14. 量子线路误差 & 二量子门标准分解
量子门永远都不可能是「完美」的，因为酉矩阵是连续的，我们只能使用连续变量来表示，可是现实中的计算总是有限精度的，这意味着误差是一定存在的。
例如我们想要实现一个 \(m\) 个门组成的量子线路，使用之前提到的通用量子门，记作 \(U = U_m U_{m-1} \cdots U_1\)，但是因为某些未知的原因，我们实现的门序列是 \(V = V_m V_{m-1} \cdots V_1\)，那么问题来了，它的表现有多差呢？这种「不完美」是否会毁掉我们的计算呢？
首先让我们明确并定义误差的概念：
$\(
E(U, V) \equiv \max_{|\psi\rangle} \left\Vert (U - V) |\psi\rangle \right\Vert
\)\(
其中范数使用欧几里得范数：
\)\(
\left \Vert |a\rangle \right \Vert \equiv \sqrt{\langle a | a \rangle}
\)$
接下来我们讨论这种误差的物理含义，我们将证明下面的定理。
定理：
$\(
\left| P_U - P_V \right| \leq 2 E(U, V)
\)\(
其中 \)P_U \equiv \langle \psi | U^\dagger M U | \psi \rangle\(，\)P_V \equiv \langle \psi | V^\dagger M V | \psi \rangle\( 分别代表某个测量POVM给出结果 \)M$ 的概率。
Proof：
首先我们引入一个记号 \(|\Delta\rangle \equiv (U-V) |\psi\rangle\) ，这是一个未单位化的向量。
首先看不等式的左端
$$
\[\begin{align*}
|P_U - P_V| & = \left| \langle \psi | U^\dagger M U | \psi\rangle - \langle \psi | V^\dagger M V | \psi \rangle \right| \\
& = \left| \langle \psi | U^\dagger M (U-V) | \psi\rangle + \langle \psi | U^\dagger M V | \psi\rangle + \langle \psi | (U - V)^\dagger M V | \psi \rangle - \langle \psi | U^\dagger M V | \psi \rangle \right| \\
& = \left| \langle \psi | U^\dagger M | \Delta \rangle + \langle \Delta | M V | \psi \rangle \right| \\
& \leq \left| \langle \psi | U^\dagger M | \Delta \rangle \right| + \left|\langle \Delta | M V | \psi \rangle \right|
\end{align*}\]
$$
\(M\) 是POVM中的一项，所以 \(M\) 是正定矩阵，其特征值大于等于 \(0\)，由于完备性关系 \(\sum_i M_i = I\)，所以 \(M\) 的特征值小于等于 \(1\)，那么有：
$$
\[\begin{align*}
& \left| \langle \psi | U^\dagger M | \Delta \rangle \right| \\
= & \left| \langle \psi_U | M | \Delta \rangle \right| \\
\leq & \left \Vert |\psi_U\rangle \right \Vert \cdot \left\Vert M|\Delta \rangle \right\Vert \\
\leq & \left\Vert |\Delta\rangle \right\Vert
\end{align*}\]
$$
因此，我们就得到了结论
$\(
\left| P_U - P_V \right| \leq 2 \left\Vert |\Delta\rangle \right\Vert \leq 2 E(U, V)
\)$
对于多个门，我们有下面的不等式：
$\(
E(U, V) = E(U_m U_{m-1} \cdots U_1, V_m, V_{m-1} \cdots V_1) \leq \sum_{i=1}^m E(U_i, V_i)
\)$
这里只证明两个门的情况（多于两个门可以用数学归纳法证明）。
\[\begin{split}
\begin{align*}
& \max_{|\psi\rangle} \left\Vert (U_1U_2 - V_1V_2) |\psi\rangle \right\Vert \\
= & \max_{|\psi\rangle} \left\Vert (U_1U_2 - U_1V_2 + U_1V_2 - V_1V_2) |\psi\rangle \right\Vert \\
= & \max_{|\psi\rangle} \left\Vert U_1(U_2 - V_2) |\psi\rangle + (U_1 - V_1)V_2 |\psi\rangle \right\Vert \\
\leq & \max_{|\psi\rangle} \left(\left\Vert U_1(U_2 - V_2) |\psi\rangle \right\Vert + \left\Vert (U_1 - V_1)V_2 |\psi\rangle \right\Vert \right) \\
