4.7 量子系统的仿真
练习 4.46 (量子系统复杂性的指数增长)
练习 4.46
令 \(\rho\) 是描述 \(n\) 量子比特状态的一个密度矩阵，证明对 \(\rho\) 的描述需要 \(4^n - 1\) 个独立实数。
警告
我其实不清楚，为何一定要是实数。下面是混合复数与实数的说明。
一种说明方式是，对于 \(n\) 量子比特，其态向量是 \(2^n\) 维度的；那么其构成的矩阵也便是 \(4^n\) 大小的。但由于迹 \(\mathrm{tr} (\rho) = 1\)，因此独立数为 \(4^n - 1\)。
另一种说明方式是，态向量维度是 \(2^n\)；但由于归一化条件受限，因此不考虑全局相位的话，描述一个态的实际变量数是 \(2^n - 1\)。在 \(2^n\) 维空间下，相互正交的态也必然存在 \(2^n\) 个。对于一个系综，这 \(2^n\) 个态各自对应其出现概率，但由于概率之和是 1，因此概率变量数总共是 \(2^n - 1\)。因此，将态变量数与态存在数相乘，再加上概率变量数，得到
\[
(2^n - 1) \times 2^n + 2^n - 1 = 4^n - 1
\]
练习 4.47
练习 4.47
对 \(H = \sum_k^L H_k\)，证明若对所有的 \(j, k\) 都有 \([H_j, H_k] = 0\)，则对所有的 \(t\)，
\[
e^{-i H t} = \prod_k^L e^{-i H_k t} = e^{-i H_1 t} e^{-i H_2 t} \cdots e^{-i H_L t}
\]
该练习的证明思路很简单。我们考虑这样的问题：若 \([A, B] = 0\) 即 \(A, B\) 可对易，那么 \(e^{A+B} = e^A e^B\) 是否成立？
显然是成立的。我们将其作 Taylor 展开到两阶，并利用 \(AB = BA\)，有：
\[\begin{split}
\begin{align*}
e^{A+B} &= 1 + (A+B) + \frac{1}{2} (A^2 + AB + BA + B^2) + O \big( (A+B)^3 \big) \\
&= 1 + (A+B) + \frac{1}{2} (A^2 + 2 AB + B^2) + O \big( (A+B)^3 \big) \\
e^{A} e^{B} &= \left( 1 + A + \frac{1}{2} A^2 + O (A^3) \right) \left( 1 + B + \frac{1}{2} B^2 + O(B^3) \right) \\
&= 1 + (A+B) + \frac{1}{2} (A^2 + 2 AB + B^2) + A^2 B + A B^2 + \frac{1}{4} A^2 B^2 + O(A^3) + B(B^3)
\end{align*}
\end{split}\]
我们发现若只展开到二次幂，它们都具有 \(1/2 (A^2 + 2AB + B^2)\) 的形式。注意到这利用了 \(A, B\) 的可对易性质。这对于更高次幂其实都成立。严格的证明尽管与二项式定理基本一致，但过程稍微需要一些功夫。
首先我们化简问题。我们令 \(M_k = -i H_k t\) 是关于 \(t\) 的矩阵；但我们会发现时间 \(t\) 和负系数 \(i\) 在这道题证明中没有什么意义。因此，若 \(M = \sum_k^L M_k\)，那么原先问题化为
\[
e^M = \prod_k^L e^{M_k} = e^{M_1} e^{M_2} \cdots e^{M_L}
\]
同时，另一个题目条件化为了 \([M_j, M_k] = - i t [H_j, H_k] = 0\)。
使用数学归纳法。若 \(A = \sum_k^{L-1} M_k\) 时，等式 \(e^A = \prod_k^{L-1} e^{M_k}\) 成立；那么对于 \(L\) 的情况，我们假设 \(B = M_L\)，那么 \(A = M - M_L\)。若 \(e^M = e^{A+B} = e^A e^B\) 成立，那么一方面，该等式很容易地推广到 \(L=2\) 的情形，归纳法所需要的初始情况得到满足；另一方面，这也符合归纳法对于递增的 \(L\) 的要求。
我们同时考察 \([A, B]\)：
\[
[A, B] = \left[ \sum_k^{L-1} M_k, M_L \right] = \sum_{k}^{L-1} [M_k, M_L] = 0
\]
因此，原题化为了下述问题：若 \([A, B] = 0\) 即 \(A, B\) 可对易，那么证明 \(e^{A+B} = e^A e^B\)。这就完成了问题的化简。
我们知道，
\[
