量子計算理論(森前 著) の演習問題を解く part3

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

今回はpp.25- です。

pp.25.1 複素確率ベクトルの保存


\begin{eqnarray*} \sum_{\beta \in \{0,1\}^{n}} p_{\beta,\alpha}^{*} p_{\beta,\gamma} = \delta_{\alpha , \gamma} \end{eqnarray*}
ならば
状態遷移 S(\{p_{z',z}\})の前後で
\sum_{z} |c_{z}|^{2} = 1 が保たれていることを示せ

  • 解答

\begin{eqnarray*} | \psi^{'} \rangle \equiv S(\{p_{z',z}\}) | \psi \rangle = \sum_{z} \sum_{z'} p_{z',z} |z' \rangle \langle z| ) | \psi \rangle \end{eqnarray*}
とおく。この複素ベクトルのノルムが１であることを示せば、直交性から
係数の二乗和も１といえる。
以下でノルムを計算する。

\begin{eqnarray*} \langle \psi^{'} | \psi^{'} \rangle &=& (\sum_{z} \sum_{z'} p^{*}_{z',z} \langle \psi | z \rangle \langle z' | )(\sum_{w} \sum_{w'} p_{w',w} | w' \rangle \langle w | \psi \rangle ) \\ &=& \sum_{z,z',w,w'} p^{*}_{z',z} p_{w',w} \langle \psi | z \rangle \langle z' | w' \rangle \langle w | \psi \rangle \\ &=& \sum_{z,z',w,w'} p^{*}_{z',z} p_{w',w} \langle \psi | z' \rangle \delta_{z'w'} \langle w | \psi \rangle \\ &=& \sum_{z,z',w} p^{*}_{z',z} p_{z',w} \langle \psi | z' \rangle \langle w | \psi \rangle \\ \end{eqnarray*}
ここで
\begin{eqnarray*} \sum_{\beta \in \{0,1\}^{n}} p_{\beta,\alpha}^{*} p_{\beta,\gamma} = \delta_{\alpha , \gamma} \end{eqnarray*}
の条件を使うと、
\begin{eqnarray*} \sum_{z,z',w} p^{*}_{z',z} p_{z',w} \langle \psi | z' \rangle \langle w | \psi \rangle &=& \sum_{z,z',w} \delta_{z w} \langle \psi | z' \rangle \langle w | \psi \rangle \\ &=& \sum_{z,z'} \langle \psi | z' \rangle \langle z | \psi \rangle \\ &=& | \psi |^{2} \\ &=&1 \end{eqnarray*}
よって示された。



pp.27.1 測定の性質


\begin{eqnarray*} 1&.& \langle \psi | ( |z \rangle \langle z| ) | \psi \rangle = |c_{z}|^{2} \\ 2&.& \frac{ |z \rangle \langle z | \psi \rangle }{ \langle z | \psi \rangle} = | z \rangle \\ 3&.& \langle \psi | ( | 1 \rangle \langle 1 | \otimes I^{\otimes n-1} ) | \psi \rangle = \sum_{z:z_{1} = 1} |c_{z}|^{2} \\ 4&.& \frac{ ( | 1 \rangle \langle 1 | \otimes I^{\otimes n-1} ) | \psi \rangle }{ \sqrt{ \langle \psi | ( | 1 \rangle \langle 1 | \otimes I^{\otimes n-1} ) | \psi \rangle }} = \frac{\sum_{z:z_{1} = 1} c_{z}|z \rangle }{\sqrt{ \sum_{z:z_{1} = 1} |c_{z}|^{2}} } \end{eqnarray*}

  • 解答

1.
\begin{eqnarray*} \psi = \sum c_{z} |z \rangle \end{eqnarray*}
であるから、代入して
\begin{eqnarray*} \langle \psi | ( |z \rangle \langle z| ) | \psi \rangle &=& \sum_{z''} c^{*}_{z''} \langle z'' | ( z \rangle \langle z | ) \sum_{z'} c_{z'} | z' \rangle \\ &=& \sum_{z''} c^{*}_{z''} \delta_{z'' z} \sum_{z'} c_{z'} | \delta_{z z'} \\ &=& c^{*}_{z} c^{*}_{z} \\ &=& |c_{z}|^{2} \end{eqnarray*}

2.
\langle z| \psi \rangle \in \mathbb{C} なので、分母と分子で約分すればよい。

3.
第一量子ビットが0であるものと1であるものにわける。
\begin{eqnarray*} | \psi \rangle = \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle + \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{0y} | 0y \rangle \end{eqnarray*}
この表式を使うと
\begin{eqnarray*} | 1 \rangle \langle 1 | \otimes I^{\otimes n-1} ) | \psi \rangle = \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle + 0 \end{eqnarray*}
よって
\begin{eqnarray*} (与式の左辺) &=& \langle \psi | ( \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle ) \\ &=& ( \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y}^{*} \langle 1y | + \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{0y}^{*} \langle 0y | ) ( \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle ) \\ &=& ( \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y}^{*} \langle 1y | ) ( \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle ) \\ &=& \sum_{y,y'} c_{1y}^{*} c_{1y'} \delta_{y y'} \\ &=& \sum_{y} c_{1y}^{*} c_{1y} \\ &=& \sum_{y} |c_{1y}|^{2} \\ &=& \sum_{z:z_{1}=1} |c_{z}|^{2} \\ \end{eqnarray*}

よって示された。

4.
分子は 3. の途中で示したとおり明らか。
\begin{eqnarray*} | 1 \rangle \langle 1 | \otimes I^{\otimes n-1} ) | \psi \rangle = \sum_{y \in \{0,1\}^{n-1}} c_{1y} | 1y \rangle \end{eqnarray*}
分母は③の題意そのものであるからすでに示した。
よって4.が証明できた。


今回はここまで。
次回からついに量子ゲート演算が本格的に登場します。