Warum funktioniert der "Phase Kickback" -Mechanismus im Quantenphasenschätzungsalgorithmus?

Ich habe das Kapitel Die Quanten-Fourier-Transformation und ihre Anwendungen von Nielsen und Chuang (Ausgabe zum 10-jährigen Jubiläum) wahrscheinlich schon ein paar Mal gelesen, und das war für mich selbstverständlich, aber heute, als ich es mir noch einmal ansah, ist es nicht so. Es scheint mir überhaupt nicht offensichtlich zu sein!

Hier ist das Schaltbild für den Phasenschätzungsalgorithmus:

Das erste Register mit Qubits ist angeblich das "Steuerregister". Wenn sich eines der Qubits im ersten Register im Zustand das entsprechende gesteuerte unitäre Gatter wird zu dem zweiten Register angelegt . Wenn es sich in einem Zustand befindet dann ist es nicht auf die Anwendung erhalten zweite Register . Wenn es sich um eine Überlagerung der beiden Zustände handelt und $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$ Die Wirkung der entsprechenden Einheit auf das zweite Register kann durch "Linearität" bestimmt werden. Beachten Sie, dass alle Gates nur auf das zweite Register und keines auf das erste Register einwirken. Das erste Register soll nur eine Kontrolle sein .

Sie zeigen jedoch, dass der Endzustand des ersten Registers wie folgt lautet:

\frac{1}{2^{t / 2}} (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$

Ich bin überrascht, warum wir nach der Aktion der Hadamard-Tore davon ausgehen, dass sich der Zustand des ersten Qubit-Registers überhaupt ändert. Der Endzustand des ersten Registers sollte gerade gewesen sein

{(\frac{| 0 ⟩ + | 1 ⟩}{\sqrt{2}})}^{\otimes t}

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

ist es nicht? Ich sage das, weil das erste Register nur eine Kontrolle sein soll. Ich verstehe nicht, wie oder warum sich der Status des ersten Registers ändern soll, wenn er als Kontrolle fungiert.

Anfangs dachte ich, dass es nur eine mathematische Annehmlichkeit sei, die Exponentialfaktoren als Teil der ersten Register-Qubit-Zustände zu betrachten, aber dann machte es keinen Sinn. Der Zustand eines Qubits oder eines Qubitsystems sollte nicht davon abhängen, was für uns mathematisch günstig ist!

Könnte jemand bitte erklären, warum sich genau der Zustand des ersten Qubit-Registers ändert, selbst wenn es lediglich als "Kontrolle" für das zweite Register fungiert? Ist es nur eine mathematische Annehmlichkeit oder gibt es etwas Tieferes?

— Sanchayan Dutta
quelle

Keine Antwort, aber: Was würde es bedeuten, wenn es eine "mathematische Annehmlichkeit" wäre, wenn es keine tatsächliche Änderung des Zustands darstellen würde? Entweder beschreibt die Mathematik genau, wie sich Quantenzustände ändern, oder sie tut es nicht. Wenn dies nicht der Fall ist, haben Sie größere Probleme als in diesem Beispiel. Wenn Sie annehmen, dass die Mathematik die Physik genau beschreibt, ist die mathematische Darstellung nicht nur praktisch: Die Zustände der "Kontrolldrähte" ändern sich in dieser Unterroutine tatsächlich. Es ist in Ordnung, verwirrt zu sein, warum, aber zuerst muss man akzeptieren, dass sie sich ändern.

— Niel de Beaudrap

Die Mathematik ist genau die, die in dieser Antwort erklärt wird: quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837, aber diese Situation ist einfacher und vielleicht leichter zu verstehen

— DaftWullie

@NieldeBeaudrap Nun, meine Frage ist genau "warum" es ändert

— Sanchayan Dutta

@DaftWullie Die Mathematik sieht nicht schwer aus. Nehmen wir nur ein einfaches Beispiel für ein gesteuertes

-Gatter. Wenn sich das Steuerregister im Zustand

dann wird es angewendet

zu geben

. Sie betrachten jedoch den Exponentialfaktor von

als einen Faktor des Steuer-Qubits im ersten Register, dh

U^{2^{0}}

$U^{2^0}$

| 1 ⟩

$|1\rangle$

| u ⟩

$|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ) | u ⟩

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)|u\rangle$

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

und nicht aus dem zweiten Register. Meine Frage ist: warum so?

