CNOT-Tor auf verwickelten Qubits

Ich habe versucht, einen Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) -Zustand für Zustände mithilfe von Quantencomputern zu generieren , beginnend mit (N-mal) $N$ $|000...000\rangle$

Die vorgeschlagene Lösung besteht darin, zuerst die Hadamard-Transformation auf das erste Qubit anzuwenden und dann eine Schleife von CNOT-Gattern mit dem ersten Qubit aller anderen zu starten.

Ich kann nicht verstehen, wie ich CNOT ( ) durchführen kann, wenn Teil eines verschränkten Paares ist, wie der Bell-Zustand der sich hier nach der Hadamard-Transformation bildet. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Ich weiß, wie man den Code dafür schreibt, aber algebraisch, warum ist diese Methode korrekt und wie wird sie gemacht? Vielen Dank.

quantum-gate entanglement quantum-state

— Satvik Golechha
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Ich kann nicht verstehen, wie ich CNOT ( ) durchführen kann, wenn Teil eines verschränkten Paares ist, wie der Bell-Zustand der sich hier nach der Hadamard-Transformation bildet. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Der Schlüssel besteht darin, zu bemerken, was mit den rechnerischen Basiszuständen (oder im Übrigen mit jedem anderen vollständigen Satz von Basiszuständen) passiert, wenn die relevanten Quantentore angewendet werden. Es spielt keine Rolle, ob der Staat verwickelt oder trennbar ist. Diese Methode funktioniert immer .

Betrachten wir den Qubit-Bell-Zustand (von zwei Qubits und ): $2$ $A$ $B$

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

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

Grundsätzlich behält CNOT also den rechnerischen Basiszustand bei. Es wird jedoch den rechnerischen Basiszustand in konvertieren . Aus der Aktion von CNOT auf und können Sie die Aktion von CNOT auf den Überlagerungszustand jetzt ableiten : $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|\Psi\rangle$

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

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

Bearbeiten :

Sie erwähnen in den Kommentaren , dass Sie eine der beiden Qubits des verschränkten Zustand wollen als handeln Kontrolle (und die NOT - Operation wird auf einem anderen Qubit angewandt werden, sagen , in Abhängigkeit von der Steuerung ). $|\Psi\rangle$ $C$

Auch in diesem Fall können Sie ähnlich wie oben vorgehen.

Notieren Sie die -qubit kombinierten Zustand : $3$

| 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})

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

Angenommen, ist Ihr Kontroll- Qubit. $B$

So erhalten Sie den Staat:

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

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

Dies ist der Greenberger-Horne-Zeilinger-Zustand für Ihre Qubits! $3$

— Sanchayan Dutta
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Wir können diese Methode verwenden, wenn wir CNOT auf ein verwickeltes Paar anwenden möchten. Aber das will ich nicht. Was ich möchte, ist, das erste Qubit des verschränkten Zustands (kann es nicht als q1 bezeichnen, da es untrennbar ist) und CNOT auf dieses (q1) und ein anderes Qubit anzuwenden . Wenn möglich, zeigen Sie bitte die Multiplikation der Matrixform. Danke noch einmal.

B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Welches ist das Kontroll- Qubit (des Controlled-NOT-Gates): oder das "andere Qubit"? Die Antwort wird davon abhängen.

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

— Sanchayan Dutta

Ich betrachte als das Steuerbit. Und die Schwierigkeit, mit der ich konfrontiert bin, besteht darin, dass ich nicht trennen kann und daher nicht sehen kann, was das CNOT-Gatter mit und tun wird .

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

@ SatvikGolechha Die Antwort wurde aktualisiert. OK jetzt?

— Sanchayan Dutta

Vielen Dank! Die Verwendung der Tensor-Produkteigenschaften macht alles sehr klar und passt jetzt einfach wunderbar. Ich habe diese Antwort als akzeptiert markiert.

— 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 ⟩)

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ ist selbst ein Operator für Qubits, der eine Einheitsmatrix ergibt . Sie können es auf jeden Zustand in nicht nur auf die der Form . Schreiben Sie einfach die Koeffizienten in die Berechnungsbasis, in der Sie wissen, was in Bezug auf den des klassischen reversiblen Rechnens zu tun ist . Dann folgen Sie einfach Ihrer Linearitätsnase. $2$ $4\times 4$ $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ $q_i \otimes q_j$ $\operatorname{CNOT}_{ij}$

— AHusain
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