फूरियर नमूना वास्तव में कैसे काम करता है (और समता समस्या को हल करता है)?

मैं प्रोफेसर उमेश वज़ीरानी द्वारा फूरियर की सैंपलिंग वीडियो लेक्चर के भाग I और भाग II के संबंध में लिख रहा हूँ ।

भाग मैं वे के साथ शुरू:

हदामर्ड ट्रांसफॉर्म में:

| 0...0 ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩

$|0...0\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle$

| u ⟩ = | u_{1} . . . u_{n} ⟩ \to \sum_{{0, 1}^{n}} \frac{(- 1)^{u . x}}{2^{n / 2}} | x ⟩ (where u . x = u_{1} x_{1} + u_{2} x_{2} + . . . + u_{n} x_{n})

$|u\rangle =|u_1...u_n\rangle \to \sum_{\{0,1\}^n}\frac{(-1)^{u.x}}{2^{n/2}}|x\rangle \quad \text{(where $u.x=u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n$)}$

फूरियर सैम्पलिंग में:

| ψ ⟩ = \sum_{{0, 1}}^{n} α_{x} | x ⟩ \to \sum_{x} \hat{α_{x}} | x ⟩ = | \hat{ψ} ⟩

$|\psi\rangle=\sum_{\{0,1\}}^{n}\alpha_x|x\rangle \to \sum_{x}\hat{\alpha_x}|x\rangle=|\hat{\psi}\rangle$

कब मापा जाता है जैसा कि हम देख संभावना के साथ । $|\hat{\psi}\rangle$ $x$ $|\hat{\alpha_x}|^2$

भाग II में:

समता समस्या:

हमें एक फ़ंक्शन दिया जाता है एक ब्लैक बॉक्स के रूप में। हम जानते हैं कि (यानी ) कुछ छिपा के लिए $f:\{0,1\}^n\to\{0,1\}$ $f(x)=u.x$ $u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n (\text{mod 2})$ $u\in\{0,1\}^{n}$ । हम कैसे संभव के रूप में करने के लिए कुछ प्रश्नों के साथ पता हैं? $u$ $f$

वे कहते हैं कि हमें न्यूनतम चरणों की संख्या में पता लगाने के लिए दो चरणों की प्रक्रिया का पालन करने की आवश्यकता है । $u$

सुपरपोजिशन सेट करना $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_{x}(-1)^{f(x)}|x\rangle$
फूरियर नमूना प्राप्त करने के लिए । $u$

यहीं पर मेरी गुमशुदगी हुई। मुझे समझ में नहीं आता कि वे वास्तव में "सुपरपोजिशन सेट अप ..." से क्या मतलब है। हमें ऐसा क्यों करना चाहिए? और फूरियर नमूना (जैसा कि वर्णित है) को निर्धारित करने में मदद करता ? $u$

वे आगे इस तरह एक क्वांटम गेट का निर्माण करते हैं:

$|0\rangle$ $|-\rangle$ $- \oplus f(0...0)$ $\oplus$

quantum-gate fourier-sampling

— संचेतन दत्ता
स्रोत

$\left| 0\right\rangle^{\otimes n}\left| -\right\rangle$ $H^{\otimes n}\otimes I$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} {(| 0 ⟩ + | 1 ⟩)}^{\otimes n} | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\left(\left|0\right\rangle + \left|1\right\rangle\right)^{\otimes n}\left|-\right\rangle.$

U_{f}

$U_f$

U_{f} (\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩) | - ⟩ = \sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} | x ⟩ | - \oplus f (x) ⟩ .

$U_f\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\right)\left|-\right\rangle = \sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}|x\rangle\left|-\oplus f\left(x\right)\right\rangle.$

$\oplus$

(\sum_{x = {0, 1}^{n}} \frac{1}{2^{n / 2}} {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩) | - ⟩ .

$\left(\sum_{x=\{0,1\}^n}\frac{1}{2^{n/2}}\left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

U_{f} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩) = | x ⟩ | f (x) ⟩ - | 1 \oplus f (x) ⟩ = {(- 1)}^{f (x)} | x ⟩ (| 0 ⟩ - | 1 ⟩)

$U_f\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right) = \left|x\right\rangle\left|f\left(x\right)\right\rangle - \left|1\oplus f\left(x\right)\right\rangle = \left(-1\right)^{f\left(x\right)}\left|x\right\rangle\left(\left|0\right\rangle - \left|1\right\rangle\right)$

$x$ $x = \prod_ix_i$

H | x_{i} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + {(- 1)}^{x_{i}} | 1 ⟩) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y = {0, 1}} {(- 1)}^{x_{i} . y} | y ⟩ .

$H\left|x_i\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|0\right\rangle + \left(-1\right)^{x_i}\left|1\right\rangle\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{y=\left\lbrace0, 1\right\rbrace}\left(-1\right)^{x_i.y}\left|y\right\rangle.$

H^{\otimes n} | x ⟩ = \frac{1}{2^{n / 2}} \sum_{y \in {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{x . y} | y ⟩ .

$H^{\otimes n}\left| x\right\rangle = \frac{1}{2^{n/2}}\sum_{y\in\left\lbrace0, 1\right\rbrace^n}\left(-1\right)^{x.y}\left|y\right\rangle.$

यह रूप में अंतिम स्थिति देता है

\frac{1}{2^{n}} (\sum_{x, y = {0, 1}^{n}} {(- 1)}^{f (x) \oplus x . y} | y ⟩) | - ⟩ .

$\frac{1}{2^n}\left(\sum_{x, y=\{0,1\}^n}\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y}\left|y\right\rangle\right)\left|-\right\rangle.$

We know that $f\left(x\right) = u.x = x.u$ , giving $\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y} = \left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)}$ . Summing over the $x$ terms gives that $\sum_x\left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)} = 0,\, \forall\, u\oplus y \neq 0$ . This means that we're left with the term for $u\oplus y = 0$ , which means that $u=y$ , giving the output as $\left|u\right\rangle\left|-\right\rangle$ , which is measured to obtain $u$ .

As for why we want to set up a superposition: This is where the power of quantum computing comes into play - In less mathematical terms, applying the Hadamard transformation is performing a rotation on the qubit states to get into the state $\left|+\right\rangle^{\otimes n}$ . You then rotate each qubit in this superposition state using an operation equivalent to XOR (in this new basis), so that when performing the Hadamard transformation again, you're now just rotating back onto the state $\left|u\right\rangle$ . Another way of looking at this is to consider it as a reflection or inversion that achieves the same result.

The point is that, using superposition, we can do this to all the qubits at the same time, instead of having to individually check each qubit as in the classical case.

— Mithrandir24601
स्रोत