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

$\exp(2\pi i 2^0 \phi)$

— Sanchayan Dutta

cc @NieldeBeaudrap ^

— Sanchayan Dutta

Antworten:

$|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

(| 0 ⟩ + | 1 ⟩) | u ⟩ \mapsto | 0 ⟩ | u ⟩ + e^{i ϕ} | 1 ⟩ | u ⟩

$(|0\rangle+|1\rangle)|u\rangle\mapsto |0\rangle|u\rangle+e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

(| 0 ⟩ + e^{i ϕ} | 1 ⟩) | u ⟩

$(|0\rangle+e^{i\phi}|1\rangle)|u\rangle$ so erscheint es im ersten Register, obwohl es irgendwie im zweiten Register erstellt wurde. (Natürlich ist diese Interpretation nicht ganz richtig, da sie von einem Zwei-Qubit-Gate erzeugt wurde, das auf beide Qubits einwirkt.)

Dieser Schritt ist das Herzstück vieler Quantenalgorithmen.

$|\Psi\rangle=|0\rangle|u\rangle+|1\rangle(e^{i\phi}|u\rangle)$

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{A B}) = {Tr}_{B} (| 0 ⟩ ⟨ 0 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | + | 1 ⟩ ⟨ 0 | \otimes e^{i ϕ} | u ⟩ ⟨ u | + | 0 ⟩ ⟨ 1 | \otimes | u ⟩ ⟨ u | e^{- i ϕ} + | 1 ⟩ ⟨ 1 | \otimes e^{i ϕ} | u ⟩ ⟨ u | e^{- i ϕ})

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=\text{Tr}_B(|0\rangle\langle 0|\otimes |u\rangle\langle u|+|1\rangle\langle 0|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|+|0\rangle\langle 1|\otimes |u\rangle\langle u|e^{-i\phi}+|1\rangle\langle 1|\otimes e^{i\phi}|u\rangle\langle u|e^{-i\phi})$

{| u ⟩, | u^{⊥} ⟩}

$\{|u\rangle,|u^\perp\rangle\}$

⟨ u | u^{⊥} ⟩ = 0

$\langle u|u^\perp\rangle=0$

⟨ u | (e^{i ϕ} | u ⟩ = e^{i ϕ}

$\langle u|(e^{i\phi}|u\rangle=e^{i\phi}$

{Tr}_{B} (| Ψ ⟩ ⟨ Ψ |_{A B}) = | 0 ⟩ ⟨ 0 | + e^{i ϕ} | 1 ⟩ ⟨ 1 | + e^{- i ϕ} | 0 ⟩ ⟨ 1 | + | 1 ⟩ ⟨ 1 |

$\text{Tr}_B(|\Psi\rangle\langle\Psi|_{AB})=|0\rangle\langle 0|+e^{i\phi}|1\rangle\langle 1|+e^{-i\phi}|0\rangle\langle 1|+|1\rangle\langle 1|$

— DaftWullie
quelle

| 0 ⟩ (| u ⟩) + | 1 ⟩ (e^{i ϕ} | u ⟩)

$|0\rangle(|u\rangle) + |1\rangle (e^{i\phi}|u\rangle)$

e^{i ϕ}

$e^{i\phi}$

Wie definieren Sie "verwickelt"? Nach jeder Definition ist dies nicht verwickelt. Nehmen Sie zum Beispiel die Teilspur. Außerdem haben Sie im Allgemeinen kein Problem damit, eine globale Phase aus einem gesamten Ausdruck zu entfernen, im Vergleich dazu, diese Phase auf verschiedenen Komponenten zu halten.

