', z} \}) \equiv \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z' \in \{0,1\}^{n}} p_{z',z} |z' \rangle \langle z| \\
p_{z',z} \geq 0 \\
\sum_{z' \in \{0,1\}^{n}} p_{z',z} = 1 \\
である。
(状態  |z \rangle \rightarrow |z' \rangle の遷移を表す。)

  • 解答


 | \psi' \rangle = S( \{p_{z', z} \}) |\psi \rangle
とおく。方針は

 | \psi' \rangle = \sum_{z} d_{z} |z \rangle
の形に持ち込んで、このときの係数 d_{z}が確率ベクトルの条件を満たしていることを証明すれば良い。
*2


 | \psi' \rangle   \\
= S( \{p_{z', z} \}) |\psi \rangle  \\
= \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z' \in \{0,1\}^{n}} p_{z',z} |z' \rangle \langle z| (\sum_{z'' \in \{0,1\}^{n}} c_{z''} |z'' \rangle ) \\
= \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z' \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z'' \in \{0,1\}^{n}} p_{z',z} |z' \rangle \langle z| c_{z''} |z'' \rangle   \\
ここで直交性より \langle z | z'' \rangle = \delta_{z''z}を使う。


 | \psi ' \rangle \\
= \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z' \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z'' \in \{0,1\}^{n}} p_{z',z} |z' \rangle c_{z''} \delta_{z''z}   \\
= \sum_{z \in \{0,1\}^{n}} \sum_{z' \in \{0,1\}^{n}}  p_{z',z} |z' \rangle c_{z'} \\

(z''についての和はz''=zのときを除いて0になるので)

これをよくみると、


 | \psi \rangle = \sum_{z'} d_{z'} |z' \rangle \\
d_{z'} \equiv \sum_{z}  p_{z',z} c_{z}
という形になっている。
先の方針通り、 d_{z'} が確率ベクトルたる条件を満たしているかを確認する。

 d_{z'} \geq 0は定義から自明。
 \sum_{z'} d_{z'} = 1 を示そう。


 \sum_{z'} d_{z'} = \sum_{z'} \sum_{z}  p_{z',z} c_{z} = \sum_{z} c_{z} \times (\sum_{z'} p_{z',z}) = \sum_{z} c_{z} \times 1 = 1 \times 1 = 1

となるので示せた!

今回はここまで。

*1:1番目の列ベクトルをみると、これは題意の1.を表している。同様に各列ベクトルはそれぞれ題意に対応している。 なぜ?と思った人は線形代数の教科書を参照してほしい。演算子は線形に作用しているので、”基底の構成要素 | \phi_{1,2,3} \rangle Hによる行き先を 決めてしまえば一般のベクトルの行き先、すなわち行列成分は決まってしまう” という事実が現れている

*2:以降の計算は難しそうに見えるが、実際のところ式をいじくり回しているだけなので、あまり本質的でもない。