【科普】量子計算通識-8-Deutsch-Jozsa算法解析

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這一篇我們來看一下多伊奇問題n位算法是怎麼推導出來的。關於多伊奇問題請看【上一篇文章】的開始部分。

多位電路

我們先看一下上篇文章使用過的這張電路圖：

上篇文章我們只考慮輸入一個 $|0>$ 比特，忽略了 $n$ 。

計算 $\Psi_1$

在這個電路里面，輸入的是 $n$ 個 $|0>$ 和1個 $|1>$ 比特，即：

$\begin{align} \Psi_0&=\underbrace{|0>\otimes|0>\otimes \dots |0>}_{n} \otimes|1>\\ &=|0>^{\otimes n}|1> \end{align}$

很多時候，量子位之間的 $\otimes$ 被省略。

每個量子位都經過Hadamard門，即 $|0>$ 變爲 $\frac{|0>+|1>}{\sqrt{2}}$ ，即 $|1>$ 變爲 $\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}}$ ，這就得到 $\Psi_1$ ：

$\begin{align} \Psi_1&=H^{\otimes n}|0>^{\otimes n}H|1>\\ &=\underbrace{(\frac{|0>+|1>)}{\sqrt{2}})(\frac{|0>+|1>)}{\sqrt{2}})\dots}_{n}(\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots}_{n}(\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ \end{align}$

我們注意到：
$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}_{n}= \frac{1}{\sqrt{2^n}} \left.\begin{pmatrix}1\\1\\\dots\\1\end{pmatrix} \right \}2^n$

這表示什麼呢?還記得拋兩枚硬幣的情況嗎？

$\begin{align} \begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\left[\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}\right] \end{align}$

這個表示4種狀態的每一種狀態可能性都是 $\frac{1}{4}$ ，它處於不確定的疊加態。對每一種狀態來說，都可以對應一個十進制數字，那麼就是0,1,2,3，我們用下標表示10進制，也就有：

$\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{4}（|0_{10}>+|1_{10}>+|2_{10}>+|3_{10}>）$

推而廣之，忽略10進制下標，變成求和，從 $x=0$ 到 $x=2^n-1$ ，就得到：

$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}_{n}=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>$

替換到 $\Psi_1$ 中得到：
$\begin{align} \Psi_1&=H^{\otimes n}|0>^{\otimes n}H|1>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (|0>-|1>)\\ \end{align}$

計算 $\Psi_2$

$U$ 操作的作用是：

$U:|x>|y>\Rightarrow|x>|y\oplus f(x)>$

我們在上一篇文章推導過， $|0>-|1>$ 經 $U$ 操作後，無論 $f(0)=0或f(0)=1$ 都有：
$|0\oplus f(0)>-|1\oplus f(0)>=(-1)^{f(0)}(|0>-|1>)$

同樣 $f(1)=0或f(1)=1$ 時候都有：
$|0\oplus f(x)>-|1\oplus f(x)>=(-1)^{f(1)}(|0>-|1>)$

實際上對於任意 $f(x)\in\{0,1\}$ 都有：
$|0\oplus f(x)>-|1\oplus f(x)>=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

即：
$U(|0>-|1>)=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

我們把這個式子帶入 $\Psi_1$ 得到經過 $U$ 操作的 $\Psi_2$ :

$\begin{align} \Psi_2 &=U\Psi_1\\ &=U\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>U (|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>(|0>-|1>)\\ \end{align}$

計算 $\Psi_3$

在這裏我們可以直接忽略最後一個比特了，就是忽略掉結尾的 $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0>-|1>)$ ，專注前半段內容:

$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>$

我們對每個 $|x>$ 執行Hadamard操作。注意這裏的 $|x>$ 可以是|1>，也可以是|10>、|17>、|198>...任意十進制數字，如果轉爲二進制則是|1>、|1010>、|10001>、|11000110>...

怎麼計算 $H^{\otimes n}|x>$ ?我們先從另一個角度看Hadamard門：

$\begin{align} H|0>&=\frac{|0>+|1>}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}((-1)^{0\cdot0}\cdot|0>+(-1)^{0\cdot1}|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z\in\{0,1\}} ((-1)^{0\cdot z}|z>) \end{align}$

$\begin{align} H|1>&=\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}((-1)^{1\cdot0}\cdot|0>+(-1)^{1\cdot1}|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z \in\{0,1\}}((-1)^{1\cdot z}|z>) \end{align}$

我們注意到 $|0>$ 和 $|1>$ 的操作區別就是 $(-1)^{1\cdot z}$ 和 $(-1)^{0\cdot z}$ 的區別，那麼我們就有：

$\begin{align} H|x_i>=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z\in\{0,1\}\ }((-1)^{ x_i\cdot z}|z>) \end{align}$

但這只是針對單個比特的，如果是多個比特呢？先看2個比特的情況：

$\begin{align} &H|x_1>H|x_2>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^2}}(\sum_{z_1 \in\{0,1\} }((-1)^{ x_1\cdot z_1}|z_1>))(\sum_{z_2 \in\{0,1\} }((-1)^{ x_2\cdot z_2}|z_2>))\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^2}}\sum_{z_1,z_2\in\{0,1\} }(-1)^{x_1\cdot z_1}(-1)^{x_2\cdot z_2}|z_1>|z_2>\\ &=\frac{1}{\sqrt{ 2^2}}\sum_{z_1,z_2\in\{0,1\} }(-1)^{x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2}|z_1>|z_2> \end{align}$

