Wie werden 2 Qubits in 2 Hadamard-Gates eingegeben?

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Nehmen wir an, wir haben eine Schaltung mit Hadamard-Toren: $2$

Nehmen wir den Status als Eingabe. Die Vektordarstellung von state ist , aber dies ist die Darstellung von Qubits und H akzeptiert nur Qubit. Sollten wir also das erste H- Gate auf und anwenden das zweite H- Gatter zu ? Oder sollten wir in jedes H- Gatter eingeben, weil wir H- Gatter jedes Mal auf nur ein Qubit des Zustands anwenden ? $|00\rangle$ $|00\rangle$ $[1 \ 0 \ 0 \ 0]$ $2$ $1$ $[1 \ 0]$ $[0 \ 0]$ $[1 \ 0]$ $|0\rangle$

quantum-gate quantum-state

— Archil Zhvania
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Oder sollten wir in jedes H-Gatter eingeben, weil wir H-Gatter jedes Mal nur auf ein Qubit des Zustands anwenden ? $[1 \ 0]$ $|0\rangle$

Ja, wenn Sie einen Zwei-Qubit-Status haben (sagen wir, Sie bezeichnen die beiden Qubits als bzw. ), müssen Sie die beiden Hadamard-Gatter separat auf den Status jedes Qubits anwenden. Der Endzustand ist das Tensorprodukt der beiden "transformierten" Einzel-Qubit-Zustände. $A$ $B$

Wenn Ihre Eingabe , ist die Ausgabe einfach $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$

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

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$

Alternative:

Wenn die beiden Eingabe-Qubits verwickelt sind , funktioniert die obige Methode nicht, da Sie den Eingabestatus nicht als Tensorprodukt der Zustände der beiden Qubits darstellen können. Daher skizziere ich hier eine allgemeinere Methode.

Wenn zwei Tore in parallel, wie in Ihrem Fall sind, können Sie das betrachten Tensorprodukt der beiden Tore und gelten , dass Zustandsvektor auf dem 2-Qubit. Sie werden mit dem gleichen Ergebnis enden.

$\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix}$

Wenn Sie diese Matrix nun auf den 2-Qubit-Zustand Sie: $\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}$

\frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 / 2 \\ 1 / 2 \\ 1 / 2 \\ 1 / 2 \end{matrix}]

$\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/2\\1/2\\1/2\\1/2\end{bmatrix}$

Dies entspricht

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

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$

Rechtfertigung

Tensorprodukt linearer Karten :

Das Tensorprodukt arbeitet auch mit linearen Karten zwischen Vektorräumen. Insbesondere ist bei zwei linearen Abbildungen und zwischen Vektorräumen das Tensorprodukt der beiden linearen Abbildungen und eine lineare Abbildung definiert durch . $S : V \to X$ $T : W \to Y$ $S$ $T$ $(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$ $(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$

Somit ist

(H | 0 ⟩_{A}) \otimes (H | 0 ⟩_{B}) = (H \otimes H) (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B})

$(\mathbf H|0\rangle_A) \otimes (\mathbf H|0\rangle_B) = (\mathbf H\otimes \mathbf H)(|0\rangle_A \otimes |0\rangle_B)$

— Sanchayan Dutta
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Es ist die zweite Option. Sie würden also beide Hardmard-Gates auf den Status anwenden , um zwei . Daher wäre der endgültige Zwei-Qubit-Zustand $|0\rangle$ $\frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right)$

\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) & = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ + | 01 ⟩ + | 10 ⟩ + | 11 ⟩) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) &= \frac{1}{2} \left( |00\rangle + |01\rangle + |10\rangle + |11\rangle\right) \end{align}$

Wir können leicht überprüfen, ob dies ein gültiger Quantenzustand ist, indem wir die Normalisierungsbedingung überprüfen.

\begin{aligned} {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} & = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ = 1 \end{aligned}

$\begin{align} \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ &= 1 \end{align}$

Im Allgemeinen ist es in diesem Zusammenhang intuitiver, wenn Sie die Braacet-Notation von Dirac verwenden (dh anstelle des Spaltenvektors ). Wenn Sie dann ein Gate auf eine Teilmenge der Qubits anwenden müssen, können Sie analog wie oben beschrieben vorgehen. $|00 \rangle$ $(1, 0, 0, 0)^T$

— nbro
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