e^{A+B} = \sum_{\gamma=0}^\infty \frac{1}{\gamma!} (A+B)^\gamma, \quad e^A e^B = \sum_{\alpha=0}^\infty \frac{1}{\alpha!} A^\alpha \sum_{\beta=0}^\infty \frac{1}{\beta!} B^\beta = \sum_{\gamma=0}^\infty \sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^\lambda B^{\gamma - \lambda}
\]
那么若下述等式对任意自然数 \(\gamma\) 成立，那么 \(e^{A+B} = e^A e^B\)：
\[
\frac{1}{\gamma!} (A+B)^\gamma = \sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^\lambda B^{\gamma - \lambda}
\]
下面我们证明上述等式。实际上这与二项式定理的证明几乎一致。使用数学归纳法。显然 \(\gamma = 0\) 时成立；那么对于 \(\gamma + 1\) 的情况，
\[\begin{split}
\begin{align*}
\frac{1}{(\gamma+1)!} (A+B)^{\gamma+1} &= \frac{1}{\gamma+1} \frac{1}{\gamma!} (A+B)^{\gamma} (A+B) \\
&= \frac{1}{\gamma+1} \sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^\lambda B^{\gamma - \lambda} (A+B)
\end{align*}
\end{split}\]
利用可对易性，易知
\[\begin{split}
\begin{align*}
A^\lambda B^{\gamma - \lambda} (A+B) &= A^\lambda B^{\gamma - \lambda} A + A^\lambda B^{\gamma - \lambda} B = A^\lambda A B^{\gamma - \lambda} + A^\lambda B^{\gamma - \lambda} B \\&= A^{\lambda+1} B^{\gamma - \lambda} + A^\lambda B^{\gamma - \lambda+1}
\end{align*}
\end{split}\]
因此，
\[
\frac{1}{(\gamma+1)!} (A+B)^{\gamma+1} = \frac{1}{\gamma+1} \left(\sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^{\lambda+1} B^{\gamma - \lambda} + \sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^\lambda B^{\gamma - \lambda+1} \right)
\]
我们将等是右边的第一个求和角标的 \(\lambda + 1\) 替换为 \(\lambda\)，重新组织求和过程：
\[\begin{split}
\begin{align*}
\frac{1}{(\gamma+1)!} (A+B)^{\gamma+1} &= \frac{1}{\gamma+1} \left(\sum_{\lambda=1}^{\gamma+1} \frac{1}{(\lambda-1)! (\gamma - \lambda + 1)!} A^{\lambda} B^{\gamma - \lambda + 1} + \sum_{\lambda=0}^\gamma \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} A^\lambda B^{\gamma - \lambda+1} \right) \\
&= \frac{1}{\gamma+1} \sum_{\lambda=1}^{\gamma} \left( \frac{1}{(\lambda-1)! (\gamma - \lambda + 1)!} + \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} \right) A^{\lambda} B^{\gamma - \lambda + 1} + \frac{1}{(\gamma+1)!} A^0 B^{\gamma+1} + \frac{1}{(\gamma+1)!} A^{\gamma+1} B^0
\end{align*}
\end{split}\]
对于 \(\lambda = 1, 2, \cdots, \gamma\) 时，
\[
\frac{1}{(\lambda-1)! (\gamma - \lambda + 1)!} + \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda)!} = \frac{(\lambda) + (\gamma - \lambda + 1)}{\lambda! (\gamma - \lambda + 1)!} = \frac{\gamma + 1}{\lambda! (\gamma - \lambda + 1)!}
