Códigos estabilizadores y síndrome: vigilar sin mirar

En la lección anterior convertiste cada error de Pauli en un vector y aprendiste a decidir con un producto simpléctico si dos de ellos conmutan. Hasta ahora hemos fabricado dos códigos a mano, la repetición de 3 cúbits y el de Shor, y en cada uno medíamos unas paridades que nos habíamos sacado de la manga. El relato avanza: el código de Shor respondía a los tres obstáculos, y ahora ponemos orden con un idioma general que nos permitirá fabricar códigos en serie (lección 9). La pregunta de hoy: ¿qué listas de observables definen un código, y cómo se lee el error en el resultado de medirlos?

La idea

Toma unos cuantos Pauli que conmuten dos a dos, como $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$. Los estados que todos ellos dejan exactamente igual (valor propio $+1$) forman un subespacio. Ese subespacio es el código. Si un error saca al estado del código, alguno de los Pauli dejará de verlo con valor propio $+1$, y al medirlos nos dirán qué pasó. No hace falta mirar el dato: solo vigilamos las paridades.

Definición

Un grupo estabilizador es un conjunto $S$ de operadores de Pauli de $n$ cúbits (con fases $\pm1,\pm i$) que cumple dos cosas:

1. es un grupo abeliano: cualquier par de elementos conmuta, y el producto de dos elementos de $S$ está en $S$;
2. no contiene $-I$.

A cada elemento de $S$ se le llama un estabilizador del código: deja fijo todo estado del código.

El código estabilizador asociado es

$$\mathcal{Q}(S)=\{\ket{\psi} : g\ket{\psi}=\ket{\psi}\ \text{para todo } g\in S\}.$$

Por qué tienen que conmutar. Si $g$ y $h$ anticonmutan y ambos fijan $\ket\psi$, entonces

$$\ket\psi = gh\ket\psi = -hg\ket\psi = -\ket\psi,$$

y el único vector que cumple $\ket\psi=-\ket\psi$ es el $0$. Con generadores que anticonmutan no queda ningún estado: no hay código. Por ejemplo, $XXX$ y $ZZZ$ tocan los tres cúbits a la vez y anticonmutan (ejercicio 3).

Por qué se excluye $-I$. Si $-I\in S$, un estado fijado cumpliría $-\ket\psi=\ket\psi$, otra vez cero. Además, todo Pauli cumple $g^2=I$ o $g^2=-I$, y como $g^2\in S$, queda $g^2=I$ para todo $g\in S$ (por ejemplo, $iX$ no puede estar en $S$, porque $(iX)^2=-I$). Así que todo elemento de $S$ es hermítico, con valores propios $+1$ y $-1$.

Generadores y dimensión

Un grupo se describe con pocos generadores $g_1,\dots,g_r$: todo elemento de $S$ es un producto de algunos de ellos. Los pedimos independientes: ninguno es producto de los demás. En vectores $(a\mid b)\in\mathbb{F}_2^{2n}$ eso significa que las $r$ filas tienen rango $r$ sobre $\mathbb{F}_2$. Entonces $S$ tiene $|S|=2^r$ elementos (cada generador entra o no entra en el producto).

¿Cuánto espacio queda? Cada $g_j$ reparte $\mathbb{C}^{2^n}$ en dos mitades iguales, la del valor propio $+1$ y la del $-1$, y quedarse con la primera se hace con el proyector $(I+g_j)/2$. Como conmutan y son independientes, cada generador nuevo parte por la mitad lo que quedaba:

$$\dim\mathcal{Q}(S)=2^{n-r}.$$

Un espacio de dimensión $2^k$ guarda $k$ cúbits, así que $k=n-r$. Se escribe $[[n,k]]$ (con la distancia, $[[n,k,d]]$, en la lección 8).

Una comprobación exacta: el proyector sobre el código es $\prod_{j=1}^{r}\frac{I+g_j}{2}$. Al desarrollar el producto salen los $2^r$ elementos de $S$, cada uno con coeficiente $1/2^r$: es $\frac1{2^r}\sum_{g\in S}g$. Todo Pauli que no sea múltiplo de la identidad tiene traza $0$, y el único múltiplo de $I$ en $S$ es la propia $I$, así que la traza del proyector vale $2^n/2^r$. La traza de un proyector es la dimensión de su subespacio: sale $2^{n-r}$.

