เหตุใดกลไก“ Phase Kickback” จึงทำงานในอัลกอริทึมการประมาณเฟสควอนตัม?

ฉันอาจอ่านบทการแปลงควอนตัมฟูริเยร์และแอปพลิเคชันจาก Nielsen และ Chuang (ฉบับที่ 10 ฉบับครบรอบ) สองสามครั้งก่อนและสิ่งนี้เอาสิ่งนี้ให้สิทธิ์ แต่วันนี้เมื่อฉันดูอีกครั้งมันไม่ได้ ' ฉันดูเหมือนจะไม่ชัดเจนเลย!

นี่คือแผนภาพวงจรสำหรับอัลกอริทึมการประมาณเฟส:

การลงทะเบียนครั้งแรกที่มี qubits ควรจะเป็น "การลงทะเบียนการควบคุม" ถ้าใด ๆ ของคิวบิตในการลงทะเบียนครั้งแรกอยู่ในสถานะที่สอดคล้องกันควบคุมประตูรวมได้รับนำไปใช้กับการลงทะเบียนที่สอง ถ้ามันอยู่ในรัฐแล้วมันไม่ได้นำไปใช้กับการลงทะเบียนที่สอง หากอยู่ในการซ้อนทับของสองสถานะและการกระทำของการรวมกันที่สอดคล้องกันในการลงทะเบียนครั้งที่สองสามารถกำหนดได้โดย "linearity" ขอให้สังเกตว่าประตูทั้งหมดจะทำหน้าที่เฉพาะในการลงทะเบียนที่สองและไม่มีในการลงทะเบียนครั้งแรก ลงทะเบียนครั้งแรกควรจะเป็นเพียงการควบคุม $t$ $|1\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|1\rangle$

อย่างไรก็ตามพวกเขาแสดงให้เห็นว่าสถานะสุดท้ายของการลงทะเบียนครั้งแรกเป็น:

\frac{1}{2^{เสื้อ / 2}} (| 0 ⟩ + ประสบการณ์ (2 π ผม 2^{เสื้อ - 1} φ) | 1 ⟩) (| 0 ⟩ + ประสบการณ์ (2 π ผม 2^{เสื้อ - 2} φ) | 1 ⟩) . . . (| 0 ⟩ + ประสบการณ์ (2 π ผม 2^{0} φ) | 1 ⟩)

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

ฉันแปลกใจว่าทำไมเราถึงคิดว่าจะมีการเปลี่ยนแปลงในสถานะของการลงทะเบียนครั้งแรกของ qubits เลยหลังจากการกระทำของประตู Hadamard สถานะสุดท้ายของการลงทะเบียนครั้งแรกควรจะเป็น

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

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

ไม่ใช่เหรอ ฉันพูดแบบนี้เพราะการลงทะเบียนครั้งแรกควรจะเป็นตัวควบคุมเท่านั้น ฉันไม่เข้าใจว่าสถานะการลงทะเบียนครั้งแรกควรหรือไม่อย่างไรเมื่อทำหน้าที่เป็นผู้ควบคุม

ในตอนแรกฉันคิดว่าการพิจารณาปัจจัยเอ็กซ์โปเนนเชียลเพื่อเป็นส่วนหนึ่งของสถานะ qubit การลงทะเบียนครั้งแรกนั้นเป็นเพียงความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์ แต่ก็ไม่สมเหตุสมผล สถานะของ qubit หรือระบบของ qubits ไม่ควรขึ้นอยู่กับความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์ของเรา!

ดังนั้นใครบางคนได้โปรดอธิบายว่าทำไมสถานะการลงทะเบียนครั้งแรกของการเปลี่ยนแปลง qubits อย่างแน่นอนถึงแม้ว่ามันจะเป็นเพียงแค่ "ควบคุม" สำหรับการลงทะเบียนครั้งที่สอง? มันเป็นเพียงความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์หรือมีบางสิ่งที่ลึกกว่า?

