2 qubit için 3 sonucun eşit bir üst üste binmesini üretmek için nasıl bir devre oluşturabilirim?

18

Bir Verilen qubit-sistemi ve böylece olası ölçümler temelinde sonuçları , , , , ben devlet hazırlayabilirsiniz nasıl, nerede: $2$ $4$ $\{|00\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$ $|11\rangle\}$

Bu ölçüm sonucundan sadece mümkündür (örneğin, , , )? $3$ $4$ $|00\rangle$ $|01\rangle$ $|10\rangle$
bu ölçümler eşit derecede olası mıdır? (Bell devleti gibi ama sonuç için) $3$

— weekens
kaynak

1

Gerçek durumu yazmayı mı yoksa girdi olarak böyle bir durumu hazırlamak için bir devre oluşturmayı mı kastediyorsunuz?

— Josu Etxezarreta Martinez

@JosuEtxezarretaMartinez, devre demek istiyorum.

— hafta

@Mavi, bunları dönüştürmeyi 00ve 11Dirac notasyonuna nasıl dönüştürmeyi başarıyorsun ? Denedim $\ket{00}$ ve başarısız oldum .

— haftalar

1

@weekens "düzenle" yi tıklatırsanız, MathJax kodunu görebilirsiniz. Ayrıca bakınız bu .

— Sanchayan Dutta

1

Niel de Beaudrap dan çözüm Quirk ...

— stestet

10

Sorunu parçalar halinde kırın.

Daha önce gönderilen adres Diyelim için . Bunu bir . Bu, tüm olasılıklarla ancak farklı aşamalarla gereksinimlerinizi karşılar . Eğer hepsini eşit yapmak istiyorsanız, istediğiniz fazları elde etmek için her birinde faz kaydırma kapılarını kullanın. $\mid 00 \rangle$ $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle$ $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + (\frac{1}{2} (1+i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + (\frac{1}{2} (1-i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle$ $\sqrt{SWAP}$ $\frac{1}{3}$

Şimdi aldığım nasıl için ? Eğer öyle olsaydı , biz ikinci QuBit bir Hadamard yapabilirdi. Bu kolay değil ama yine de sadece ikinci kubit üzerinde üniter kullanabiliriz. Bu bir rotasyon operatörü tarafından sadece ikinci kubit üzerinde faktoring ile $\mid 00 \rangle$ $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle$ $\frac{1}{\sqrt{2}} \mid 00 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}\mid 01 \rangle$

I d \otimes U : ∣ 0 ⟩ \otimes (∣ 0 ⟩) \to∣ 0 ⟩ \otimes (\frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 0 ⟩ + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 1 ⟩)

$Id \otimes U : \; \mid 0 \rangle \otimes (\mid 0 \rangle) \to \mid 0 \rangle \otimes (\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 0 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \mid 1 \rangle)$

U = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix})

$U = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & \\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \\ \end{pmatrix}$ çalışıyor. Gerekirse bunu daha temel kapılara ayırın.

Toplamda:

∣ 00 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + (\frac{1}{2} (1 + i)) \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ + (\frac{1}{2} (1 - i)) \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 10 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + \frac{e^{i θ_{1}}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ + \frac{e^{i θ_{2}}}{\sqrt{3}} ∣ 10 ⟩

$\mid 00 \rangle \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle\\ \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + (\frac{1}{2} (1+i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + (\frac{1}{2} (1-i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle\\ \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{e^{i \theta_1}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + \frac{e^{i \theta_2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle$

— AHusain
kaynak

Temel kapılardan nasıl U inşa edebilirim? Diyelim ki IBM Q Experience'da bulunanlardan.