— DaftWullie

A

$A$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta }|0\rangle)_B$

(| 0 ⟩)_{A} \otimes (e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(|0\rangle)_A\otimes (e^{i\theta}|0\rangle)_B$

e^{i θ} (| 0 ⟩)_{A} \otimes (| 0 ⟩)_{B}

$e^{i\theta}(|0\rangle)_A\otimes (|0\rangle)_B$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{A}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_A$

| 0 ⟩_{B}

$|0\rangle_B$

(| 0 ⟩)_{A}

$(|0\rangle)_A$

(e^{i θ} | 0 ⟩)_{B}

$(e^{i\theta}|0\rangle)_B$

Ich glaube, ich habe ein Problem damit, mich so in der "globalen Phase" zu bewegen. Ich habe noch nie darüber nachgedacht.

— Sanchayan Dutta

Es gibt keinen physischen Unterschied. Stellen Sie sich das so vor: Welches Experiment würden Sie durchführen, um die beiden zu unterscheiden? Wenn es einen physischen Unterschied gibt, muss es einen Weg geben, sie zu unterscheiden.

— DaftWullie

Eine erste Bemerkung

Das gleiche Phänomen, dass "Kontrolle" unter bestimmten Umständen Qubits ändert, tritt auch bei Controlled-NOT-Gates auf. Tatsächlich ist dies die gesamte Grundlage der Eigenwertschätzung. Es ist also nicht nur möglich, es ist eine wichtige Tatsache bei der Quantenberechnung, dass dies möglich ist. Es hat sogar einen Namen: einen "Phasenkick", bei dem die Kontroll-Qubits (oder allgemeiner ein Kontrollregister) relative Phasen verursachen, wenn sie durch eine Operation auf ein Zielregister einwirken. $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

Der Grund, warum dies passiert

Warum sollte das so sein? Grundsätzlich kommt es darauf an, dass die Standardbasis nicht so wichtig ist, wie wir es manchmal beschreiben.

Kurzfassung. Nur die Standardbasiszustände der Kontroll-Qubits sind nicht betroffen. Befindet sich das Steuer-Qubit in einem Zustand, der kein Standardbasiszustand ist, kann es grundsätzlich geändert werden.

Längere Version -

Betrachten Sie die Bloch-Kugel. Es ist am Ende eine Kugel - perfekt symmetrisch, wobei kein Punkt spezieller ist als jeder andere und keine Achse spezieller als jeder andere. Insbesondere ist die Standardbasis nicht besonders speziell.

Die CNOT-Operation ist im Prinzip eine physikalische Operation. Um es zu beschreiben, drücken wir es häufig in Bezug auf die Auswirkungen auf die Standardbasis aus , indem wir die Vektordarstellungen - aber dies ist nur eine Darstellung. Dies führt zu einer spezifischen Darstellung der CNOT-Transformation:

| 00 ⟩ \to [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], | 10 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]

$\ket{00} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}}$

C N O T \to [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] .

$\mathrm{CNOT} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}}\,.$ und der Kürze halber sagen wir , dass diese Spaltenvektoren sind die Standard - Grundzustände auf zwei Qubits, und dass diese Matrix ist eine CNOT Matrix.

Haben Sie jemals eine frühe Universität Mathematik Klasse zu tun, oder ein Lehrbuch lesen, wo es angefangen hat, den Unterschied zwischen einer linearen Transformation und Matrizen zu betonen - , wo ihm gesagt wurde, zum Beispiel, dass eine Matrix könnte repräsentiert eine lineare Transformation, waren aber nicht die gleich wie eine lineare Transformation? Die Situation mit CNOT bei der Quantenberechnung ist ein Beispiel dafür, wie sinnvoll diese Unterscheidung ist. Der CNOT ist eine Transformation eines physikalischen Systems , nicht von Spaltenvektoren; Die Standardbasiszustände sind nur eine Basis eines physikalischen Systems, das wir herkömmlicherweise durch Spaltenvektoren darstellen. $\{0,1\}$

Was wäre, wenn wir uns dafür entscheiden würden , stattdessen eine andere Basis - beispielsweise die X-Eigenbasis - durch Spaltenvektoren darzustellen ? Angenommen, wir möchten $\{0,1\}$

\begin{aligned} | + + ⟩ \to & [1 0 0 0]^{†}, \\ | + - ⟩ \to & [0 1 0 0]^{†}, \\ | - + ⟩ \to & [0 0 1 0]^{†}, \\ | - - ⟩ \to & [0 0 0 1]^{†} . \end{aligned}

