Códigos CSS: un código cuántico hecho con dos clásicos

En la lección anterior cerramos el marco general: un código estabilizador, sus operadores lógicos, su distancia y sus estados lógicos. Ya sabemos qué es un buen código cuántico, pero todavía no sabemos fabricarlos. Shor encontró el suyo casi a mano. En 1996, Calderbank y Shor, y también Steane, dieron una receta que convierte códigos clásicos en códigos cuánticos. Es el puente que estaba anunciado desde la lección 1: lo que sabes del curso de códigos sirve aquí casi tal cual. La pregunta de hoy: ¿cómo se hace un código cuántico con dos clásicos?

La idea

Mira otra vez los estabilizadores del código de Shor: $Z_1Z_2,\dots,Z_8Z_9$ por un lado y $X_1\cdots X_6$, $X_4\cdots X_9$ por otro. Ninguno mezcla $X$ y $Z$. Los de tipo $Z$ vigilan los errores $X$; los de tipo $X$ vigilan los errores $Z$. Son dos detectores independientes.

Un detector de errores de bit ya lo conoces: es una matriz de paridad clásica. Un $Z(h)$ ve un error $X(e)$ exactamente cuando $h\cdot e=1$, que es lo que calcula una fila de $H$ en el síndrome $He^T$. Así que la idea es usar un código clásico para los errores $X$ y otro para los errores $Z$. La única condición es que los dos detectores conmuten.

La construcción

Toma dos códigos binarios lineales de longitud $n$:

• $C_1$, con matriz de paridad $H_1$, que se encargará de los errores $X$;
• $C_2$, con matriz de paridad $H_2$, que se encargará de los errores $Z$;

con la condición

$$C_2^\perp\subseteq C_1.$$

Recuerda de matriz generatriz y matriz de paridad que las filas de $H_2$ generan el dual $C_2^\perp$ y las de $H_1$ generan $C_1^\perp$. El código CSS (por Calderbank, Shor y Steane) tiene estos estabilizadores:

• de tipo $Z$: $Z(h)$ para cada fila $h$ de $H_1$ (así $h\in C_1^\perp$);
• de tipo $X$: $X(g)$ para cada fila $g$ de $H_2$ (así $g\in C_2^\perp$).

Por qué conmutan. Sus vectores son $(0\mid h)$ y $(g\mid 0)$, con producto simpléctico $h\cdot g$. Como $g\in C_2^\perp\subseteq C_1$ y $h\in C_1^\perp$, es $h\cdot g=0$. Los de un mismo tipo conmutan siempre. Eso es todo: la condición $C_2^\perp\subseteq C_1$ es justo la que hace falta.

Cuántos cúbits lógicos. Si $H_1$ y $H_2$ tienen rango completo, hay $(n-\dim C_1)+\dim C_2^\perp$ generadores, y $k=n-r$ da

$$k=\dim C_1-\dim C_2^\perp.$$

Repaso Provisional: el código de Hamming [7,4,3]

Es el ejemplo clásico que usaremos en la lección 10. Su matriz de paridad «de manual» tiene como columna $i$ el número $i$ escrito en binario:

$$H=\begin{pmatrix}0&0&0&1&1&1&1\\0&1&1&0&0&1&1\\1&0&1&0&1&0&1\end{pmatrix}.$$

Sus $2^4=16$ palabras son las soluciones de $Hc^T=0$:

$0000000$, $1110000$, $1001100$, $0111100$, $0101010$, $1011010$, $1100110$, $0010110$, $1101001$, $0011001$, $0100101$, $1010101$, $1000011$, $0110011$, $0001111$, $1111111$.

Hay una de peso 0, siete de peso 3, siete de peso 4 y una de peso 7: la distancia mínima es $d=3$ y corrige un error. Lo mejor: si el error está en la posición $i$, el síndrome $Hr^T$ es la columna $i$, es decir, $i$ escrito en binario. Por ejemplo, $1011010$ con un error en la posición 6 llega como $1011000$, y $Hr^T=(1,1,0)^T$, que es el 6. Esta misma matriz sale de ejemplo en matriz generatriz y matriz de paridad, y la familia entera, en su sección «Códigos de Hamming».