— haftalar

1

@weekens Herhangi bir tek kübit birimini uygulamanızı sağlayan U3 adlı bir 'gelişmiş' kapı var - uygulamak için ve değerlerini kullanılarak tahmin edilebilir ve

θ, λ

$\theta, \lambda$

ϕ

$\phi$

U 3 (θ, λ, ϕ) = (\begin{matrix} \cos \frac{θ}{2} & - e^{i λ} \sin \frac{θ}{2} \\ e^{i ϕ} \sin \frac{θ}{2} & e^{i (λ + ϕ)} \cos \frac{θ}{2} \end{matrix}),

$U3 \left( \theta, \lambda, \phi\right) = \begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2} && -e^{i\lambda}\sin\frac{\theta}{2} \\ e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2} && e^{i\left(\lambda+\phi\right)}\cos\frac{\theta}{2}\end{pmatrix},$

θ \approx 1.91, λ = π

$\theta \approx 1.91, \lambda=\pi$

ϕ = 0

$\phi = 0$

— Mithrandir24601

Bunu temel kapılarda yapmak için, doğru temelde dönmeniz, daha sonra bir faz rotasyonu yapmanız, ardından geri dönmeniz gerekir, bu da oldukça az sayıda kapı gerektirebilir. Bununla birlikte, bir anlamda, yukarıdaki U3 , fiziksel olarak uygulanan bir kapı olması bakımından temeldir (yani, çok sayıda 'gelişmiş olmayan' dizilmesi gereken birçok yerine, kübit üzerinde birkaç fiziksel işlem gerçekleştirerek doğrudan elde edilir. kapılar birlikte)

— Mithrandir24601

@ Mithrandir24601, açıklamanız için teşekkürler! Henüz U3 kullanmadım, en yakın zamanda deneyeceğim.

— hafta

@AHusain, Quirks simülatöründe yaklaşımınızı uyguladı: burada

— haftalar

8

İlginizi çekebilecek herhangi bir iki qubit saf halini nasıl oluşturacağınızı anlatacağım . Umarım istediğiniz durumu oluşturmak için kullanabilirsiniz.

Tek bir kübit dönüşü ve ardından bir not kullanarak, formun durumlarını oluşturmak mümkündür

α | 0 ⟩ \otimes | 0 ⟩ + β | 1 ⟩ \otimes | 1 ⟩ .

$\alpha \, |0\rangle \otimes |0\rangle + \beta \, |1\rangle \otimes |1\rangle .$

Daha sonra , birinci kubite keyfi bir üniter uygulayabilirsiniz . Bu, ve durumlarını ve adlandıracağımız yeni durumlara , $U$ $|0\rangle$ $|1\rangle$ $|a_0\rangle$ $|a_1\rangle$

U | 0 ⟩ = | a_{0} ⟩, U | 1 ⟩ = | a_{1} ⟩

$U |0\rangle = |a_0\rangle, \,\,\, U |1\rangle = |a_1\rangle$

O zaman karışık durumumuz

α | a_{0} ⟩ \otimes | 0 ⟩ + β | a_{1} ⟩ \otimes | 1 ⟩ .

$\alpha \, |a_0\rangle \otimes |0\rangle + \beta \, |a_1\rangle \otimes |1\rangle .$

Benzer şekilde ikinci kubite bir üniter uygulayabiliriz.

V | 0 ⟩ = | b_{0} ⟩, V | 1 ⟩ = | b_{1} ⟩

$V |0\rangle = |b_0\rangle, \,\,\, V |1\rangle = |b_1\rangle$

bize devlet veriyor

α | a_{0} ⟩ \otimes | b_{0} ⟩ + β | a_{1} ⟩ \otimes | b_{1} ⟩ .

$\alpha \, |a_0\rangle \otimes |b_0\rangle + \beta \, |a_1\rangle \otimes |b_1\rangle .$

Schmidt ayrışması nedeniyle, iki kubitin herhangi bir saf halini yukarıdaki formda ifade etmek mümkündür. Bu, istediğiniz prosedür dahil olmak üzere iki kubitlik saf durumun bu prosedürle oluşturulabileceği anlamına gelir. Sadece x ekseni etrafında doğru dönüşü ve doğru ve düzensizliklerini bulmanız gerekir . $U$ $V$

Bunları bulmak için, önce iki kubitinizin her biri için düşük yoğunluklu matrisi almanız gerekir. İlk kubitinizin yoğunluk matrisi için özetler ve . İkinci ve . Ayrıca, ve aynı öz sahip olduğunu göreceksiniz, yani . Katsayısı benzer bir özdeğerler elde edilebilir ve . $|a_0\rangle$ $|a_1\rangle$ $|b_0\rangle$ $|b_1\rangle$ $|a_0\rangle$ $|b_0\rangle$ $\alpha^2$ $\beta$ $|a_1\rangle$ $|b_1\rangle$