El código como subespacio de $\mathbb{F}_2^{2n}$

Los vectores de los elementos de $S$ forman un subespacio $C\subseteq\mathbb{F}_2^{2n}$ de dimensión $r=n-k$. La condición de que todos conmuten es, por la lección anterior, que el producto simpléctico de cualquier par sea cero, es decir,

$$C\subseteq C^{\perp_s}.$$

Es un código autoortogonal. Los generadores van en las filas de la matriz de estabilizadores $(A\mid B)$, de tamaño $r\times 2n$: $A$ guarda las posiciones con $X$ y $B$ las posiciones con $Z$ (un $Y$ cuenta en las dos). Conmutar equivale a $BA^T+AB^T=0$ módulo 2.

El síndrome

Un error de Pauli $E\leftrightarrow e$ estropea el estado $\ket\psi\in\mathcal{Q}(S)$. Para cada generador $g_j$ definimos

$$s_j=\langle g_j,e\rangle_s \in\{0,1\},$$

que vale $0$ si $g_j$ y $E$ conmutan y $1$ si anticonmutan. El vector $s=(s_1,\dots,s_r)$ es el síndrome de $E$.

Qué valor propio sale. Como $g_j\ket\psi=\ket\psi$,

$$g_jE\ket\psi=(-1)^{s_j}Eg_j\ket\psi=(-1)^{s_j}E\ket\psi.$$

El estado $E\ket\psi$ es un vector propio de $g_j$ de valor propio $(-1)^{s_j}$. Al medir $g_j$ (la medida proyectiva de la lección 2, con proyectores $(I\pm g_j)/2$) sale ese valor con certeza: $+1$ si conmutan, $-1$ si anticonmutan.

Es el $He^T$ de siempre. En el curso de códigos, el síndrome de lo recibido $y=c+e$ (allí lo llamábamos $r$) es $s=Hy^T=He^T$: solo depende del error, porque $Hc^T=0$. Aquí pasa lo mismo. Si escribimos $e=(a'\mid b')$ y $g_j=(a\mid b)$, el producto simpléctico es $b\cdot a'+a\cdot b'$, así que

$$s^T=(B\mid A)\,e^T.$$

La matriz $H=(B\mid A)$ (la de estabilizadores con las dos mitades intercambiadas) hace de matriz de paridad. Y todo lo demás se traduce: $s=0$ significa que el error conmuta con todo $S$, y la lista de síndromes de peso 1 se lee en las columnas de $H$. Lo nuevo es que no hay una palabra enviada $c$ que restar: el dato cuántico $\ket\psi$ nunca se ve.

Por qué no destruye el dato. El resultado de la medida depende solo de $e$, no de $\ket\psi$. Como $E\ket\psi$ ya es un vector propio, la medida no lo cambia, y no revela nada sobre las amplitudes $\alpha,\beta$. Es la respuesta al obstáculo (c): medimos paridades, nunca datos. Si el error es una suma de Pauli (obstáculo (b)), la medida se queda solo con los sumandos que tienen el síndrome obtenido, como vimos con $\cos\theta\,I-i\sin\theta\,X_1$ en la lección 3.

Decodificar

El procedimiento copia el de la lección clásica:

1. mide los $r$ generadores y obtén el síndrome $s$;
2. entre los errores con ese síndrome, elige uno de menor peso (el líder de la clase); si hay varios, se fija de antemano cuál (en la repetición, para el síndrome $(1,1)$ fijamos $X_2$ y no $Y_2$, porque es un código contra cambios de bit), y en la lección 8 veremos cuándo esa elección importa;
3. aplícalo, porque un Pauli es su propio inverso salvo fase.

Hay $2^r$ síndromes posibles. Un error con síndrome $0$ no se ve: o no hubo error o fue uno que conmuta con todo el grupo estabilizador. Cuándo eso es inofensivo y cuándo estropea el dato lo decide la distancia del código, y lo veremos en la lección 8.

