El código de repetición de 3 cúbits: corregir sin mirar

En la lección anterior aprendimos a medir un observable como $Z_1Z_2$ sin mirar el valor de ningún cúbit: el resultado dice en qué autoespacio está el estado, y si ya estaba en uno, no lo toca. Estamos en el relato de los tres obstáculos de la lección 1: (a) no se puede copiar un cúbit, (b) los errores son continuos y (c) medir destruye la superposición. Hoy construimos el primer código cuántico, el más pequeño que se te pueda ocurrir, y vemos qué parte de cada obstáculo resuelve. La pregunta de hoy es doble: ¿se puede proteger un cúbit repitiéndolo, aunque no se pueda copiar? Y, si se puede, ¿contra qué errores?

La idea

En el curso de códigos, el código de repetición $[3,1,3]$ manda cada bit tres veces y corrige un error por mayoría (lección 1). Con cúbits no podemos copiar $\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}$ tres veces, pero sí podemos repetir la información de un bit: mandar $\ket{0}$ a $\ket{000}$ y $\ket{1}$ a $\ket{111}$, y dejar que la linealidad decida qué hace con las superposiciones.

Los estados lógicos del código son

$$\ket{0_L}=\ket{000},\qquad \ket{1_L}=\ket{111}.$$

Son ortogonales (se diferencian en los tres cúbits), y el estado codificado de $\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}$ es

$$\ket{\psi_L}=\alpha\ket{0_L}+\beta\ket{1_L}=\alpha\ket{000}+\beta\ket{111}.$$

Las combinaciones $\alpha\ket{0_L}+\beta\ket{1_L}$ forman un subespacio de dimensión 2 dentro del espacio de 8 dimensiones de tres cúbits. Ese subespacio es el código.

Esto no es clonar. Clonar sería el producto $(\alpha\ket{0}+\beta\ket{1})^{\otimes 3}$, que al desarrollar tiene ocho términos, entre ellos $\alpha^2\beta\ket{001}$. El estado codificado solo tiene dos: $\ket{001}$ aparece con amplitud 0. Con $\alpha=\beta=1/\sqrt2$ se ve muy claro: el clon sería una superposición uniforme de los 8 kets, y $\ket{\psi_L}=(\ket{000}+\ket{111})/\sqrt2$ es un estado entrelazado en el que los tres cúbits están correlacionados y ninguno, por separado, tiene un valor definido. Esta es la primera respuesta al obstáculo (a): la redundancia no viene de copias, sino de correlaciones. No hay ninguna contradicción con el teorema de no clonación, porque no copiamos $\alpha$ y $\beta$ en tres sitios: los repartimos en un estado conjunto.

Medir paridades

Aquí entra el obstáculo (c). Si midiéramos los tres cúbits en la base computacional sabríamos si el estado es $\ket{000}$ o $\ket{111}$, y habríamos destruido la superposición y perdido $\alpha$ y $\beta$. Por eso medimos otra cosa: paridades. Los observables

$$Z_1Z_2,\qquad Z_2Z_3$$

valen $+1$ o $-1$ sobre un estado de la base: $Z_1Z_2\ket{x_1x_2x_3}=(-1)^{x_1+x_2}\ket{x_1x_2x_3}$, es decir, $+1$ si los cúbits 1 y 2 coinciden y $-1$ si difieren. Lo mismo para $Z_2Z_3$ con los cúbits 2 y 3. Los medimos como en la lección anterior, con los proyectores $(I\pm Z_1Z_2)/2$ y $(I\pm Z_2Z_3)/2$ (los dos son diagonales, así que conmutan: $Z_1Z_2\cdot Z_2Z_3=Z_2Z_3\cdot Z_1Z_2$, y se pueden medir los dos).

Sobre el código no se aprende nada: $\ket{000}$ y $\ket{111}$ tienen los tres cúbits iguales, así que ambos observables valen $+1$ en $\ket{0_L}$ y en $\ket{1_L}$, y por tanto en toda combinación $\alpha\ket{0_L}+\beta\ket{1_L}$. El código es justo el conjunto de estados que $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$ dejan fijos: sobre un estado de la base, los dos valen $+1$ solo si los tres bits coinciden, es decir, solo en $\ket{000}$ y $\ket{111}$. Por eso se les llama estabilizadores. El resultado de medirlos es siempre $(+1,+1)$ y no depende de $\alpha$ ni de $\beta$: no hay información sobre el dato, y la superposición sobrevive.

