對於錯誤，一般有兩種：
- random: 錯誤以一定的概率發生在每個位元上（對這種問題的研究一般是資訊理論中，通道熵一類的問題）
- worst case: 錯誤發生在某個位元上，這也是糾錯碼襄陽解決的問題
經典線性碼：
主要是利用了定義在有限域\(\mathbb{F}_{2}\)上的線性代數，\(\mathbb{F}_{2}=\{0,1\}\)，然後定義了兩個操作，\(+\) 和 \(\cdot\)。
\(\cdot\)和正常的乘法一樣，只有在\(1 \cdot1\)的時候結果為1，其餘都為0，而\(+\)則有一點小不同，因為這是一個封閉的有限域，所以\(1+1\)不等於2而是等於0，計算結果模2。
現在已經有了\(\mathbb{F}_{2}\)，每一個位元都是這麼的一個空間，如果我們有n位元，那麼我們的空間就是\(\mathbb{F}_{2}^{n}\)，在這個空間上我們可以定義向量。
假定我有了線性獨立向量\(g_1,...,g_k\)我們把寫著稱之為generator of the code，由他們我們可以張成封閉子空間 \(C\)，\(C \geq \mathbb{F}_{2}^{n}\)，這個空間的中的向量都可以由\(a_1g_1+a_2g_2+...+a_kg_k\)表達，其中\(a_1,...,a_k\)也都屬於\(\mathbb{F}_{2}\)，這個空間的維度為k。
這裡我們定義一個矩陣G，他的每一列都由generator \(g_1,...,g_k\)表示，所以這是一個\(n*k\)的矩陣。如果用屬於\(\mathbb{F}_{2}^{k}\)的向量來表示\(a_1,...,a_k\)，則上面的式子就可以變成\(Ga\)，這相當於是一個對映，把空間\(\mathbb{F}_{2}^{k}\)對映成了\(C\)。
這相當於就是一個編碼方法了，把\(\mathbb{F}_{2}^{k}\)空間裡的k位向量，編碼成\(C\)空間裡的n位向量，我們只需要做一個矩陣和向量的乘法即可。
用一個例子來說明一下：
多數碼：我們的碼字空間就是\(C=\{0^n,1^n\}\)，用n個0來表示0，n個1來表示1，G就是一個簡單的全1的列向量。
現在來看我們的編碼結果，\(\begin{pmatrix} 1\\1\\...\\1\end{pmatrix}a=\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\...\\x_n\end{pmatrix}\)。
對於向量x有什麼是要滿足的嗎？
如果我們的編碼計算沒有問題的話，我們的\(x_1=x_2\),\(x_2=x_3\)，……，\(x_{n_1}=x_n\)，這個永也可以用另一個種方式表達，\(x_1+x_2=0\)因為只有在他們同時為1或者同時為0的時候才會加起來為0。
為此，我們可以定義一個新的矩陣H，\(H= \begin{pmatrix} 1 &1 & 0& ... & 0 \\ 0 & 1 & 1 & ... & 0 \\ ... \\ 0 & 0 & ... & 1& 1 \end{pmatrix}\)只有對角線上兩個1，其他都是0.
有這個矩陣有什麼用呢？
如果我們有了這個矩陣，我們可以用來驗證我們的編碼是不是對的，通過計算\(Hx=0\)如果等於0，那麼我們的編碼就是對的，如果不等於0，那麼我們的編碼就發生了錯誤。
H也就是我們的檢測矩陣 check matrix，如果G是n*k 的矩陣的話，H就是(n-k)*n的矩陣。
我們聊這麼久的線性碼的意義何在？
因為我們可以把H 也就是 check matrix 擴充到量子的領域，也就是我們的Stabilzer code。
經典線性碼，有兩種等價的描述，\(C_{c l}=\operatorname{Im}(G)=\operatorname{ker}(H) \leq \mathbb{F}_{2}^{n}\)
對H來說，C空間裡的任意一個向量都和H的每一個行向量的內積都是0，\(H x=0 \Longleftrightarrow\langle x, h\rangle = 0 \forall h \in \operatorname{Im}(H^{\dagger})\)
從量子的角度來看，我們的量子碼字空間\(C=span\{|x\rangle: x \in C_{cl}\}\)和它對應的check aatrix H。
\(\forall h \in \operatorname{Im}(H^{\dagger})\)我們選擇這麼一個操作\(Z^{h}=Z_{1}^{h_{1}} \ldots Z_{n}^{h_{n}}\)作用在 $|x\rangle $ 上，得到\(Z^{h}|x\rangle=Z_{1}^{h_{1}}\left|x_{1}\right\rangle \otimes \ldots \otimes Z_{n}^{h_{n}}\left|x_{n}\right\rangle=(-1)^{\langle h, x\rangle}|x\rangle\)。因為\(\langle h, x\rangle=0\)，所以\(Z^h|x\rangle=|x\rangle\)。
也就是說，\(|x\rangle\)是\(Z^h\)特徵值為1的特徵向量。