\leq & \max_{|\psi\rangle} \left\Vert U_1(U_2 - V_2) |\psi\rangle \right\Vert + \max_{|\psi\rangle}\left\Vert (U_1 - V_1)V_2 |\psi\rangle \right\Vert \\
= & \max_{|\psi\rangle} \left\Vert (U_2 - V_2) |\psi\rangle \right\Vert + \max_{|\psi\rangle}\left\Vert (U_1 - V_1) |\psi\rangle \right\Vert \\
= & E(U_1, V_1) + E(U_2, V_2)
\end{align*}
\end{split}\]
该定理表明，误差是线性叠加的，所以如果我们希望最终的测量结果误差不超过 \(\delta\)，即 \(|P_U - P_V|\leq \delta\)，线路有 \(m\) 个门，那么我们只需要控制每个门的误差
$\(
E(U_i, V_i) \leq \frac{\delta}{2m}
\)$
这表明，如果我们的量子线路越长，门的数目越多，单个门的保真度就要越高。
二量子门的标准分解
一般的，任意二量子比特门都可以表示为「标准形式」（Kraus and Cirac 2001）：
$\(
U = A_L\otimes B_L e^{i(\alpha_{xx}XX + \alpha_{yy}YY + \alpha_{zz}ZZ)} A_R\otimes B_R
\)\(
其中 \)A_L, A_R\( 和 \)B_L, B_R\( 都是单量子比特门，\)\alpha\in \mathbb{R}$。
下面将通过几个引理，一步步的证明这个结论。
纠缠
首先介绍一个概念：纠缠熵。对于一个二量子比特纯态 \(|\psi\rangle\)，其纠缠熵定义如下：
$\(
E(|\psi\rangle) \equiv - tr \left ( \rho_A \log_2 \rho_A \right ) = - tr \left ( \rho_B \log_2 \rho_B \right )
\)\(
其中
\)$
\[\begin{align*}
\rho & = |\psi \rangle \langle \psi | \\
\rho_A & = tr_B \rho \\
\rho_B & = tr_A \rho
\end{align*}\]
$$
我们知道，对于二量子比特纯态 \(|\psi\rangle\)，存在Schmidt分解：
$\(
|\psi\rangle = \sum_i \sqrt{p_i} |i^A\rangle |i^B\rangle
\)\(
则可以计算A和B的密度矩阵：
\)$
\[\begin{align*}
\rho_A & = \sum_i p_i |i^A \rangle \langle i^A | \\
\rho_B & = \sum_i p_i |i^B \rangle \langle i^B |
\end{align*}\]
\[
因此其纠缠熵为
\]
E(|\psi\rangle) = -tr \left ( \sum_i p_i \log_2 p_i |i^A \rangle \langle i^A | \right ) = - p_1 \log_2 p_1 - p_2 \log_2 p_2
$\(
其中 \)p_1, p_2\( 为 \)\rho_A, \rho_B$ 的两个特征向量。
Concurrence
为了方便计算，我们引入concurrence：
$\(
C \equiv \left | \sum_i \alpha_i^2 \right |
\)\(
其中 \)\alpha_i\( 是 \)|\psi\rangle\( 在magic基下的振幅，magic基是由Bell基变换而来的：
\)$
\[\begin{align*}
m_{00} & \equiv \frac{|00\rangle + |11\rangle}{\sqrt{2}} \\
m_{01} & \equiv i \frac{|00\rangle - |11\rangle}{\sqrt{2}} \\
m_{10} & \equiv i \frac{|01\rangle + |10\rangle}{\sqrt{2}} \\
m_{11} & \equiv \frac{|01\rangle - |10\rangle}{\sqrt{2}}
\end{align*}\]
\[ \begin{align}\begin{aligned}> 注意，$C$ 的定义中是 $\alpha_i^2$ 而不是 $|\alpha|^2$。\\通过计算可以证明下面这个定理（留作习题）：
\end{aligned}\end{align} \]
E(|\psi\rangle) = H\left ( \frac{1 + \sqrt{1 - C^2}}{2} \right )
$\(
其中
\)\(
H(x) \equiv -x \log_2 x - (1-x) \log_2 (1-x)
\)$
Lemma 2
根据 Lemma 1，\(|\psi\rangle\) 是最大纠缠态，当且仅当 \(\alpha_i\) 都是实数（忽略一个全局相位 \(e^{i\varphi}\)）。
Lemma 3
给定两个正交的态 \(|\psi\rangle\) 和 \(|\psi^\bot\rangle\)，如果这两个态在magic基下的表示都是实向量，那么 \(\frac{|\psi\rangle \pm i |\psi^\bot\rangle}{\sqrt{2}}\) 是可分态。