Escribiremos el resultado como un síndrome de dos bits $(s_1,s_2)$, con $s_j=0$ si sale $+1$ y $s_j=1$ si sale $-1$. Si $E$ es un error formado por $X$ y $Z$ en algunos cúbits, $Z_1Z_2$ y $E$ o bien conmutan ($Z_1Z_2E=EZ_1Z_2$, síndrome 0) o bien anticonmutan ($Z_1Z_2E=-EZ_1Z_2$, síndrome 1). Se decide cúbit a cúbit. Donde uno lleva $X$ y el otro $Z$, aparece un signo, porque $XZ=-ZX$; en los demás cúbits no. Si hay un número par de cúbits así, los operadores conmutan; si es impar, anticonmutan. Razón de una línea del síndrome: si $Z_1Z_2E=-EZ_1Z_2$, entonces $Z_1Z_2E\ket{\psi_L}=-EZ_1Z_2\ket{\psi_L}=-E\ket{\psi_L}$, y sale $-1$.

Tabla de síndromes

Un cambio de bit en el cúbit $i$ es $X_i$ ($X$ en el cúbit $i$, identidad en los demás). Anticonmuta con las paridades en las que interviene el cúbit $i$ y conmuta con las demás:

error	$X_1$	$X_2$	$X_3$	ninguno
síndrome $(Z_1Z_2,\,Z_2Z_3)$	$(1,0)$	$(1,1)$	$(0,1)$	$(0,0)$

Los cuatro síndromes son distintos, así que el síndrome identifica qué cúbit se dio la vuelta. Para corregir se aplica de nuevo el mismo $X_i$, porque $X_i^2=I$. Compáralo con la tabla del código clásico $[3,1,3]$, con $H=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}$: las columnas son $(1,0)^T$, $(1,1)^T$ y $(0,1)^T$, las mismas. Cada fila de $H$ dice qué posiciones comparan las paridades, y $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$ comparan exactamente esas. La decodificación por síndrome clásica y la cuántica son la misma cuenta. Eso responde al obstáculo (c): se mide el síndrome, nunca los datos.

Un error continuo

Un cambio de bit completo es un error muy brusco. El obstáculo (b) decía que los errores reales son continuos. Tomemos el más sencillo, una rotación pequeña del cúbit 1:

$$E=\cos\theta\,I-i\sin\theta\,X_1.$$

Con $\theta=0$ no pasa nada, y con $\theta=\pi/2$ es el cambio de bit completo (salvo la fase $-i$). Para valores intermedios, el cúbit 1 queda «a medias». Aplicado al estado codificado:

$$E\ket{\psi_L}=\cos\theta\,(\alpha\ket{000}+\beta\ket{111})-i\sin\theta\,(\alpha\ket{100}+\beta\ket{011}).$$

Es una superposición de dos cosas: el estado sin error y el estado con $X_1$. Ahora medimos el síndrome. El primer sumando está en el autoespacio $(0,0)$ y el segundo en el $(1,0)$, y la medida proyectiva obliga a elegir uno:

• síndrome $(0,0)$, con probabilidad $\cos^2\theta$: el estado queda $\ket{\psi_L}$, limpio, y no hay nada que corregir;
• síndrome $(1,0)$, con probabilidad $\sin^2\theta$: queda $-i\,X_1\ket{\psi_L}$, y al aplicar $X_1$ se recupera $\ket{\psi_L}$ (salvo la fase global $-i$, que no se puede observar).

En los dos casos el estado final es exactamente el original, y no hemos tenido que saber cuánto valía $\theta$. Ningún otro síndrome puede salir. La medida del síndrome ha convertido un error continuo en uno discreto: «ninguno» o «$X_1$». Es solo la primera señal de la respuesta al obstáculo (b), porque aquí el error continuo era una combinación de $I$ y $X_1$. En la lección 5 veremos que para cualquier error vale el mismo argumento.

El límite: un $Z$ pasa sin ser visto

Hemos corregido todos los cambios de bit. Pero un cúbit también puede sufrir un cambio de fase $Z$. Veamos qué hace $Z_1$ sobre el estado codificado: $Z_1\ket{000}=\ket{000}$ y $Z_1\ket{111}=-\ket{111}$, así que

$$Z_1\ket{\psi_L}=\alpha\ket{000}-\beta\ket{111}.$$

Su síndrome es $(0,0)$, porque $Z_1$ conmuta con $Z_1Z_2$ y con $Z_2Z_3$. El error no se ve, y el estado ha cambiado: es el estado codificado de $\alpha\ket{0}-\beta\ket{1}$, otro dato distinto. Lo mismo pasa con $Z_2$ y $Z_3$.