\(C=\left\{|\psi\rangle: Z^{h}|\psi\rangle=|\psi\rangle \forall h \in \operatorname{Im} H\right\}\)這個條件的另一種描述方法就是\(|\psi\rangle\) is stabilized by\(Z^h\)。
Stabilizer是什麼？
定義
Stabilizer group(S)是什麼？
簡單來說，stabilizer group(S)就是滿足了以下兩個條件的Pauli群的子群。
Pauli群是什麼？
\(\left\{\omega^{c} X_{j}^{a_{j}} Z_{j}^{b_{j}}\right\}_{j=1, \ldots, N}^{a_{j}, b_{j}, c=0, \ldots, d-1}\)其中 \(w=e^{2\pi i/d}\) ，並且這個群是封閉的。
那麼需要滿足的兩個條件是什麼呢？
- S裡面的所有的元素都是對易的，即可以交換，S is an abelian subgroup of \(P_n\)
- -I不在S裡面
這兩個條件其實是統一的，可以相互推導，在S裡沒有-I很容易理解，如果有了-I，那麼滿足\(-I |x \rangle = |x\rangle\)的\(|x\rangle\)就只有0向量了。
如果在S裡面沒有-I，那麼反對易的元素也不在S裡面，Pauli矩陣要麼是對易要麼反對易，如果它們是反對易的，則存在\(S \ni g h g h=-g h h g=-I\)，與第二個要求矛盾。
Stabilizer 子空間
Stabilizer 子空間就是\(V_S=\{|\psi\rangle: g|\psi\rangle=|\psi\rangle, \forall g \in S\}\)。
一個stabilizer group(S)就有一個對應的stabilizer subspace，S裡面的任意一個操作作用在這個子空間裡都不會有什麼變化。
例子
- \(V_{S}=\operatorname{span}\{|00\rangle\}\)，對於這個子空間，\(S=\{I I, I Z, Z I, Z Z\}=\langle I Z, Z I\rangle\)，之所以後面還劃出來了一個IZ和ZI，那麼是因為II和ZZ可以通過這兩個相乘得到，我們也說， S is generated by IZ,ZI。
- \(V_{S}=\operatorname{span}\{|000\rangle,|111\rangle\}\)這就是我們先前說的重複編碼，對於這個子空間，他的S就是\(S=\langle Z Z I, I Z Z\rangle\)前面的兩個ZZ保證的是第一個位元和第二個位元是相同的，後面兩個ZZ保證的是第二個位元和第三個位元是相同的。
- \(V_{S}=\operatorname{span}\{|+++\rangle,|---\rangle\}\)對於這種情況，找他的S也很容易，因為就是一個換基的過程\(S=\langle X X I, I X X\rangle\)。
投影運算元
現在我們還可以來描述這個子空間的投影運算元，我們可以先定義一個\(\Pi_{S}\)使得\(\Pi_{S}=\frac{1}{|S|} \sum_{g \in S} g\)
如果\(g \in S\)，那麼\(g \Pi_{S}=\Pi_{S}\)，證明這一點很容易，因為：
\(g \sum_{h \in S} h=\sum_{h \in S} g h=\sum_{h^{\prime}=g h \in S} h^{\prime}\)
\(g \in S\)同樣也可以匯出\(g^{\dagger} \in S\)，因為S是一個封閉可逆的群，那麼我們可以得出麼\(g^{\dagger} \Pi_{S}=\Pi_{S}\)，即麼\(\Pi_{S}^{\dagger} \Pi_{S}=\Pi_{S}\)
這說明了\(\Pi_{S}\)是一個投影運算元。
接下來要說明\(\Pi_{S}\)投影的子空間就是我們想要的\(V_S\)，這個分為兩方面：
- 對任意的\(|\psi\rangle\)和\(g \in S\)來說，\(g \Pi_{S}|\psi\rangle=\Pi_{S}|\psi\rangle\)，也就是\(\Pi_{S}|\psi\rangle \in V_{S}\)。
- 如果\(|\psi\rangle \in V_{S}\)，則\(\Pi_{S}|\psi\rangle=|\psi\rangle\)，即\(V_{S} \subseteq \Pi_{S}\)。
綜上，我們可以說，\(\Pi_{S}=\operatorname{Proj}\left(V_{S}\right)\)是子空間上的投影運算元。
我們現在可以來計運算元空間的維度，讓\(|S|=2^{\ell}\)，generator \(S=\left\langle s_{1}, \ldots, s_{\ell}\right\rangle\)，
子空間的維度說起來簡單，就是所有stabilizer特徵值為1所對應的特徵空間的交集，但是誰知道他們是怎麼相交的呢？還好我們有投影運算元。
我們可以說，\(\operatorname{dim} V_{S}=\operatorname{tr} \Pi_{S}\)，這裡的特徵值只有0和1，而trace會把1給累加起來。
