¿Por qué no puede haber un error al corregir el código con menos de 5 qubits?

Leí acerca de los códigos de corrección de errores de 9 qubit, 7 qubit y 5 qubit últimamente. Pero, ¿por qué no puede haber un código de corrección de error cuántico con menos de 5 qubits?

Una prueba de que necesita al menos 5 qubits (o qudits)

Aquí hay una prueba de que cualquier código de corrección de error cuántico de corrección de un solo error ( es decir, distancia 3) tiene al menos 5 qubits. De hecho, esto se generaliza a qudits de cualquier dimensión , y cualquier código de corrección de error cuántico que proteja uno o más qudits de dimensión d .$d$$d$

(Como señala Felix Huber , la prueba original de que necesita al menos 5 qubits se debe al artículo de Knill - Laflamme [ arXiv: quant-ph / 9604034 ] que establece las condiciones de Knill - Laflamme: la técnica de prueba es la siguiente. que se usa más comúnmente en la actualidad).

Cualquier código de corrección de error cuántico que puede corregir $t$ errores desconocidos, también se puede corregir hasta $2t$ errores de borrado (en la que simplemente pierden algunos qubit o éste está completamente despolarizado, o similar) si se conocen las ubicaciones de los qubits borrados. [1 segundo. III A] *. Un poco más generalmente, un código de corrección de error cuántico de distancia $d$ puede tolerar errores de borrado $d-1$ . Por ejemplo, si bien el código $[\![4,2,2]\!]$ No puede corregir ningún error en absoluto, en esencia porque puede decir que ha ocurrido un error (e incluso qué tipo de error) pero no qué qubit sucedió que ese mismo código puede proteger contra un solo error de borrado (porque por hipótesis sabemos exactamente dónde ocurre el error en este caso).

Se deduce que cualquier código de corrección de error cuántico que pueda tolerar un error de Pauli, puede recuperarse de la pérdida de dos qubits. Ahora: suponga que tiene un código de corrección de error cuántico en qubits, que codifica un qubit contra errores de un solo qubit. Suponga que le da qubits a Alice y qubits a Bob: entonces Alice debería poder recuperar el estado codificado original. Si , entonces , para que Bob también pueda recuperar el estado codificado original, obteniendo así un clon del estado de Alice. Como esto está descartado por el Teorema de No Clonación, se deduce que debemos tener lugar.$n \geqslant 2$$n-2$$2$$n<5$$2 \geqslant n-2$$n \geqslant 5$

Al corregir errores de borrado

* La primera referencia que encontré para esto es

[1] Grassl, Beth y Pellizzari.
      Códigos para el canal de borrado cuántico .
      Phys. Rev. A 56 (págs. 33-38), 1997.
      [ arXiv: quant-ph / 9610042 ]

- que no pasó mucho tiempo después de que las condiciones de Knill-Laflamme se describieran en [ arXiv: quant-ph / 9604034 ] y, por lo tanto, la prueba original de la conexión entre la distancia del código y los errores de borrado. El esquema es el siguiente, y se aplica a los códigos de corrección de errores de distancia (y se aplica igualmente bien a qudits de cualquier dimensión en lugar de qubits, utilizando operadores Pauli generalizados).$d$

• La pérdida de qubits puede ser modelada por aquellos qubits que están sujetos al canal completamente despolarizante, que a su vez puede ser modelado por esos qubits que están sujetos a errores de Pauli uniformemente aleatorios.$d-1$

• Si la ubicación de esos qubits fuera desconocida, esto sería fatal. Sin embargo, como se conoce su ubicación, cualquier par de errores de Pauli en qubits se puede distinguir entre sí, apelando a las condiciones de Knill-Laflamme.$d-1$$d-1$

• Por lo tanto, al sustituir los qubits borrados por qubits en el estado de mezcla máxima y probar los errores de Pauli en esos qubits específicamente (requiere un procedimiento de corrección diferente del que usaría para corregir errores arbitrarios de Pauli, claro), puede recuperar el estado original.$d-1$

Lo que podemos demostrar fácilmente es que no hay un código no degenerado más pequeño .

En un código no degenerado, debe tener los 2 estados lógicos del qubit, y debe tener un estado distinto para cada posible error para asignar cada estado lógico. Entonces, supongamos que tenía un código de 5 qubits, con los dos estados lógicos y . El conjunto de posibles errores de un solo qubit son , y significa que todos los estados deben a estados ortogonales.$|0_L\rangle$$|1_L\rangle$$X_1,X_2,\ldots X_5,Y_1,Y_2,\ldots,Y_5,Z_1,Z_2,\ldots,Z_5$

$$|0_L\rangle,|1_L\rangle,X_1|0_L\rangle,X_1|1_L\rangle,X_2|0_L\rangle,\ldots$$

Si aplicamos este argumento en general, nos muestra que necesitamos estados distintos. Pero, para qubits, el número máximo de estados distintos es . Entonces, para un error no degenerado, corregir el código de distancia 3 (es decir, corregir al menos un error) o mayor, necesitamos Esto se llama Quantum Hamming Bound. Puede verificar fácilmente que esto sea cierto para todos los , pero no si . De hecho, para , la desigualdad es una igualdad y, como resultado, llamamos al código correspondiente de 5 qubits el código perfecto.