De hecho $Z_1$ es un operador lógico: actúa sobre el código como $Z$ sobre un cúbit, $\bar Z\ket{j_L}=(-1)^j\ket{j_L}$. Junto con $\bar X=X_1X_2X_3$, que lleva $\ket{0_L}$ a $\ket{1_L}$ y viceversa, son el $Z$ y el $X$ del cúbit lógico. Hay un detalle importante: $\bar Z$ puede ser $Z_1$, que pesa 1 (actúa en un solo cúbit) y no es un estabilizador. Un error en un solo cúbit puede cambiar el dato sin que nadie se entere: la distancia de este código es 1 (es el peso del operador lógico más ligero; la definimos con calma en la lección 8), y más adelante lo escribiremos $[[3,1,1]]$. En otras palabras, este código corrige un cambio de bit pero ningún cambio de fase.

Con dos cambios de bit también se equivoca. $X_1X_2$ tiene el síndrome $(0,1)$, el mismo que $X_3$, y el decodificador aplica $X_3$. Queda $X_1X_2X_3=\bar X$ sobre el dato: un error lógico que intercambia $\alpha$ y $\beta$, igual que en el código clásico.

La versión de fase

Si lo que nos preocupa es el cambio de fase, se puede repetir lo mismo en la otra base. Los estados lógicos son ahora

$$\ket{0_L}=\ket{+++},\qquad \ket{1_L}=\ket{---},$$

y los estabilizadores, $X_1X_2$ y $X_2X_3$. Es lo mismo que antes con los papeles de $X$ y $Z$ cambiados, porque $X\ket{\pm}=\pm\ket{\pm}$ y $Z\ket{\pm}=\ket{\mp}$. Un $Z_i$ da la tabla que antes daba $X_i$:

error	$Z_1$	$Z_2$	$Z_3$	ninguno
síndrome $(X_1X_2,\,X_2X_3)$	$(1,0)$	$(1,1)$	$(0,1)$	$(0,0)$

Esta versión corrige un cambio de fase, pero ahora es un $X_1$ el que pasa sin ser visto: deja $\ket{+++}$ igual y cambia el signo de $\ket{---}$, es decir, cambia el dato.

Ninguna de las dos versiones protege contra las dos cosas a la vez. Un cúbit real puede sufrir un cambio de bit, un cambio de fase o ambos. El primer código corrige $X$ y no ve $Z$; el segundo, al revés. La pregunta para la lección 4 es inevitable: ¿se pueden combinar los dos códigos para corregir ambos errores? Sí, y eso es lo que hizo Shor.

Ejemplo resuelto

Tomamos $\ket{\psi}=0{,}6\ket{0}+0{,}8i\ket{1}$ (comprueba que $0{,}6^2+0{,}8^2=1$), codificado como

$$\ket{\psi_L}=0{,}6\ket{000}+0{,}8i\ket{111}.$$

Error $X_2$. El estado pasa a $0{,}6\ket{010}+0{,}8i\ket{101}$. Medimos $Z_1Z_2$: en $\ket{010}$ los cúbits 1 y 2 difieren, y en $\ket{101}$ también, así que sale $-1$ con certeza. Medimos $Z_2Z_3$: los cúbits 2 y 3 difieren en ambos términos, así que sale $-1$. El síndrome es $(1,1)$, el de $X_2$. Aplicamos $X_2$ y volvemos a $0{,}6\ket{000}+0{,}8i\ket{111}$. Fíjate en que los dos términos dan la misma respuesta: por eso medir no ha tocado la superposición, y los números $0{,}6$ y $0{,}8i$ no han intervenido.

Error continuo, con $\theta=\pi/6$. Aquí $\cos^2\theta=3/4$ y $\sin^2\theta=1/4$. El estado es

$$E\ket{\psi_L}=\tfrac{\sqrt3}{2}\,(0{,}6\ket{000}+0{,}8i\ket{111})-\tfrac{i}{2}\,(0{,}6\ket{100}+0{,}8i\ket{011}).$$

Con probabilidad $3/4$ el síndrome es $(0,0)$ y queda $\ket{\psi_L}$. Con probabilidad $1/4$ es $(1,0)$ y queda $-i\,(0{,}6\ket{100}+0{,}8i\ket{011})$; aplicando $X_1$ se obtiene $-i\,(0{,}6\ket{000}+0{,}8i\ket{111})=-i\ket{\psi_L}$, que es el estado original salvo la fase global.

