Dolaşmış Kubitlerde CNOT Kapısı

(N kere) ile başlayarak kuantum hesaplama kullanarak eyaletleri için Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) durumu oluşturmaya çalışıyordum $N$ $|000...000\rangle$

Önerilen çözüm önce Hadamard Dönüşümünü ilk kubite uygulamak ve sonra diğerlerinin ilk kubiti ile bir CNOT kapıları döngüsü başlatmaktır.

Ben CNOT (gerçekleştirebilir anlamak alamıyorum ise) sarmalanmış bir çiftin bir parçası olan Bell devlet gibi, Hadamard dönüşüm sonra buraya formlar. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Bunun için kod yazmayı biliyorum, ama cebirsel olarak neden bu yöntem doğru ve nasıl yapılır? Teşekkürler.

quantum-gate entanglement quantum-state

— Satvik Golechha
kaynak

Ben CNOT (gerçekleştirebilir anlamak alamıyorum ise) sarmalanmış bir çiftin bir parçası olan Bell devlet gibi, Hadamard dönüşüm sonra buraya formlar. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Anahtar, ilgili kuantum geçit (ler) ini uyguladıktan sonra hesaplama temel durumlarına (veya bu nedenle, diğer tüm temel durum kümelerine) neler olduğunu fark etmektir . Devletin dolaşmış mı yoksa ayrılabilir mi olduğu önemli değil. Bu yöntem her zaman işe yarar.

Let en dikkate (iki qubits ait -qubit Bell durumunu ve ): $2$ $A$ $B$

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

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

Yani temelde CNOT hesaplama temel durumunu koruyacak $|00\rangle$ olduğu gibi. Ancak, hesaplama temel durumunu dönüştürecektir $|11\rangle$ için $|10\rangle$ . CNOT'un eyleminden $|00\rangle$ ve $|11\rangle$ , CNOT'un süperpozisyon durumu üzerindeki etkisini çıkarabilirsiniz. $|\Psi\rangle$ Şimdi:

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

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

Düzenle :

Yorumlarda, dolaşmış devletin iki kabilesinden birini istediğinizden bahsediyorsunuz $|\Psi\rangle$ olarak hareket kontrolü (ve NOT işlemi farklı bir qubit, uygulanacak söz hakkından $C$ , kontrole bağlı olarak ).

Bu durumda da yukarıdaki gibi devam edebilirsiniz.

Yazın $3$ -kombi birleşik devlet :

| 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})

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

Diyelimki $B$ sizin kontrol kübitinizdir.

Böylece, devlet ile sonuçlanırsınız:

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

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

Burası sizin için Greenberger-Horne – Zeilinger eyaletidir . $3$ qubits!

— Sanchayan Dutta
kaynak

Dolaşmış bir çifte CNOT uygulamak istiyorsak bu yöntemi kullanabiliriz. Ama bunu yapmak istemiyorum. İstediğim, dolaşmış devletin ilk kübitesini almak

B_{0}

$B_0$ (ayrılmaz olduğu için ona q1 diyemezsiniz) ve bunun üzerine CNOT (q1) ve farklı bir

| 0 >

$|0>$ qubit. Mümkünse lütfen matris form çarpımının yapıldığını gösterin. Tekrar teşekkürler.

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Peki hangisini kontrol qubit (kontrollü-NOT geçidinin) olarak düşünüyorsunuz:

q 1

$q1$ veya "farklı

| 0 ⟩

$|0\rangle$ qubit "? Cevap buna bağlı olacak.

— Sanchayan Dutta

düşünüyorum

q 1

$q1$ kontrol biti olmak. Karşılaştığım zorluk, ayıramam

q 1

$q1$ ve bu nedenle CNOT kapısının ne yapacağını göremiyorsunuz

q 1

$q1$ ve

| 0 >

$|0>$ .

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Cevabı güncelledi. Tamam şimdi?

— Sanchayan Dutta

Çok teşekkürler! Tensor ürün özelliklerini kullanmak her şeyi çok netleştirir ve şimdi güzel bir şekilde uyuyor. Bu cevabı kabul edilmiş olarak işaretledim.

— 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 ⟩)

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ kendisi bir operatör $2$ kubitler veren bir $4\times 4$ birimsel matris. İçindeki herhangi bir duruma uygulayabilirsiniz $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ sadece formdakiler değil $q_i \otimes q_j$ . Sadece katsayıları hesaplama bazında yazınız. $\operatorname{CNOT}_{ij}$ klasik tersinir hesaplama. Sonra sadece doğrusallık burnunu takip et.

— AHusain
kaynak