Comment fonctionne l'échantillonnage de Fourier (et résout le problème de parité)?

J'écris en ce qui concerne la partie I et la partie II des conférences vidéo d'échantillonnage de Fourier par le professeur Umesh Vazirani.

Dans la première partie, ils commencent par:

Dans la transformation d'Hadamard:

| u⟩=| u1. . . un⟩→Σ{0,1}n(-1)u.

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

Dans l'échantillonnage de Fourier:

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

Quand est mesuré , nous voyons x avec une probabilité | ^ α x | 2 .$|\hat{\psi}\rangle$$x$$|\hat{\alpha_x}|^2$

Dans la partie II:

Le problème de la parité:

On nous donne une fonction sous forme de boîte noire. Nous savons que f ( x ) = u . x (ie u 1 x 1 + u 2 x 2 + . . . + u n x n ( mod 2 ) ) pour un certain caché u ∈ { 0 , 1 } $f:\{0,1\}^n\to\{0,1\}$$f(x)=u.x$$u_1x_1+u_2x_2+...+u_nx_n (\text{mod 2})$$u\in\{0,1\}^{n}$. Comment déterminer avec le moins de requêtes possible pour f ?$u$$f$

Ils disent que nous devons suivre une procédure en deux étapes pour déterminer en nombre d'étapes minimum possible.$u$

• Mettre en place une superposition $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_{x}(-1)^{f(x)}|x\rangle$

• Échantillon de Fourier pour obtenir .$u$

C'est là que je me suis perdu. Je ne comprends pas exactement ce qu'ils entendent par "mettre en place une superposition ...". Pourquoi devrions-nous le faire? Et comment l'échantillonnage de Fourier (tel que décrit) aide-t-il à déterminer ?$u$

Ils construisent en outre une porte quantique comme celle-ci:

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

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

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

$\oplus$

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

$x$$x = \prod_ix_i$

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

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

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

$f\left(x\right) = u.x = x.u$$\left(-1\right)^{f\left(x\right) \oplus x.y} = \left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)}$$x$$\sum_x\left(-1\right)^{x.\left(u\oplus y\right)} = 0,\, \forall\, u\oplus y \neq 0$$u\oplus y = 0$$u=y$$\left|u\right\rangle\left|-\right\rangle$$u$

$\left|+\right\rangle^{\otimes n}$$\left|u\right\rangle$

Le fait est que, en utilisant la superposition, nous pouvons le faire pour tous les qubits en même temps, au lieu d'avoir à vérifier individuellement chaque qubit comme dans le cas classique.