\(\operatorname{tr} \Pi_{S}=\frac{1}{|S|} \sum_{g \in S} \operatorname{tr} g=\frac{1}{2^{\ell}} \sum_{g \in S} 2^{n} \delta_{g, I}=2^{n-\ell}\)
只有\(g=I\)的時候trace才有值，其他情況就是普通的Pauli，trace為0，而什麼情況\(g=I\)呢？事實上只有一種情況，那就是所有的a都為0，因為他們是線性獨立的，所以我們子空間的維度是\(2^{n-l}\)
錯誤檢測
回顧我們經典的檢測矩陣H，我們有\(x \in C_{c l} \Longleftrightarrow H x=0\)，並不是所有的錯誤我們都能檢測，如果這個錯誤是把一個可能的碼字，變成另一個可能的碼字，那麼H怎麼能知道這個是錯誤而不是一個正確的操作的？
如果錯誤正好是\(H(x+e)=H e=0\)，那麼這種錯誤就是不可檢測的錯誤。
量子版本的stabilizer code也是如此。
那麼，哪些錯誤是不能檢測的呢？
那就是如果我犯了這個錯誤，但是我依舊在這組stabilizer的子空間裡，這種錯誤就是不可檢測的，因為我分不出來這究竟是錯誤還是操作。
假設\(|\psi\rangle \in V_{S}\)，\(E \in P_{n}\)，則：\(E|\psi\rangle \in V_{S} \quad \Leftrightarrow \quad g E|\psi\rangle=E|\psi\rangle \forall g \in S\)
\(g E|\psi\rangle=E|\psi\rangle\)意味著\(g E|\psi\rangle=Eg|\psi\rangle\)，則Eg和gE是相等的，E和g對易。
如果我們的錯誤和我們的stabilizer對易，那麼這種錯誤就是我們不能檢測出來的錯誤。
問題接下來就變成了，如何判斷Pauli運算元是否對易。
首先，所有的Pauli都可以寫成\(p=(-1)^{a} X^{b} Z^{c}\)的形式，對於\(a \in \mathbb{F}_{2}, b, c \in \mathbb{F}_{2}^{n}\)
那麼假定我們有另一個Pauli \(q=(-1)^{a^{\prime}} X^{b^{\prime}} Z^{c^{\prime}}\)
則\(p q=(-1)^{a+a^{\prime}} X^{b} Z^{c} X^{b^{\prime}} Z^{c^{\prime}}\)
對於中間的\(Z^{c} X^{b^{\prime}}=Z_{1}^{c_{1}} \cdots Z_{n}^{c_{n}} X_{1}^{b_{1}^{\prime}} \cdots X_{n}^{b_{n}^{\prime}}=X^{b^{\prime}} Z^{c}(-1)^{\left\langle b^{\prime}, c\right\rangle}\)，即，如果Z和X在這一位上都有，那麼就會有一個-1.
那麼現在pq就變成了，\(p q=(-1)^{a+a^{\prime}+\left\langle b^{\prime}, c\right\rangle} X^{b+b^{\prime}} Z^{c+c^{\prime}}\)
同理，qp可以寫成\(q p=(-1)^{a+a^{\prime}+\left\langle b, c^{\prime}\right\rangle} X^{b+b^{\prime}} Z^{c+c^{\prime}}\)
很容易發現，\(p q=(-1)^{\left\langle c, b^{\prime}\right\rangle+\left\langle b, c^{\prime}\right\rangle} q p\)，如果-1上面的指數是0，那麼他們就對易，反之，如果上面的指數是1，那麼他們就反對易。
而這個，我們又可以寫成這樣的形式\(\left\langle c, b^{\prime}\right\rangle+\left\langle b, c^{\prime}\right\rangle=\left(\begin{array}{ll}b^{T} & c^{T}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0_{n} & I_{n} \\ I_{n} & 0_{n}\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b^{\prime} \\ c^{\prime}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}b^{T} & c^{T}\end{array}\right) \Lambda\left(\begin{array}{l}b^{\prime} \\ c^{\prime}\end{array}\right)\)
所以泡利矩陣是否對易的關鍵記載於看\((b c)\)和\((b' c')\)之間是否垂直了，這裡垂直的頂i的是定義是symplectic inner product