Los estados lógicos son clases laterales

Para cada $x\in C_1$ definimos

$$\ket{x+C_2^\perp}=\frac{1}{\sqrt{|C_2^\perp|}}\sum_{y\in C_2^\perp}\ket{x+y}.$$

Es la suma, con el mismo peso, de todas las palabras de la clase lateral $x+C_2^\perp$ (la noción de decodificación por síndrome). Tres cosas, cada una con su razón de una línea:

1. Solo depende de la clase. Si $x'=x+y_0$ con $y_0\in C_2^\perp$, al recorrer $y$ se recorren las mismas palabras.
2. Está en el código. $X(g)$ con $g\in C_2^\perp$ cambia $\ket{x+y}$ por $\ket{x+y+g}$: solo reordena la suma. Y $Z(h)\ket{x+y}=(-1)^{h\cdot(x+y)}\ket{x+y}$ con $x+y\in C_1$ y $h\in C_1^\perp$: el signo es $+1$.
3. Clases distintas dan estados ortogonales, porque no comparten ninguna palabra.

Hay $|C_1|/|C_2^\perp|=2^{\dim C_1-\dim C_2^\perp}=2^k$ clases: tantas como estados de una base del código. Cada clase es un estado lógico.

Codificar es elegir la clase. En el curso clásico, el mensaje $m$ elige la palabra $c=mG$; en un cíclico, $c(x)=m(x)g(x)$ o su versión sistemática (codificación de códigos cíclicos). Aquí el mensaje $j=(j_1,\dots,j_k)$ elige un representante $x_j=j_1u_1+\dots+j_ku_k$, con $u_1,\dots,u_k\in C_1$ que completan una base de $C_2^\perp$ hasta una de $C_1$, y el estado es la clase entera: $\ket{j_L}=\ket{x_j+C_2^\perp}$.

Operadores lógicos. $X(u_i)$ suma $u_i$ a todas las palabras: lleva la clase de $x_j$ a la de $x_j+u_i$, así que cambia el bit lógico $j_i$. Es un $\bar X_i$. Para $\bar Z_i$ se toma $Z(z)$ con $z\in C_2$, de modo que $z\cdot y=0$ para todo $y\in C_2^\perp$ y la fase $(-1)^{z\cdot(x+y)}=(-1)^{z\cdot x}$ es la misma en toda la clase; se elige $z$ con $z\cdot u_i=1$ y $z\cdot u_l=0$ para $l\neq i$ (existe siempre, porque los $u_l$ junto con una base de $C_2^\perp$ son linealmente independientes, así que esas ecuaciones en $z$ son compatibles).

Errores y síndromes: dos problemas clásicos

Un error de Pauli es, salvo fase, $X(e)Z(f)$. Midiendo $Z(h)$ para cada fila $h$ de $H_1$ sale el valor propio $(-1)^{h\cdot e}$: los bits son

$$H_1e^T,$$

el síndrome clásico de $e$ en $C_1$. La parte $Z(f)$ no influye, porque conmuta con $Z(h)$. Del mismo modo, los $X(g)$ con $g$ fila de $H_2$ dan

$$H_2f^T,$$

el síndrome clásico de $f$ en $C_2$. Así que corregir un código CSS es resolver dos problemas de decodificación por síndrome por separado: uno con $C_1$ para la parte $X$ y otro con $C_2$ para la parte $Z$. Un $Y=iXZ$ aparece en los dos.

Distancia. Un $X(e)$ que pasa sin ser visto tiene $e\in C_1$, y es un operador lógico si además $e\notin C_2^\perp$; su peso es al menos $d(C_1)$. Igual con $Z(f)$, $f\in C_2\setminus C_1^\perp$, de peso al menos $d(C_2)$. Por eso

$$d\ge\min\big(d(C_1),\,d(C_2)\big).$$

Un lógico mixto $X(e)Z(f)$ pesa al menos lo que $X(e)$ y lo que $Z(f)$, así que la distancia exacta es

$$d=\min\big(\min\{\mathrm{wt}(e): e\in C_1\setminus C_2^\perp\},\ \min\{\mathrm{wt}(f): f\in C_2\setminus C_1^\perp\}\big).$$

La cota se queda corta solo si todas las palabras de $C_1$ y de $C_2$ con ese peso mínimo son estabilizadores (degeneración); basta con que una no lo sea para que la cota sea exacta. Lo verás en el ejercicio 2.

Ejemplo resuelto

Toma $C_1=C_2=C$, el código de paridad $[4,3,2]$ (las 8 palabras de peso par), con $H_1=H_2=(1\ 1\ 1\ 1)$.