$\begin{aligned} \ket{++} \to{}& [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{+-} \to{}& [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{-+} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 1 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{--} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 1 \,]^\dagger \,. \end{aligned}$ Dies ist mathematisch gesehen eine absolut legitime Wahl, und da es sich nur um eine notatorische Wahl handelt, wirkt sie sich nicht auf die Physik aus - sie beeinflusst nur die Art und Weise, wie wir die Physik schreiben würden. In der Literatur ist es nicht ungewöhnlich, Analysen auf eine äquivalente Weise durchzuführen (obwohl es selten vorkommt, explizit eine andere Konvention für Spaltenvektoren zu schreiben, als ich es hier getan habe). Wir müssten die Standardbasisvektoren darstellen durch:

| 00 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}], | 01 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix}], | 10 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{matrix}], | 11 ⟩ \to \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}] .

$\ket{00} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,.$ Auch hier verwenden wir die Spaltenvektoren auf der rechten Seite nur, um die Zustände auf der linken Seite darzustellen . Diese Änderung der Darstellung wirkt sich jedoch darauf aus, wie das CNOT-Gatter dargestellt werden soll.

Ein scharfäugiger Leser kann bemerken, dass die Vektoren, die ich rechts oben geschrieben habe, die Spalten der üblichen Matrixdarstellung von . Dafür gibt es einen guten Grund: Was diese Änderung der Darstellung bedeutet, ist eine Änderung des Referenzrahmens, in dem die Zustände der beiden Qubits beschrieben werden. Um , und so weiter, wir haben unseren Referenzrahmen für jedes Qubit durch eine Drehung geändert, die der üblichen Matrixdarstellung des Hadamard-Operators entspricht - weil derselbe Operator die und Observablen vertauscht , durch Konjugation. $H \otimes H$ $\ket{++} = [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $\ket{+-} = [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $X$ $Z$

Der gleiche Bezugsrahmen gilt für die Darstellung der CNOT-Operation. In dieser verschobenen Darstellung hätten wir also 0 \ end {bmatrix}} \ end {align}, was - wenn man bedenkt, dass die Spalten jetzt Eigenzustände darstellen - bedeutet, dass der CNOT die Transformation durchführt

\begin{aligned} C N O T \to \frac{1}{4} [\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 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] [\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 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT} \to \tfrac{1}{4}{}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \,\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\, \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} }\, = \,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}} \end{aligned}$

X

$X$

\begin{aligned} C N O T | + + ⟩ & = | + + ⟩, \\ C N O T | + - ⟩ & = | - - ⟩, \\ C N O T | - + ⟩ & = | - + ⟩, \\ C N O T | - - ⟩ & = | + - ⟩ . \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT}\,\ket{++} &= \ket{++} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{+-} &= \ket{--}, \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{-+} &= \ket{-+} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{--} &= \ket{+-} . \end{aligned}$ Beachten Sie hier, dass es nur die ersten 'Steuer'-Qubits sind, deren Status sich ändert. Das Ziel bleibt unverändert.

Jetzt hätte ich diese Tatsache viel schneller zeigen können, ohne all das Gerede über Änderungen im Referenzrahmen. In Einführungskursen in die Quantenberechnung in der Informatik könnte ein ähnliches Phänomen beschrieben werden, ohne jemals die Worte "Referenzrahmen" zu erwähnen. Aber ich wollte Ihnen mehr als nur eine Berechnung geben. Ich wollte darauf aufmerksam machen, dass ein CNOT im Prinzip nicht nur eine Matrix ist; dass die Standardbasis keine spezielle Basis ist; und dass, wenn Sie diese Dinge entfernen, klar wird, dass die vom CNOT realisierte Operation eindeutig das Potenzial hat, den Zustand des Kontroll-Qubits zu beeinflussen, selbst wenn der CNOT das einzige ist, was Sie mit Ihren Qubits tun.