\]
因此，
\[
\frac{1}{(\gamma+1)!} (A+B)^{\gamma+1} = \sum_{\lambda=1}^{\gamma+1} \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda + 1)!} A^{\lambda} B^{\gamma - \lambda + 1} + \frac{1}{(\gamma+1)!} A^{\gamma+1} B^0 = \sum_{\lambda=0}^{\gamma+1} \frac{1}{\lambda! (\gamma - \lambda + 1)!} A^{\lambda} B^{\gamma - \lambda + 1}
\]
依据数学归纳法，证明完毕。
练习 4.48
练习 4.48
若对于 \(n\) 粒子体系，每个算符 \(H_k\) 最多影响 \(c\) 个粒子，那么这意味着式 (4.97) 中求和上限 \(L\) 至多是关于 \(n\) 的多项式。
\[
H = \sum_{k=1}^L H_k \tag{4.97}
\]
题目暗含的意思是在这种情况下，\(L\) 并不随着 \(n\) 呈指数级变化。
这类算符实际上也称为 \(c\) 体算符 (\(c\)-Body Operator)，即作用于 \(c\) 个粒子的算符。在化学中，若体系在 Bohn-Oppenheimer 近似下不受特殊外场扰动，那么只会包含一体算符 (动能、外势能算符) 或二体算符 (电子互斥算符)。
若我们用 \(C_n^c\) 表示组合数，那么对于 \(n\) 粒子体系，\(k\) 体算符至多有 \(C_n^k = n (n-1) \cdots (n-k) < n^k\) 个。因此，
\[
L \leqslant \sum_{k=0}^c C_n^k < \sum_{k=0}^c n^k = O(n^c)
\]
即 \(L\) 是 \(n\) 的多项式。
练习 4.49 (Baker-Campbell-Hausdorf 公式)
练习 4.49
证明
\[
e^{(A+B) \Delta t} = e^{A \Delta t} e^{B \Delta t} e^{- \frac{1}{2} [A, B] \Delta t^2} + O(\Delta t^3)
\tag{4.105}
\]
并且再证明
\[
e^{i (A + B) \Delta t} = e^{i A \Delta t} e^{i B \Delta t} + O(\Delta t^2)
\tag{4.103}
\]
\[
e^{i (A + B) \Delta t} = e^{i A \Delta t/2} e^{i B \Delta t} e^{i A \Delta t/2} + O(\Delta t^3)
\tag{4.104}
\]
需要注意这里不一定有 \([A, B] = 0\) 的条件了。我们首先展开式 (4.105) 的左侧：
\[\begin{split}
\begin{align*}
e^{(A+B) \Delta t} &= 1 + (A+B) \Delta t + \frac{1}{2} (A+B)^2 \Delta^2 + O(\Delta t^3) \\
&= 1 + (A + B) \Delta t + \frac{1}{2} (A^2 + AB + BA + B^2) \Delta t^2 + O(\Delta t^3)
\end{align*}
\end{split}\]
再考察式 (4.105) 的右侧并回顾到 \([A, B] = AB - BA\)：
\[\begin{split}
\begin{align*}
e^{A \Delta t} e^{B \Delta t} e^{- \frac{1}{2} [A, B] \Delta t^2}
&= \left( 1 + A \Delta t + \frac{1}{2} A^2 \Delta t^2 \right) \left( 1 + B \Delta t + \frac{1}{2} B^2 \Delta t^2 \right) \left( 1 - \frac{1}{2} [A, B] \Delta t^2 \right) + O(\Delta t^3) \\
&= 1 + (A + B) \Delta t + \left( \frac{1}{2} A^2 + \frac{1}{2} B^2 + AB - \frac{1}{2} [A, B] \right) \Delta t^2 + O(\Delta t^3) \\
&= 1 + (A + B) \Delta t + \frac{1}{2} (A^2 + AB + BA + B^2) \Delta t^2 + O(\Delta t^3)
\end{align*}
\end{split}\]
