Brama CNOT w splątanych kubitach

Próbowałem wygenerować stan Greenbergera-Horne-Zeilingera (GHZ) dla stanów za pomocą obliczeń kwantowych, zaczynając od (N razy) $N$ $|000...000\rangle$

Proponowanym rozwiązaniem jest najpierw zastosowanie transformacji Hadamarda na pierwszym kubicie, a następnie uruchomienie pętli bramek CNOT z pierwszym kubitem wszystkich pozostałych.

Nie jestem w stanie zrozumieć, w jaki sposób mogę wykonać CNOT ( ), jeśli jest częścią splątanej pary, takiej jak stan Bell który tworzy się tutaj po transformacji Hadamarda. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Wiem, jak napisać dla niego kod, ale algebraicznie dlaczego ta metoda jest poprawna i jak to się robi? Dzięki.

quantum-gate entanglement quantum-state

— Satvik Golechha
źródło

Nie jestem w stanie zrozumieć, w jaki sposób mogę wykonać CNOT ( ), jeśli jest częścią splątanej pary, takiej jak stan Bell który tworzy się tutaj po transformacji Hadamarda. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Kluczem jest zwrócenie uwagi na to, co stanie się z obliczeniowymi stanami podstawowymi (lub, w tym przypadku, z innym kompletnym zestawem stanów bazowych) po zastosowaniu odpowiednich bram kwantowych. Nie ma znaczenia, czy stan jest splątany czy rozdzielny. Ta metoda zawsze działa.

Rozważmy stan kubitowego dzwonu (dwóch kubitów i ): $2$ $A$ $B$

| Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩)

$|\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)$

CNOT | Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 10 ⟩)

$\operatorname{CNOT}|\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle)$

Edytuj :

W komentarzach wspominasz, że chcesz, aby jeden z dwóch kubitów stanu splątanego działał jako kontrola (a operacja NOT zostanie zastosowana na innym kubicie, powiedzmy , w zależności od kontroli ). $|\Psi\rangle$ $C$

Również w takim przypadku możesz postępować w podobny sposób jak powyżej.

Zapisz stan łączony kubit : $3$

| Ψ ⟩ \otimes | 0 ⟩_{C} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B}) \otimes | 0 ⟩_{C}

$|\Psi\rangle\otimes |0\rangle_C = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes |0\rangle_B + |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B)\otimes |0\rangle_C$

= \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C})

$= \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes |0\rangle_B\otimes |0\rangle_C+ |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C)$

Powiedzmy, że jest twoim kubitem kontrolnym . $B$

W ten sposób powstaje stan:

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 1 ⟩_{C})

$\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B\otimes|0\rangle_C + |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|1\rangle_C)$

To jest stan Greenbergera – Horne – Zeilingera dla twoich kubitów! $3$

— Sanchayan Dutta
źródło

Możemy użyć tej metody, jeśli chcemy zastosować CNOT na splątanej parze. Ale nie chcę tego robić. Chcę wziąć pierwszy kubit stanu zaplątanego

B_{0}

$B_0$ (nie można nazwać go q1, ponieważ jest nierozłączny) i zastosować CNOT na tym (q1) i innym

| 0 >

$|0>$ qubit. Jeśli to możliwe, proszę pokazać wykonane mnożenie formularza macierzy. Dzięki jeszcze raz.

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Więc który z nich uważasz za qubit kontrolny (bramki kontrolowanej-NIE):

q 1

$q1$ lub „inny”

| 0 ⟩

$|0\rangle$ qubit "? Odpowiedź będzie zależeć od tego.

— Sanchayan Dutta

Rozważam

q 1

$q1$ być bitem kontrolnym. Trudność, z którą się zmagam, polega na tym, że nie mogę się rozdzielić

q 1

$q1$ i dlatego nie widzi, co zrobi brama CNOT

q 1

$q1$ i

| 0 >

$|0>$ .

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Zaktualizowano odpowiedź. Ok teraz?

— Sanchayan Dutta

Wielkie dzięki! Korzystanie z właściwości produktu Tensor sprawia, że wszystko jest bardzo jasne i po prostu pięknie się teraz wpasowuje. Oznacziłem tę odpowiedź jako przyjętą.

— Satvik Golechha

ψ_{1} = | 000 ⟩ ψ_{2} = (H \otimes I \otimes I) ψ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) \otimes | 00 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 100 ⟩) ψ_{3} = ({CNOT}_{12} \otimes I) ψ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 110 ⟩) ψ_{4} = ({CNOT}_{13} \otimes I_{2}) ψ_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 111 ⟩)

$\psi_1 = |0 0 0 \rangle\\ \psi_2 = (H \otimes I \otimes I) \psi_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 \rangle + |1 \rangle) \otimes |0 0 \rangle\\ = \frac{1}{\sqrt{2}} ( |0 0 0 \rangle + |1 0 0 \rangle)\\ \psi_3 = (\operatorname{CNOT}_{12} \otimes I) \psi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 0 0 \rangle + |1 1 0 \rangle)\\ \psi_4 = (\operatorname{CNOT}_{13} \otimes I_{2}) \psi_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 0 0 \rangle + |1 1 1 \rangle)\\$

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ sam jest operatorem $2$ kubity dające $4\times 4$ macierz jednostkowa. Możesz zastosować go do dowolnego stanu w $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ nie tylko formy $q_i \otimes q_j$ . Po prostu napisz współczynniki w bazie obliczeniowej, gdzie wiesz, co zrobić w kategoriach $\operatorname{CNOT}_{ij}$ klasycznych obliczeń odwracalnych. Następnie podążaj za nosem liniowości.

— AHusain
źródło