如果是 $n$ 位的話，那麼就有：

$\begin{align} &H^{\otimes n}|x_1,x_2,x_3,\dots x_n>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z_1,z_2,\dots z_n }(-1)^{x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n}|z_1,z_2\dots z_n> \end{align}$

我們 $x$ 表示 $x_1,x_2...x_n$ ,我們 $z$ 表示 $z_1,z_2...z_n$ ,設定格式 $x\cdot z$ 表示 $x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n$ ,用那麼就有：

$\begin{align} &H^{\otimes n}|x>=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{x\cdot z}|z> \end{align}$

注意這裏 $z_1,z_2,...z_n \in \{0, 1\}$ 總計需要 $2^n$ 次求和。比如前面的兩位的例子 $z_1,z_2\in \{ 0, 1\}$ 就要進行四次:
$z_1=0,z_2=0;z_1=0,z_2=1;z_1=1,z_2=0;z_1=1,z_2=1;$

好了，我們回到 $\Psi_3$ 的上部分：

$\begin{align} &\Psi_{3'}=H^{\otimes n}\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}H^{\otimes n} |x>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\left[\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{x\cdot z}|z>\right]\\ &=\frac{1}{2^n} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\left[\sum_{z=0}^{2^n-1} (-1)^{x\cdot z}|z>\right]\\ &=\frac{1}{2^n} \sum_{z=0}^{2^n-1}\left[\sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)+x\cdot z}\right]|z>\\ \end{align}$

最終測量

注意上面式子裏的 $x_i$ 和 $z_i$ 都是0或1。
這裏的求和 $\sum$ 來自最早的Hadamard操作，表示從0到 $2^n-1$ ；而 $f(x)$ 中的 $x$ 則是來自 $U$ 操作，它代表任意數字。 $|z>$ 表示的是具有 $n$ 個量子位的 $|z_1,z_2...z_n>$ ，類似 $|100...01011>$ 這種。

關於測量，其實就是計算每個方向上的可能性。而每個方向就是每種狀態，對於單比特就是每個軸向，橫正向和豎正向。

數學上：
$\begin{align} &\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt{2}}(\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}|0>+\frac{1}{\sqrt{2}}|1> \end{align}$

測量得到 $|0>=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ 和 $|1>=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ 兩個方向上的概率都是 $(\frac{1}{\sqrt{2}})^2=\frac{1}{2}$ 。

對於四項的豎列也是同樣，比如拋兩枚硬幣得到的結果就有4個方向或者說四個狀態：

$\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

這也對應了四個比特表示 $|00>、|01>、|10>、|11>$ ，也可以用四個十進制數字表示 $|0>、|1>、|2>、|3>$ 。如果有一個 $a|00>+b|01>+c|10>+d|11>$ 那麼它在四個狀態上的概率就是 $a^2、b^2、c^2、d^2$ ，並且概率之和是1，就是 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$

好了，回到我們的 $\Psi_3'$ 。

$\begin{align} &\Psi_{3'}=\frac{1}{2^n} \sum_{z=0}^{2^n-1}\left[\sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)+x\cdot z}\right]|z>\\ \end{align}$

它也可以視爲 $n$ 次 $z$ 求和，類似 $a|z_0>+b|z_1>...+d|z_n>$ 這種情況。

我們只關注假設 $|z_0>=|0>^{\otimes n}=|000...0>$ 的情況，那麼求和 $\sum$ 的每一次 $z_i$ 都是0，就有 $x\cdot z=x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n$ 也都是0，測量 $|z>$ 狀態的概率，就是對它的係數求平方：

$\begin{align} \left (\frac{1}{2^n} \left[\sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\right]\right )^2 \end{align}$

當 $f(x)$ 是Constant常數操作的時候，如果 $f(x)=0$ ， $(-1)^{f(x)}=1$ ，求和結果是 $2^n$ ，最終平方後是1；如果 $f(x)=1$ ， $(-1)^{f(x)}=-1$ ，求和結果是 $-2^n$ ，最終平方後還是1。就是說如果 $f(x)$ 是常數操作，那麼最終測得 $|z>=|0>^{\otimes n}$ 的概率爲1，也就是必然測得 $|0>^{\otimes n}$ 。

當 $f(x)$ 是Constant常數操作的時候，一半情況 $f(x)=0$ ，另一半情況 $f(x)=1$ ，而進行 $2^n$ 次求和，這是全部可能，也是個偶數， $(-1)^0=1$ 和 $(-1)^1=-1$ 各佔一半，正好抵消，結果將是0。也就是說如果 $f(x)$ 是Constant常數，那麼就不會測得 $|0>^{\otimes n}$ 。

雖然在數學上似乎是推導完成了，但是很多地方仍然缺乏較好的解釋，後續將繼續學習和改進。

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