Ворота CNOT на заплутаних кубітах

Я намагався створити стан Грінбергера-Хорна-Цейлінгера (GHZ) для $N$ держави, що використовують квантові обчислення, починаючи з $|000...000\rangle$ (N разів)

Пропоноване рішення полягає в тому, щоб спочатку застосувати трансформацію Адамара на перший кубіт, а потім запустити цикл воріт CNOT з першим кубітом усіх інших.

Я не можу зрозуміти, як я можу виконати CNOT ($q_1,q_2$) якщо $q_1$ є частиною заплутаної пари, як держава Белл $B_0$ що формується тут після перетворення Хадамарда.

Я знаю, як написати код для нього, але алгебраїчно, чому цей метод правильний і як це робиться? Дякую.

Я не можу зрозуміти, як я можу виконати CNOT ($q_1,q_2$) якщо $q_1$ є частиною заплутаної пари, як держава Белл $B_0$ що формується тут після перетворення Хадамарда.

Ключ полягає в тому, щоб помітити, що відбувається з обчислювальними базовими станами (або, з цього приводу, будь-яким іншим повним набором базових станів), застосовуючи відповідні квантові ворота. Не має значення, заплутаний чи відокремлений штат. Цей метод завжди працює.

Розглянемо $2$-кбіт Белл (з двох кубітів) $A$ і $B$):

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

$|\Psi\rangle$утворюється рівним лінійним суперпозицією обчислювальних базових станів$|00\rangle$ & $|11\rangle$ (що можна виразити як $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$ і $|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$ відповідно) та $|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$. Нам не потрібно турбуватися про інші два обчислювальні бази:$|01\rangle$ і $|10\rangle$ оскільки вони не є частиною суперпозиції держави Белла $|\Psi\rangle$. Затвор CNOT в основному відкидається (тобто робить будь-яке з двох відображень)$|0\rangle \mapsto |1\rangle$ або $|1\rangle\mapsto |0\rangle$) стан кубіта $B$ у випадку, якщо кубіт$A$ знаходиться в державі $|1\rangle$інакше він взагалі нічого не робить.

Таким чином, CNOT буде зберігати обчислювальний стан $|00\rangle$так як є. Однак він перетворить обчислювальний базовий стан$|11\rangle$ до $|10\rangle$. Від дії CNOT о$|00\rangle$ і $|11\rangle$, можна вивести дію CNOT на стан суперпозиції $|\Psi\rangle$ зараз:

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

---

Редагувати :

У коментарях ви згадуєте, що хочете одного з двох кубітів заплутаного стану $|\Psi\rangle$діяти як контроль (і операція NOT буде застосована до іншого кубіта, скажімо $C$, залежно від контролю ).

І в цьому випадку ви можете поступити аналогічно, як описано вище.

Запишіть $3$-біткий комбінований стан :

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

Скажімо $B$є вашим контрольним кубітом.

Ще раз ми просто перевіримо дію CNOT на обчислювальних станах (для 3-кубітної системи), тобто $|000\rangle$ & $|110\rangle$. У стані обчислення$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$ зауважте, що стан кубіта $B$ є $|0\rangle$ і кубіт $C$ є $|0\rangle$. З кубітом$B$ знаходиться в стані $|0\rangle$, стан кубіта $C$буде НЕ перевернути. Однак зауважте, що в обчислювальній основі стан$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$ кубіт $B$ знаходиться в стані $|1\rangle$ поки кубіт $C$ знаходиться в стані $|0\rangle$. З моменту кубіт$B$ знаходиться в стані $|1\rangle$, стан кубіта $C$ буде перевернуто на $|1\rangle$.

Таким чином, ви закінчуєте державу:

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

Це стан Грінбергера-Хорна – Цайлінгера для вашого$3$ кубіти!

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ сам по собі оператор на $2$ кубіти, що дають a $4\times 4$унітарна матриця. Ви можете застосувати його до будь-якого штату в Росії$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ не лише ті форми $q_i \otimes q_j$. Просто запишіть коефіцієнти в обчислювальній основі, де ви знаєте, що робити з точки зору$\operatorname{CNOT}_{ij}$класичних оборотних обчислень. Тоді просто слідкуйте за носом лінійності.