Paso 1: la condición. $C^\perp=\{0000,1111\}$, y $1111$ tiene peso par: $C_2^\perp\subseteq C_1$.

Paso 2: estabilizadores. $Z_1Z_2Z_3Z_4$ y $X_1X_2X_3X_4$. Conmutan porque $1111\cdot1111=4\equiv0\pmod2$.

Paso 3: $k$. $k=\dim C_1-\dim C_2^\perp=3-1=2$. Codifica dos cúbits en cuatro.

Paso 4: clases y estados. Tomamos $u_1=1100$ y $u_2=1010$, y $x_j=j_1u_1+j_2u_2$. Las cuatro clases dan:

$$\begin{aligned} \ket{00_L}&=\tfrac{1}{\sqrt2}(\ket{0000}+\ket{1111}), & \ket{01_L}&=\tfrac{1}{\sqrt2}(\ket{1010}+\ket{0101}),\\ \ket{10_L}&=\tfrac{1}{\sqrt2}(\ket{1100}+\ket{0011}), & \ket{11_L}&=\tfrac{1}{\sqrt2}(\ket{0110}+\ket{1001}). \end{aligned}$$

Entre las cuatro aparecen las 8 palabras de $C$, cada una exactamente una vez, así que los cuatro estados son ortonormales. Compruébalo en uno: $X_1X_2X_3X_4$ cambia $\ket{1010}$ por $\ket{0101}$ y al revés, así que deja fijo $\ket{01_L}$; y $Z_1Z_2Z_3Z_4$ da signo $(-1)^2=+1$ a los dos términos.

Paso 5: operadores lógicos. $\bar X_1=X(1100)=X_1X_2$ y $\bar X_2=X(1010)=X_1X_3$. Para los $\bar Z$ buscamos palabras de peso par: $z=0101$ cumple $z\cdot u_1=1$, $z\cdot u_2=0$, y $z=0011$ cumple lo contrario. Así $\bar Z_1=Z_2Z_4$ y $\bar Z_2=Z_3Z_4$. Por ejemplo, $\bar Z_1\ket{10_L}=-\ket{10_L}$, porque $1100$ y $0011$ tienen, cada una, un solo 1 en las posiciones 2 y 4.

Paso 6: síndromes. En el orden $(Z_1Z_2Z_3Z_4,\ X_1X_2X_3X_4)$:

• $X_3$ sobre $\ket{01_L}$ da $\tfrac{1}{\sqrt2}(\ket{1000}+\ket{0111})$: pesos impares, síndrome $(1,0)$. Es el síndrome clásico $H_1e^T=1$.
• $Z_1$ sobre $\ket{01_L}$ da $\tfrac{1}{\sqrt2}(-\ket{1010}+\ket{0101})$, que $X_1X_2X_3X_4$ cambia de signo: síndrome $(0,1)$.
• $Y_4$ da $(1,1)$.

Pero $X_1$, $X_2$, $X_3$ y $X_4$ dan todos $(1,0)$: el código detecta cualquier error en un cúbit, pero no sabe dónde está. Y $X_1X_2=\bar X_1$ tiene peso 2 y conmuta con todo, así que $d=2$: es un $[[4,2,2]]$, y la cota $d\ge\min(2,2)$ es exacta.

Ejercicios

Ejercicio 1

El código de repetición de bit de la lección 3 tiene estabilizadores $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$. Escríbelo como CSS: ¿quiénes son $C_1$, $C_2$ y $C_2^\perp$? Calcula $k$, los estados lógicos y la cota de la distancia.

Ver la solución

No hay estabilizadores de tipo $X$, así que $H_2$ no tiene filas: $C_2^\perp=\{000\}$ y $C_2=\mathbb{F}_2^3$. Las filas de $H_1$ son $110$ y $011$, luego $C_1=\{000,111\}$, el código de repetición $[3,1,3]$. La condición se cumple porque $000\in C_1$.

$k=1-0=1$. Cada clase tiene una sola palabra: $\ket{0_L}=\ket{000}$ y $\ket{1_L}=\ket{111}$. La cota es $d\ge\min(3,1)=1$, y $d=1$: $\bar Z=Z_1$ tiene peso 1. Corrige un $X$ (el síndrome $H_1e^T$ de la repetición: $X_1\to(1,0)$, $X_2\to(1,1)$, $X_3\to(0,1)$) y ningún $Z$, porque $C_2$ no corrige nada.