Ejemplo resuelto

A. La repetición de 3 cúbits. Generadores $g_1=Z_1Z_2$ y $g_2=Z_2Z_3$, con vectores $(000\mid110)$ y $(000\mid011)$.

• Conmutan: ambos son de tipo $Z$, y dos operadores que solo tienen $Z$ o identidad siempre conmutan. En vectores, $A=0$ y $BA^T+AB^T=0$.
• Independientes: ninguno es el otro, rango 2.
• Dimensión: $n=3$, $r=2$, así que $2^{3-2}=2$ y $k=1$. Es el espacio generado por $\ket{000}$ y $\ket{111}$.
• Matriz: $A=0$ y $B=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}$, luego $H=(B\mid A)$.

Síndrome de $X_i$ = columna $i$ de $B$, y $Z_i$ da $0$ porque $A=0$. Un $Y_i$ suma los dos:

error	$X_1$, $Y_1$	$X_2$, $Y_2$	$X_3$, $Y_3$	$Z_1,Z_2,Z_3$
síndrome $(s_1,s_2)$	$(1,0)$	$(1,1)$	$(0,1)$	$(0,0)$

Comprobación con un estado concreto, $\ket\psi=\alpha\ket{000}+\beta\ket{111}$ y el error $X_2$: queda $\alpha\ket{010}+\beta\ket{101}$. En $\ket{010}$, $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$ valen $-1$, y en $\ket{101}$ también. Salen los dos valores $-1$ con certeza, sea cual sea $\alpha,\beta$: síndrome $(1,1)$, el de la tabla. El decodificador aplica $X_2$ y recupera $\ket\psi$.

Los $Z_i$ pasan sin que nadie los vea: la repetición no los corrige, y la lección 8 dirá por qué.

B. El código de Shor, releído. Son 8 generadores en $n=9$: $Z_1Z_2$, $Z_2Z_3$, $Z_4Z_5$, $Z_5Z_6$, $Z_7Z_8$, $Z_8Z_9$, $X_1\cdots X_6$ y $X_4\cdots X_9$. Conmutan por parejas: dos de tipo $Z$ siempre; dos de tipo $X$ también; y un $ZZ$ con un $X\cdots X$ solapan en 0 o en 2 posiciones. Por ejemplo, $Z_1Z_2$ con $X_1\cdots X_6$ solapan en las posiciones 1 y 2, dos anticonmutaciones que se cancelan; y $Z_2Z_3$ con $X_4\cdots X_9$ no solapan en ninguna. Rango 8 sobre $\mathbb{F}_2$, y la dimensión es $2^{9-8}=2$: un cúbit lógico.

La matriz $(A\mid B)$ tiene dos bloques: las seis primeras filas son $(0\mid\text{unos de }Z)$ y las dos últimas $(\text{unos de }X\mid0)$. El síndrome de $X_i$ es la columna $i$ de $B$, y el de $Z_i$, la columna $i$ de $A$. Con eso, la tabla de la lección 5 es una tabla de productos simplécticos:

• $X_5$ anticonmuta solo con los generadores que tienen una $Z$ en la posición 5, que son $Z_4Z_5$ y $Z_5Z_6$: síndrome $00110000$.
• $Z_2$ anticonmuta solo con $X_1\cdots X_6$: síndrome $00000010$ (y el mismo para $Z_1$ y $Z_3$: errores distintos, mismo efecto, la degeneración).
• $Y_5$ es $X_5$ más $Z_5$ en los vectores, y el síndrome se suma: $00110000+00000011=00110011$.

C. Un caso límite: Bell con $k=0$. Con $g_1=X_1X_2$ y $g_2=Z_1Z_2$: conmutan (dos solapamientos), son independientes, $n=2$, $r=2$, así que la dimensión es $2^0=1$ y $k=0$. Hay un único estado, $(\ket{00}+\ket{11})/\sqrt2$, y no guarda ningún cúbit. Pero el síndrome sigue funcionando: $X_1$ da $(0,1)$, $Z_1$ da $(1,0)$ e $Y_1$ da $(1,1)$, y los cuatro posibles resultados corresponden a los cuatro estados de Bell: $(\ket{00}\pm\ket{11})/\sqrt2$ y $(\ket{01}\pm\ket{10})/\sqrt2$. Este es el caso extremo: tantos generadores como cúbits y todo el espacio queda determinado.