Proof:
假设 \(|\psi\rangle = \sum_i a_i |m_i\rangle\)，\(|\psi^\bot\rangle = \sum_i b_i |m_i\rangle\)，
其中 \(a_i, b_i \in \mathbb{R}\)，且 \(\sum_i a_i b_i = 0\)，
\[\begin{split}
\begin{align*}
C \left ( \frac{|\psi\rangle \pm |\psi^\bot\rangle}{\sqrt{2}} \right )
& = \left | \sum_i \left(\frac{a_i \pm i b_i}{\sqrt{2}}\right)^2 \right | \\
& = \frac{1}{2} \left | \sum_i a_i ^2 - b_i^2 \pm 2a_ib_i i \right | \\
& = 0
\end{align*}
\end{split}\]
更进一步，我们记
$$
\[\begin{align*}
|\psi_+\rangle & \equiv \frac{|\psi\rangle + i|\psi^\bot\rangle}{\sqrt{2}} = |A_+\rangle|B_+\rangle\\
|\psi_-\rangle & \equiv \frac{|\psi\rangle - i|\psi^\bot\rangle}{\sqrt{2}} = |A_-\rangle|B_-\rangle
\end{align*}\]
\[ \begin{align}\begin{aligned}
因为 $\langle \psi | \psi^\bot \rangle = 0$，所以 $\langle \psi_+ | \psi_- \rangle = 0$，因此 $\langle A_+ | A_- \rangle \cdot \langle B_+ | B_- \rangle = 0$，下面证明二者都为0.\\不妨设 $\langle A_+| A_-\rangle = 0$，我们可以用 $|A_+\rangle|B_+\rangle$ 和 $|A_-\rangle|B_-\rangle$ 来表示 $|\psi\rangle$ 和 $|\psi^\bot\rangle$
\end{aligned}\end{align} \]
\[\begin{align*}
|\psi\rangle & = \frac{1}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle + |A_-\rangle|B_-\rangle\right ) \\
|\psi^\bot\rangle & = \frac{-i}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle - |A_-\rangle|B_-\rangle\right )
\end{align*}\]
$$
因为 \(|\psi\rangle\) 是最大纠缠态，所以 \(\rho_B = I / 2\)，故 \(\langle B_+ | B_-\rangle = 0\) 。
Lemma 4
对于任意酉矩阵 \(U\)，存在分解
$\(
U = O_L D_\phi O_R
\)\(
其中 \)O_L, O_R\( 都是实正交矩阵，\)D_\phi\( 是对角矩阵，对角元都是模长为1的复数 \)e^{i\phi}$。
Proof
下面给出定理的证明。
首先定义 \(M\) 矩阵：
$\(
M \equiv \sum_k |m_k\rangle \langle k |
\)$
容易发现，对于实向量 \(|\psi_{real}\rangle \in \mathbb{R}^4\) ，作用 \(M\) 将得到一个最大纠缠态
$\(
M |\psi_{real}\rangle = \sum_k a_k |m_k\rangle \quad \text{where } a_i \in \mathbb{R}
\)$
对于任意酉矩阵 \(U \in SU(4)\)，令 \(V \equiv M^\dagger U M\)，根据 Lemma 4，\(V = O_L D_\phi O_R\)，则
$\(
U = MO_L D_\phi O_R M^\dagger
\)$
因为实正交矩阵 \(O_L\) 的每一列 \(|o_i\rangle\) 都是实向量，所以
$\(
M O_L = \sum_k M |o_i \rangle \langle k | = \sum_k |e_k \rangle \langle k |
\)\(
其中 \)|e_k\rangle$ 是最大纠缠态。
根据Lemma 3，\(|e_{00}\rangle\) 和 \(|e_{01}\rangle\) 可以表示成
$$
\[\begin{align*}
|e_{00}\rangle & = \frac{1}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle + |A_-\rangle |B_-\rangle \right ) \\
|e_{01}\rangle & = \frac{-i}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle - |A_-\rangle |B_-\rangle \right )
\end{align*}\]