Ejercicio 2

El código de Shor también es CSS. (a) Halla $C_1$ y $C_2^\perp$ a partir de sus 8 estabilizadores, comprueba $C_2^\perp\subseteq C_1$ y calcula $k$. (b) Compara $\min(d(C_1),d(C_2))$ con su distancia $d=3$. (c) Escribe $\ket{000000000+C_2^\perp}$ y relaciónalo con los $\ket{0_L}$, $\ket{1_L}$ de la lección 4.

Ver la solución

(a) Las filas de $H_1$ son los vectores de $Z_1Z_2,\dots,Z_8Z_9$. Una palabra cumple esas seis ecuaciones si es constante en cada bloque: $C_1=\{aaa\,bbb\,ccc\}$, un $[9,3,3]$. Las filas de $H_2$ son $111111000$ y $000111111$, constantes por bloques: $C_2^\perp\subseteq C_1$, con $\dim C_2^\perp=2$. Así $k=3-2=1$.

(b) $d(C_1)=3$. $C_2$ son las palabras ortogonales a $111111000$ y $000111111$: las paridades de los tres bloques son iguales. Contiene $110000000$, así que $d(C_2)=2$ y la cota da solo $d\ge2$. Pero $Z_1Z_2$ es un estabilizador: no estropea nada. El código es degenerado y su distancia real es 3. Con la fórmula exacta: en $C_2$ no hay palabras de peso 1, y las de peso 2 tienen sus dos unos en un mismo bloque (si no, las paridades de los bloques no serían iguales), así que están en $C_1^\perp$ (peso par en cada bloque); así que los lógicos de tipo $Z$ pesan al menos 3, y los de tipo $X$ también, porque $d(C_1)=3$. Es el argumento corto que anunciaba la lección 8.

(c) La clase de $000000000$ da

$$\ket{000000000+C_2^\perp}=\tfrac12\big(\ket{000000000}+\ket{111111000}+\ket{000111111}+\ket{111000111}\big).$$

Desarrollando $(\ket{000}\pm\ket{111})^{\otimes3}$ se ve que es $(\ket{0_L}+\ket{1_L})/\sqrt2$ con los estados de Shor, y la otra clase, la de $111000000$, es $(\ket{0_L}-\ket{1_L})/\sqrt2$. La base CSS es la base «girada» de Shor: por eso allí $\bar X$ y $\bar Z$ salían «cruzados».

Ejercicio 3

Toma $C_1=C_2=\{000,111\}$, con $H_1=H_2$ de filas $110$ y $011$. ¿Se cumple la condición? Comprueba que $Z_1Z_2$ y $X_2X_3$ no conmutan. ¿Qué daría la fórmula de $k$?

Ver la solución

$C_2^\perp$ está generado por $110$ y $011$: $\{000,110,011,101\}$, que no cabe en $C_1=\{000,111\}$. Falla la condición.

$Z_1Z_2\leftrightarrow(000\mid110)$ y $X_2X_3\leftrightarrow(011\mid000)$ tienen producto simpléctico $110\cdot011=1$: anticonmutan (solo se solapan en el cúbit 2). No generan un grupo estabilizador. La fórmula daría $k=1-2=-1$, un sinsentido que avisa de lo mismo.

En resumen

• Un código CSS sale de dos códigos binarios con $C_2^\perp\subseteq C_1$: estabilizadores $Z(h)$ con $h$ fila de $H_1$ y $X(g)$ con $g$ fila de $H_2$. Conmutan justo por esa condición.
• Los estados lógicos son clases laterales: $\ket{x+C_2^\perp}=\frac{1}{\sqrt{|C_2^\perp|}}\sum_{y\in C_2^\perp}\ket{x+y}$, uno por clase de $C_1/C_2^\perp$, y $k=\dim C_1-\dim C_2^\perp$.
• Los errores $X$ dan el síndrome clásico de $C_1$ y los $Z$ el de $C_2$: corregir es decodificar dos códigos clásicos.
• $d\ge\min(d(C_1),d(C_2))$; la distancia solo es mayor si hay degeneración, como en Shor.
• Con $C_1=C_2=$ Hamming $[7,4,3]$, cuyo dual está dentro, sale el código de Steane: es la próxima lección.

Siguiente lección: El código de Steane