因此，式 (4.105) 在忽略 \(O(\Delta t^3)\) 小量下是等价的。
式 (4.103) 的证明过程仿上，很容易给出。
式 (4.104) 的证明固然也可以仿照 (4.105) 对指数作 Taylor 展开。但我们也可以利用 (4.105) 的结论。我们指出，Baker-Campbell-Hausdorf 公式还可以写成下述形式：
\[
e^{(A+B) \Delta t} = e^{A \Delta t} e^{B \Delta t} e^{- \frac{1}{2} [A, B] \Delta t^2} + O(\Delta t^3) = e^{(A+B) \Delta t} = e^{- \frac{1}{2} [B, A] \Delta t^2} e^{B \Delta t} e^{A \Delta t} + O(\Delta t^3)
\]
证明过程仿上。我们同时注意到 \([A, B] = - [B, A]\)，因此 (系数 \(i\) 不影响证明)，
\[\begin{split}
\begin{align*}
e^{i (A+B) \Delta t} &= e^{i \frac{1}{2} (A+B) \Delta t} e^{\frac{1}{2} i (A+B) \Delta t} \\
&= \big( e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{- i \frac{1}{4} [A, B] \Delta t^2} + O(\Delta t^3) \big) \big( e^{- i \frac{1}{4} [B, A] \Delta t^2} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} + O(\Delta t^3) \big) \\
&= e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{- i \frac{1}{4} [A, B] \Delta t^2} e^{- i \frac{1}{4} [B, A] \Delta t^2} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} + O(\Delta t^3) \\
&= e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{i \frac{1}{2} B \Delta t} e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} + O(\Delta t^3) \\
&= e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} e^{i B \Delta t} e^{i \frac{1}{2} A \Delta t} + O(\Delta t^3)
\end{align*}
\end{split}\]
上式三次利用了练习 4.47 的推演结论，即若 \([A, B] = 0\) 则 \(e^{A+B} = e^A e^B\)。
练习 4.50
练习 4.50
令 \(H = \sum_k^L H_k\)，且定义
\[
U_{\Delta t} = \big( e^{- i H_1 \Delta t} e^{- i H_2 \Delta t} \cdots e^{- i H_L \Delta t} \big) \big( e^{- i H_L \Delta t} \cdots e^{- i H_2 \Delta t} e^{- i H_1 \Delta t} \big)
\]
证明 \(U_{\Delta t} = e^{- 2 i H \Delta t} + O(\Delta t^3)\)；
利用盒子 4.1 的结果，证明对某个常数 \(\alpha\) 与任意正整数 \(m\)，有
\[
E(U_{\Delta t}^m, e^{-2mi H \Delta t}) \leqslant m \alpha \Delta t^3
\]
第一问
反复套用式 (4.104) 就很容易给出结论：
\[\begin{split}
\begin{align*}
U_{\Delta t} &= e^{- i H_1 \Delta t} e^{- i H_2 \Delta t} \cdots e^{- i H_{L-1} \Delta t} e^{- i H_L \Delta t} e^{- i H_L \Delta t} e^{- i H_{L-1} \Delta t} \cdots e^{- i H_2 \Delta t} e^{- i H_1 \Delta t} \\
&= e^{- i H_1 \Delta t} e^{- i H_2 \Delta t} \cdots e^{- 2 i (H_{L-1} + H_L) \Delta t} \cdots e^{- i H_2 \Delta t} e^{- i H_1 \Delta t} + O(\Delta t^3) \\