\[因为 $|e_{10}\rangle, |e_{11}\rangle$ 和 $|e_{00}\rangle, |e_{01}\rangle$ 正交，所以一定可以被 $|A_+\rangle |B_-\rangle, |A_-\rangle|B_+\rangle$ 线性表示，又因为是最大纠缠态，所以 $\rho_A = \rho_B = I /2$，通过计算可以表示为
\]
\[\begin{align*}
|e_{10}\rangle & = \frac{e^{i\lambda_3}}{\sqrt{2}} \left ( e^{-i\delta} |A_+\rangle |B_-\rangle + e^{i\delta} |A_-\rangle |B_+\rangle\right ) \\
|e_{11}\rangle & = \frac{e^{i\lambda_4}}{\sqrt{2}} \left ( e^{-i\delta} |A_+\rangle |B_-\rangle - e^{i\delta} |A_-\rangle |B_+\rangle\right ) \\
\end{align*}\]
$$
令
$$
\[\begin{align*}
A & \equiv |0 \rangle \langle A_+ | + e^{i\delta} |1 \rangle \langle A_- | \\
B & \equiv |0 \rangle \langle B_+ | + e^{-i\delta} |1 \rangle \langle B_- |
\end{align*}\]
\[则
\]
\[\begin{align*}
A\otimes B & = |00 \rangle \langle A_+ B_+ | \\
& + e^{i\delta} |01 \rangle \langle A_+ B_- | \\
& + e^{-i\delta} |10 \rangle \langle A_- B_+ | \\
& + |11 \rangle \langle A_- B_- |
\end{align*}\]
\[计算
\]
\[\begin{align*}
M O_L & = \sum_k |e_k \rangle \langle k | \\
& = \frac{1}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle + |A_-\rangle |B_-\rangle\right ) \\
& + \frac{-i}{\sqrt{2}} \left ( |A_+\rangle |B_+\rangle - |A_-\rangle |B_-\rangle\right ) \\
& + \frac{e^{i\lambda_3}}{\sqrt{2}} \left ( e^{-i\delta} |A_+\rangle |B_-\rangle + e^{i\delta} |A_-\rangle |B_+\rangle\right ) \\
& + \frac{e^{i\lambda_4}}{\sqrt{2}} \left ( e^{-i\delta} |A_+\rangle |B_-\rangle - e^{i\delta} |A_-\rangle |B_+\rangle\right ) \\
\end{align*}\]
\[则
\]
\[\begin{align*}
(A\otimes B) M O_L & =
\frac{|00\rangle + |11\rangle}{\sqrt{2}} \langle 00| \\
& + (-i) \frac{|00\rangle - |11\rangle}{\sqrt{2}} \langle 01| \\
& + e^{i\lambda_3} \frac{|01\rangle + |10\rangle}{\sqrt{2}} \langle 10| \\
& + e^{i\lambda_4} \frac{|01\rangle - |10\rangle}{\sqrt{2}} \langle 11| \\
& = \sum_k e^{\phi_k} |m_k \rangle \langle k |
\end{align*}\]
$$
同理，记
$$
\[\begin{align*}
M O_L & = A_L^\dagger \otimes B_L^\dagger \sum_k e^{i\phi_k} |m_k \rangle \langle k | \\
M O_R^\dagger & = A_R^\dagger \otimes B_R^\dagger \sum_k e^{i\phi'_k} |m_k \rangle \langle k |
\end{align*}\]
\[则
\]
U = MO_L D_\phi O_R M^\dagger = A_L^\dagger \otimes B_L^\dagger \left(\sum_k e^{i\varphi_k} |m_k \rangle \langle m_k | \right) A_R \otimes B_R
$$
因为 \(|m_k\rangle\) 是 \(XX, YY, ZZ\) 的特征向量，如果忽略全局相位， \(U \in SU(4)\)，则 \(\sum_k \varphi_k = 0\)，可以表示为
$\(
\sum_k e^{i \varphi_k} |m_k \rangle \langle m_k | = e^{i a XX + b YY + c ZZ}
\)\(
其中 \)a, b, c \in \mathbb{R}\(，可以由 \)\varphi_k$ 解出来。
至此，我们完成了定理的证明。