— James Wootton
kaynak

8

Böyle bir devreyi nasıl tasarlayacağınız aşağıda açıklanmıştır . Varsayalım . nin bir birim vektör olması için gerekli olan normalleştirmesine dikkat edin . $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$ $\ket{\psi} = \tfrac{1}{\sqrt 3} \bigl( \ket{00} + \ket{01} + \ket{10} \bigr)$ ${\small 1}/\small \sqrt 3$ $\ket{\psi}$

Bu durumu gerçekleştirmenin basit bir yolunu düşünmek istiyorsak, birinci kübitin kontrol olması açısından düşünmek isteyebiliriz, bu da ikinci kubitin durumunda olup olmayacağını belirler. veya bazı koşullu işlemler kullanarak durumunda. Bu ayrışma Bu görüşe göre, hazırlamayı aşağıdaki gibi düşünmek mantıklıdır : $\ket{+} = \tfrac{1}{\sqrt 2}\bigl(\ket{0}+\ket{1}\bigr)$ $\ket{0}$

| ψ ⟩ = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} | 0 ⟩ | + ⟩ + \frac{1}{\sqrt{3}} | 1 ⟩ | 0 ⟩ .

$\ket{\psi} \;=\; \tfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}\ket{0}\ket{+} \;+\; \tfrac{1}{\sqrt 3}\ket{1}\ket{0}.$

| ψ ⟩

$\ket{\psi}$

durumunda iki kubit hazırlayın . $\ket{00}$
İlk kübit . $\tfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}\ket{0} + \tfrac{1}{\sqrt 3}\ket{1}$
İlk kubit , ikinci kubit üzerinde bir Hadamard yapan iki kubite tutarlı bir şekilde kontrollü bir işlem uygulayın . $\ket{0}$

Bu dönüşümleri gerçekleştirmek için hangi spesifik işlemleri uygulayacağınız - yani hangi tek-qubit dönüşümünün 2. adım için en uygun olacağı ve 3. adımda iki-qubit üniteyi CNOT ve Pauli rotasyonlarına nasıl ayırabileceğiniz - basit bir alıştırmadır. (İpucu: 3. adımda olabildiğince basit bir ayrışma bulmak için hem hem de Hadamard'ın kendinden ters olduğu gerçeğini kullanın .) $X$

— Niel de Beaudrap
kaynak

0

IBM Q'da devre üreten bir durum uygulaması: $|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}(|00\rangle + |01\rangle + |10\rangle)$

Not bu $\theta = 1.2310$ için ilgili . birinci ve ikinci için ve . $\mathrm{Ry}$ $q_0$ $\theta = \frac{\pi}{4}$ $\theta = -\frac{\pi}{4}$ $\mathrm{Ry}$ $q_1$

ilgili üst üste de qubit hazırlar . üzerinde kapıları ve kontrollü Hadamard kapısını uygular. Ne zaman durumundayken A. Edison üzerinde hareket olumsuzluk sayesinde . Bu olasılık . Hadamard dönüşler yana için , yani eşit süperpozisyon, son durumları dağıtılan ve $\mathrm{Ry}$ $q_0$ $|q_0\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{3}}|1\rangle$ $\mathrm{Ry}$ $q_1$ $\mathrm{CNOT}$ $q_0$ $|0\rangle$ $q_1$ $\mathrm{X}$ $\frac{2}{3}$ $|0\rangle$ $|+\rangle$ $|00\rangle$ $|01\rangle$ olasılık ile ölçülebilir . Ne zaman durumundayken , kontrollü A. Edison hareket etmez ve devlet ölçülür. Yana durumu olan olasılığı ile , olasılığı ile de ölçülür . $\frac{1}{3}$ $q_0$ $|1\rangle$ $|10\rangle$ $q_0$ $|1\rangle$ $\frac{1}{3}$ $|10\rangle$ $\frac{1}{3}$

— Martin Vesely
kaynak