Die Idee, dass es ein Kontroll-Qubit gibt, ist auf der Standardbasis zentriert und enthält ein Vorurteil über die Zustände der Qubits, das uns dazu einlädt, die Operation als einseitig zu betrachten. Aber als Physiker sollten Sie einseitigen Operationen gegenüber sehr misstrauisch sein. Für jede Handlung gibt es eine gleiche und entgegengesetzte Reaktion ; und hier wird die offensichtliche Einseitigkeit des CNOT in Standardbasiszuständen durch die Tatsache widerlegt, dass es für X Eigenbasiszustände das "Ziel" ist, das einseitig eine mögliche Zustandsänderung der "Kontrolle" bestimmt.

Sie haben sich gefragt, ob etwas im Spiel ist, das nur eine mathematische Annehmlichkeit ist und eine Wahl der Notation beinhaltet. In der Tat gibt es: die Art und Weise, wie wir unsere Zustände mit Schwerpunkt auf der Standardbasis schreiben, was dazu führen kann, dass Sie eine nicht-mathematische Intuition der Operation nur in Bezug auf die Standardbasis entwickeln. Aber ändern Sie die Darstellung, und diese nicht-mathematische Intuition verschwindet.

Dasselbe, was ich für die Wirkung von CNOT auf X-Eigenbasiszustände skizziert habe, geschieht auch in der Phasenschätzung, nur mit einer anderen Transformation als CNOT. Die im 'Ziel'-Qubit gespeicherte' Phase 'wird auf das' Kontroll'-Qubit hochgeschaltet, da sich das Ziel in einem Eigenzustand einer Operation befindet, die vom ersten Qubit kohärent gesteuert wird. Auf der Informatikseite der Quantenberechnung ist es eines der berühmtesten Phänomene auf diesem Gebiet. Es zwingt uns, uns der Tatsache zu stellen, dass die Standardbasis nur insofern besonders ist, als sie die ist, mit der wir unsere Daten lieber beschreiben - aber nicht, wie sich die Physik selbst verhält.

— Niel de Beaudrap
quelle

-1

Gute Frage.
Ich habe das auch einmal gefragt, aber es ist nicht nur eine Frage der mathematischen Bequemlichkeit.
Das gesteuerte U ist ein "verwickeltes" Tor.
Sobald eine Verschränkung vorliegt, können Sie den Status nicht mehr in "erstes Register" und "zweites Register" unterteilen.
Denken Sie nur zu Beginn oder wenn keine Verstrickung vorliegt, separat an diese Register. Nach einer Verstrickung ist es am besten, die Mathematik (Matrixmultiplikationen) gründlich durchzuarbeiten, und Sie erhalten tatsächlich den von Nielsen und Chuang gegebenen Zustand.

Ich versuche, die Frage zu beantworten, muss aber warten, bis ich einen guten Ruf habe.

Ich kann keine Verstrickung sehen. Der Ausgang scheint zwischen den beiden Registern trennbar zu sein. ist der Zustand des ersten Registers, während der Zustand des zweiten Registers ist.

\frac{1}{2^{t / 2}} (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{t - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + exp (2 π i 2^{0} φ) | 1 ⟩)

$\frac{1}{2^{t/2}}\left(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-1}\varphi)|1\rangle)(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{t-2}\varphi)|1\rangle)...(|0\rangle+\text{exp}(2\pi i 2^{0}\varphi)|1\rangle\right)$

| u ⟩

$|u\rangle$

— Sanchayan Dutta

@Blue Ich schreibe es nicht als vollständige Antwort, weil ich es selbst schwierig finde, das Konzept in meinem Kopf zu verinnerlichen. Dies liegt jedenfalls am Phänomen "Phase Kick-Back", und es liegt tatsächlich auch an der Tatsache, dass die Kontrolle und Ziel sind etwas verwickelt. Versuchen Sie, Abschnitt 2.2 der Doktorarbeit von Mosca zu lesen. Dies ist die beste Erklärung, die ich bisher gefunden habe.

— FSic

@ F.Siciliano Okay, danke. Ich werde es lesen

— Sanchayan Dutta