&= \cdots \\
&= e^{- i H_1 \Delta t} e^{- 2 i (H_2 + H_3 + \cdots + H_L) \Delta t} e^{- i H_1 \Delta t} + O(\Delta t^3) \\
&= e^{- 2 i (H_1 + H_2 + H_3 + \cdots + H_L) \Delta t} + O(\Delta t^3) \\
&= e^{- 2 i H \Delta t} + O(\Delta t^3)
\end{align*}
\end{split}\]
第二问
简单回顾盒子 4.1 的结论 (4.69)。若序列 \(V_1, V_2, \cdots, V_m\) 用来近似某个门的另一个序列 \(U_1, U_2, \cdots, U_m\)，那么
\[
E(U_m U_{m-1} \cdots U_2 U_1, V_m V_{m-1} \cdots V_2 V_1) \leqslant \sum_{j=1}^m E(U_j, V_j)
\]
误差记号 \(E(\cdot, \cdot)\) 中两个参量的顺序是可以交换的。对于这道题，\(V_j\) 全部是 \(U_{\Delta t}\)，\(U_j\) 全部是 \(e^{-2iH \Delta t}\)。因此，
\[
E(U_{\Delta t}^m, e^{-2mi H \Delta t}) \leqslant m E(U_{\Delta t}, e^{-2i H \Delta t})
\]
依据误差的定义，
\[
E(U_{\Delta t}, e^{-2i H \Delta t}) = \max_{|\psi\rangle} \left\Vert (U_{\Delta t} - e^{-2i H \Delta t}) |\psi\rangle \right\Vert
\]
我们可以定义对于任意小的 \(\Delta t > 0\) 都有界，但并不一定是小量的算符 \(D\)，使得 \(U_{\Delta t} - e^{-2i H \Delta t} = D \Delta t^3 + O(\Delta t)^4\)，那么
\[
E(U_{\Delta t}, e^{-2i H \Delta t}) = \max_{|\psi\rangle} \left\Vert D |\psi\rangle \right\Vert \Delta t^3 + O(\Delta t^4)
\]
我们可以定义
\[
\alpha = \max_{|\psi\rangle} \left\Vert D |\psi\rangle \right\Vert
\]
因此，在这种定义下，
\[
E(U_{\Delta t}^m, e^{-2mi H \Delta t}) \leqslant m E(U_{\Delta t}, e^{-2i H \Delta t}) = m \alpha \Delta t^3 + O(\Delta t^4)
\]
补充说明
事实上，依据线性代数的结论，\(\alpha\) 取到 \(D\) 的最大本征值的绝对值。但这个 \(D\) 算符与 \(\Delta t\) 无关，且 \(\alpha\) 尽管有界但不是变量，更不是可以取到任意小的误差量。
因此，这个结论其实是表明，若 \(\Delta t\) 足够小，那么采用 \(U_{\Delta t}\) 来近似 \(e^{- 2 i H \Delta t}\) 确实地可以实现任意精度的量子计算仿真。我们令预期的仿真精度是 \(\delta\)，那么在仿真时间长度 \(t\)、单个仿真时间差 \(\Delta t\) 下，我们需要 \(m = t / \Delta t\) 个仿真算符连乘。若我们取仿真时间差是
\[
\Delta t < \sqrt{\frac{\delta}{t \alpha}}
\]
那么整个过程的仿真总误差是
\[
E(U_{\Delta t}^m, e^{-2mi H \Delta t}) \leqslant m \alpha \Delta t^3 + O(\Delta t^4) = \frac{t}{\Delta t} \alpha \Delta t^3 + O(\Delta t^4) < \delta + O(\Delta t^4)
\]
练习 4.51
练习 4.51
构造一个 Hamilton 量
\[
H = X_1 \otimes Y_2 \otimes Z_3
\]
的量子线路，模拟对任意的 \(\Delta t\) 执行酉变换 \(e^{- i \Delta t H}\)。
由于
\[\begin{split}
\begin{align*}
X &= H Z H \\
Y &= R_z \left( \frac{\pi}{2} \right) H Z H R_z \left( - \frac{\pi}{2} \right)
\end{align*}
\end{split}\]
因此我们将这些分解放入线路图中，可以得到