Ejercicios

Ejercicio 1

En la repetición de 3 cúbits, calcula el síndrome de $Y_2$ y di qué corrección aplica el decodificador y qué queda.

Ver la solución

$Y_2$ anticonmuta con $Z_1Z_2$ y con $Z_2Z_3$ (en el cúbit 2, $Y$ y $Z$ anticonmutan): síndrome $(1,1)$, el mismo que $X_2$. Con ese síndrome hay dos errores de peso 1, $X_2$ e $Y_2$, y el decodificador tiene que elegir uno de antemano. Si elige $X_2$ (lo natural: es el código de bit), como $Y=iXZ$, queda $X_2Y_2\ket\psi=iZ_2\ket\psi$: se ha corregido la parte $X$, pero la parte $Z$ sigue ahí. Si hubiera elegido $Y_2$, este error se corregiría, pero entonces un $X_2$ quedaría convertido en $Z_2$ (salvo fase). Se diferencian en $Z_2$, que cambia el dato: con distancia 1 ninguna elección corrige los dos. La repetición no protege contra los cambios de fase.

Ejercicio 2

En la repetición se produce el error doble $X_1X_3$. Calcula su síndrome, el error que elige el decodificador y el estado final con $\ket\psi=\alpha\ket{000}+\beta\ket{111}$.

Ver la solución

Los síndromes se suman: $(1,0)+(0,1)=(1,1)$, el de $X_2$. El decodificador de peso mínimo aplica $X_2$, y la corrección total es $X_2X_1X_3=X_1X_2X_3$. Queda $\beta\ket{000}+\alpha\ket{111}$: un estado del código, sin ningún síndrome que avise, pero con $\alpha$ y $\beta$ intercambiados. Dos errores superan lo que corrige la repetición, igual que dos errores superaban al Hamming en el curso clásico.

Ejercicio 3

(a) Comprueba que $\langle XXX,ZZZ\rangle$ no define un código para cúbits. (b) ¿Y $\langle XXXX,ZZZZ\rangle$ con cuatro cúbits? Calcula $r$, $k$ y el síndrome de $X_1$, $Z_1$ e $Y_1$.

Ver la solución

(a) Los vectores son $(111\mid000)$ y $(000\mid111)$, con producto simpléctico $1+1+1=3\equiv1\pmod2$: anticonmutan. Ningún estado queda fijado por los dos, y no hay código. Es el caso en el que la conmutación es crucial. En la lección 11 veremos que con sistemas de 3 niveles el mismo par sí conmuta, porque $3\equiv0$ módulo 3.

(b) Ahora el solapamiento es $4\equiv0$: conmutan. Son independientes, $r=2$, y $k=4-2=2$: la dimensión es $2^2=4$, dos cúbits lógicos. Síndromes (orden $XXXX$, $ZZZZ$): $X_1\to(0,1)$, $Z_1\to(1,0)$, $Y_1\to(1,1)$. El síndrome no depende de la posición: $X_1$ y $X_2$ dan lo mismo. Así que detecta un error en un cúbit, pero no sabe dónde fue.

En resumen

• Un código estabilizador es el subespacio que fija un grupo de Pauli que conmutan y que no contiene $-I$. Si anticonmutaran, no habría ningún estado fijado.
• Con $r$ generadores independientes, $|S|=2^r$, la dimensión es $2^{n-r}$ y $k=n-r$. Sus vectores forman un código autoortogonal $C\subseteq C^{\perp_s}$.
• El síndrome de un error es $s_j=\langle g_j,e\rangle_s$, y medir $g_j$ da $(-1)^{s_j}$ con certeza. Es $s^T=(B\mid A)\,e^T$: el $He^T$ clásico.
• Medir el síndrome no depende de los datos, así que no los destruye.
• Se decodifica con el error de menor peso de cada síndrome; los errores con síndrome $0$ no se ven, y la distancia decidirá cuáles importan.

Siguiente lección: Operadores lógicos, distancia y estados lógicos