$$2+2\times(3n)$$ $n$$2^n$ $$2^n\geq 2(3n+1).$$ $n\geq 5$$n<5$$n=5$

Como complemento a la otra respuesta, voy a agregar el límite cuántico general de Hamming para los códigos cuánticos de corrección de errores no degenerados. La formulación matemática de dicho límite es donde refiere a la número de qubits que forman las palabras de código, es el número de qubits de información que están codificados (para que estén protegidos contra la decoherencia), y es el número de errores de qubit corregidos por el código. Como está relacionado con la distancia por , entonces dicho código cuántico no degenerado será un

$$\begin{equation} 2^{n-k}\geq\sum_{j=0}^t\pmatrix{n\\j}3^j, \end{equation}$$ $n$$k$$t$$t$$t$$t = \lfloor\frac{d-1}{2}\rfloor$$[[n,k,d]]$Código de corrección de error cuántico. Este límite se obtiene mediante el uso de un argumento similar al de empaquetamiento de esferas, de modo que el espacio de Hilbert de dimensiones se divide en espacios, cada uno distinguido por el síndrome medido, por lo que se asigna un error a cada uno de los síndromes, y la operación de recuperación se realiza invirtiendo el error asociado con dicho síndrome medido. Es por eso que el número de errores totales corregidos por un código cuántico no degenerado debe ser menor o igual al número de particiones por la medición del síndrome.$2^n$$2^{n-k}$

Sin embargo, la degeneración es una propiedad de los códigos de corrección de errores cuánticos que implica el hecho de que hay clases de equivalencia entre los errores que pueden afectar las palabras de código enviadas. Esto significa que hay errores cuyo efecto en las palabras de código transmitidas es el mismo al compartir el mismo síndrome. Esto implica que esas clases de errores degenerados se corrigen a través de la misma operación de recuperación, por lo que se pueden corregir más errores de los esperados. Es por eso que no se sabe si el límite cuántico de Hamming se cumple para estos códigos de corrección de errores degenerados, ya que de esta manera se pueden corregir más errores que las particiones. Consulte esta pregunta para obtener información sobre la violación del límite cuántico de Hamming.

Quería agregar un breve comentario a la referencia más temprana. Creo que esto ya se mostró un poco antes en la Sección 5.2 de

A Theory of Quantum Error-Correcting Codes
Emanuel Knill, Raymond Laflamme 
https://arxiv.org/abs/quant-ph/9604034

donde el resultado específico es:

Teorema 5.1. A -error-código de corrección cuántica debe satisfacer .$(2^r,k)$ $e$$r \geqslant 4e + \lceil \log k \rceil$

Aquí, un código es una incrustación de un subespacio dimensional en un sistema dimensional; se trata de un código -error de corrección si el sistema se descompone como un producto tensor de qubits, y el código es capaz de corregir errores de peso . En particular, un código de corrección de error es lo que ahora describiríamos como un código . El teorema 5.1 nos permite probar que para y un entero impar , un Debe satisfacer $(N,K)$$K$$N$$e$$e$$(2^n, 2^k)$ $e$$[\![n,k,2e\:\!{+}1]\!]$$k \geqslant 1$$d \geqslant 3$$[\![n,k,d]\!]$

$$\begin{aligned} n \;&\geqslant\; 4\bigl\lceil\tfrac{d-1}{2}\bigr\rceil + \lceil \log 2^k \rceil \\[1ex]&\geqslant\; \bigl\lceil 4 \cdot \tfrac{d-1}{2} \bigr\rceil + \lceil k \rceil \\[1ex]&=\; 2d - 2 + k \;\geqslant\; 6 - 2 + 1 \;=\; 5. \end{aligned}$$

( NB Hay una peculiaridad con las fechas aquí: la presentación del documento anterior es abril de 1996, un par de meses antes que el documento de Grassl, Beth y Pellizzari presentado en octubre de 1996. Sin embargo, la fecha debajo del título en el pdf indica un año antes, abril de 1995.)

Como prueba alternativa, podría imaginar (pero aún no lo he probado) que simplemente resolver una distribución de peso que satisfaga las identidades de Mac-Williams también debería ser suficiente. Tal estrategia se usa de hecho

Quantum MacWilliams Identities
Peter Shor, Raymond Laflamme
https://arxiv.org/abs/quant-ph/9610040

para mostrar que no existe un código degenerado en cinco qubits que pueda corregir cualquier error individual.