FANOUT olarak Toffoli kapısı

16

Q # programlama ile egzersiz yapmak için kuantum devresi örnekleri arıyordum ve bu devrede tökezledim:

^{Kimden : Kuantum Devre Diyagramlarına Örnekler - Michal Charemza}

Kuantum hesaplamadaki giriş derslerim sırasında, bir devletin klonlanmasının QM yasaları tarafından yasaklandığı, bu durumda birinci kontrol kubitinin üçüncü hedef, kubit üzerine kopyalandığı öğretildi.

Hızlı bir şekilde Quirk'teki devreyi simüle etmeye çalıştım , bunun gibi bir şey , ilk kubitte çıkıştaki durumun klonlanmasını doğruladı. Toffoli kapısından önce kübitin ölçülmesi, aslında gerçek bir klonlama olmadığını, bunun yerine ilk kontrol kubitinde bir değişiklik ve birinci ve üçüncü kubitte eşit bir çıktı olduğunu gösterir.

Basit matematik yaparak, "klonlamanın" sadece üçüncü kubit başlangıç durumunda 0 ise ve sadece ilk kubitte Y'de bir "eğirme işlemi" (Quirk'te belirtildiği gibi) yapılmadığında ortaya çıkabilir. veya X.

Sadece yukarıda belirtilen Q # bir program yazmayı denedim.

İlk kübitin bu operasyonla nasıl değiştiğini ve klonlamaya benzer bir şeyin nasıl mümkün olduğunu anlamakta zorlanıyorum.

Şimdiden teşekkür ederim!

quantum-gate quirk cloning

— D-Brc
kaynak

1

Bu mükemmel bir soru ve bunu çok güzel biçimlendirmek için çaba gösterdiğiniz için teşekkür ederiz.

— user1271772

10

Soruyu basitleştirmek için Toffoli kapısı yerine CNOT geçidini düşünün; CNOT da fanout çünkü

\begin{aligned} | 0 ⟩ | 0 ⟩ \to | 0 ⟩ | 0 ⟩ \\ | 1 ⟩ | 0 ⟩ \to | 1 ⟩ | 1 ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} |0\rangle|0\rangle \rightarrow |0\rangle|0\rangle\\ |1\rangle|0\rangle \rightarrow |1\rangle|1\rangle \end{align}$

ve herhangi bir temel durum için klonlama gibi görünüyor $x\in\{0,1\}$

\begin{aligned} | x ⟩ | 0 ⟩ \to | x ⟩ | x ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} |x\rangle|0\rangle \rightarrow |x\rangle|x\rangle \end{align}$

ama eğer bir süperpozisyonu alırsan sonra $|\psi\rangle=\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$

\begin{aligned} (α | 0 ⟩ + β | 1 ⟩) | 0 ⟩ \to α | 0 ⟩ | 0 ⟩ + β | 1 ⟩ | 1 ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} (\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle)|0\rangle \rightarrow \alpha|0\rangle|0\rangle+ \beta|1\rangle|1\rangle \end{align}$

genel olarak

\begin{aligned} | ψ ⟩ | 0 ⟩ ↛ | ψ ⟩ | ψ ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} |\psi\rangle|0\rangle\not\rightarrow|\psi\rangle|\psi\rangle \end{align}$

ve fanout klonlamıyor.

İlk kübitin nasıl değiştiği sorusuna gelince - şimdi ikinci kubitle dolaşıyor .

— kludg
kaynak

diğer bir deyişle, teoremini no-klonlama klonlamak için herhangi üniter mümkün olamayacağı söylüyor çünkü ortogonal dik devletler sorunsuz klonlanmış edilebilirken, devletleri

— GLS

6

İyi soru! Cevap, klonlamayan teoremin keyfi olarak bilinmeyen bir durumu klonlayamayacağınızı belirtmesidir .

Bu devre klonlama yok teoremini ihlal etmez, çünkü giriş olduğunda ne yaptığına bakalım . Üçüncü kayıttaki çıktı hala veya . $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)$ $|0\rangle$ $|1\rangle$

Bu nedenle, bu devrenin rasgele bir durum klonlaması imkansızdır ve klonlayamadığı bir durum örneği: . $|\psi\rangle$ $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)$

— user1271772
kaynak

@NeildeBeaudrap: Orijinal soru rangle'a sahip , bu yüzden sadece 0 veya 1 olduğunda işe , ancak süperpozisyondayken çalışmadığını söylüyorum. Bunu , farklı bir simgeye sahip olmak gerekli mi?

| x ⟩

$|x\rangle$

| x ⟩

$|x\rangle$

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$

— user1271772

4

Klonlama teoremi yok , tüm kuantum durumların bağımsız kopyalarını oluşturan bir devre olmadığını söyler . Matematiksel olarak, hiçbir klonlama şunları söylemez:

\forall C : \exists a, b : C \cdot ((a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩) \otimes | 0 ⟩) \neq (a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩) \otimes (a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩)

Fanout devreleri bu teoremi ihlal etmez. Bağımsız kopyalar çıkarmazlar. Onlar yapmak dolaşmış kopyalar. Matematiksel olarak şunları yaparlar:

FANOUT \cdot ((a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩) \otimes | 0 ⟩) = a | 00 ⟩ + b | 11 ⟩

$\text{FANOUT} \cdot \Big( (a|0\rangle + b|1\rangle) \otimes |0\rangle \Big) = a|00\rangle + b|11\rangle$

— Craig Gidney
kaynak