Un $Z$ que no se ve. Con $Z_1$ el estado es $0{,}6\ket{000}-0{,}8i\ket{111}$, síndrome $(0,0)$. El decodificador no hace nada, y el dato guardado ya no es $\ket{\psi}$ sino $0{,}6\ket{0}-0{,}8i\ket{1}$. Su solape con el original es $|0{,}36-0{,}64|^2=0{,}0784$ (el solape $|\braket{\phi|\psi}|^2$ de la lección 1): casi ortogonales.

Ejercicios

Ejercicio 1

Sobre $\ket{\psi_L}=\alpha\ket{000}+\beta\ket{111}$ ocurre el error $X_3$. ¿Qué síndrome sale y cómo se corrige?

Ver la solución

El estado es $\alpha\ket{001}+\beta\ket{110}$. En $Z_1Z_2$, los cúbits 1 y 2 coinciden en ambos términos (son $00$ y $11$), así que sale $+1$. En $Z_2Z_3$, los cúbits 2 y 3 difieren en ambos ($01$ y $10$), así que sale $-1$. El síndrome es $(0,1)$, el de $X_3$, y se corrige aplicando $X_3$.

Ejercicio 2

En la versión de fase, el estado es $\alpha\ket{+++}+\beta\ket{---}$ y ocurre el error $Z_2$. Calcula el estado tras el error, el síndrome y la corrección.

Ver la solución

$Z\ket{+}=\ket{-}$ y $Z\ket{-}=\ket{+}$, luego $Z_2$ deja $\alpha\ket{+-+}+\beta\ket{-+-}$. El observable $X_1X_2$ vale $+1$ sobre un estado de la base de $\ket{\pm}$ si los cúbits 1 y 2 tienen el mismo signo y $-1$ si difieren: aquí difieren en ambos términos, luego sale $-1$. Lo mismo ocurre con $X_2X_3$. El síndrome es $(1,1)$, el de $Z_2$, y se corrige aplicando $Z_2$ otra vez.

Ejercicio 3

En el código de bit ocurren dos errores, $X_1$ y $X_2$ a la vez. Calcula el síndrome, lo que hace el decodificador y qué estado queda. ¿Qué tiene que ver con el código clásico $[3,1,3]$?

Ver la solución

El estado es $\alpha\ket{110}+\beta\ket{001}$. El cúbit 1 y el 2 coinciden, así que $Z_1Z_2$ da $+1$, y los cúbits 2 y 3 difieren, así que $Z_2Z_3$ da $-1$: síndrome $(0,1)$, el de $X_3$. El decodificador aplica $X_3$ y deja $\alpha\ket{111}+\beta\ket{000}$, que es $\beta\ket{0_L}+\alpha\ket{1_L}$: los coeficientes están intercambiados, un error lógico $\bar X$ que ya no se puede detectar. En el código clásico pasa lo mismo: recibir $110$ cuando se envió $000$ se decodifica como $111$. Con distancia 3, dos errores superan lo que se corrige.

En resumen

• El código de repetición de 3 cúbits manda $\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}$ a $\alpha\ket{000}+\beta\ket{111}$: es un estado entrelazado, no tres copias (obstáculo (a)).
• Se miden las paridades $Z_1Z_2$ y $Z_2Z_3$, nunca los cúbits: el síndrome identifica un cambio de bit sin tocar $\alpha$ ni $\beta$ (obstáculo (c)). Es la misma tabla que el código clásico $[3,1,3]$.
• Un error continuo como $\cos\theta\,I-i\sin\theta\,X_1$ queda, tras medir el síndrome, en «ninguno» o en «$X_1$», y se recupera el estado en los dos casos: primera señal de la respuesta al obstáculo (b).
• Un cambio de fase $Z$ pasa sin ser visto (distancia 1). La versión de fase con $\ket{+++}$, $\ket{---}$ corrige $Z$ pero deja pasar $X$.
• Pregunta abierta: ¿se pueden proteger los dos tipos de error a la vez?

Siguiente lección: El código de Shor: tres respuestas a tres obstáculos