— Sanchayan Dutta
แหล่งที่มา

ไม่ใช่คำตอบ แต่: หมายความว่าอะไรที่จะเป็น 'ความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์' ถ้ามันไม่ได้แสดงถึงการเปลี่ยนแปลงจริงในรัฐ ทั้งคณิตศาสตร์อย่างถูกต้องอธิบายการเปลี่ยนแปลงสถานะควอนตัมหรือไม่ ถ้าไม่คุณมีปัญหาใหญ่กว่าตัวอย่างนี้ ถ้าคุณคิดว่าคณิตศาสตร์อธิบายฟิสิกส์ได้แม่นยำการแสดงทางคณิตศาสตร์นั้นไม่เพียงแค่สะดวก: สถานะของ (ตกใจราคาล่วงหน้า) "การควบคุม" สายไฟจะเปลี่ยนจริงในรูทีนย่อยนี้ มันก็โอเคที่จะสับสนว่าทำไม แต่ก่อนอื่นคุณต้องยอมรับว่าพวกเขาเปลี่ยนแปลง

— Niel de Beaudrap

คณิตศาสตร์เป็นสิ่งที่อธิบายไว้ในคำตอบนี้: quantumcomputing.stackexchange.com/a/1791/1837แต่สถานการณ์นั้นง่ายขึ้นและเข้าใจได้ง่ายขึ้น

— DaftWullie

@NieldeBeaudrap ดีคำถามของฉันคือ "ทำไม" มันเปลี่ยนแปลงได้อย่างแม่นยำ

— Sanchayan Dutta

@DaftWullie คณิตศาสตร์ดูไม่ยาก ขอเพียงใช้เป็นตัวอย่างง่ายๆของ controlled-ประตู หากลงทะเบียนควบคุมอยู่ในสถานะแล้วจะได้รับนำไปใช้กับเพื่อให้\ แต่พวกเขากำลังพิจารณาว่าปัจจัยเอ็กซ์โปเนนเชียลของเป็นปัจจัยของ qubit ควบคุมในการลงทะเบียนครั้งแรกนั่นคือและไม่ใช่ ของการลงทะเบียนครั้งที่สอง คำถามของฉันคือทำไม

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)

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

\exp (2 π i 2^{0} ϕ)

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

— Sanchayan Dutta

cc @NieldeBeaudrap ^

— Sanchayan Dutta

คำตอบ:

ลองนึกภาพคุณมีวิคเตอร์ของUหากคุณมีสถานะเช่นและคุณใช้ controlled-กับมันคุณได้รับจากอีเฟสไม่ได้แนบกับการลงทะเบียนที่เฉพาะเจาะจง แต่เป็นเพียงปัจจัยคูณโดยรวม $|u\rangle$ $U$ $|1\rangle|u\rangle$ $U$ $e^{i\phi}|1\rangle|u\rangle$

ทีนี้ลองใช้การซ้อนทับบนการลงทะเบียนครั้งแรก: คุณสามารถเขียนสิ่งนี้เป็น ดังนั้นมันจะปรากฏในการลงทะเบียนครั้งแรกแม้ว่ามันจะถูกสร้างขึ้นในการลงทะเบียนครั้งที่สองก็ตาม (แน่นอนว่าการตีความนั้นไม่เป็นความจริงทั้งหมดเพราะมันถูกสร้างขึ้นโดยประตูสองควิบิตที่แสดงบนทั้งสองบิต)

(| 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 ⟩

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

ขั้นตอนนี้เป็นหัวใจสำคัญของอัลกอริทึมควอนตัมหลายตัว

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

ไม่มีใครสามารถอ้างสิทธิ์ได้ แต่ต้องแสดงให้เห็นในเชิงคณิตศาสตร์ ตัวอย่างเช่นเราสามารถติดตามบางส่วนผ่าน qubit ที่สอง ในการติดตามบางส่วนเราเลือกพื้นฐานที่จะหาผลรวม เพื่อความง่ายเรามาเลือกโดยที่และจากนั้นคุณจะได้รับ

{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 | + {อี}^{ผม φ} | 1 ⟩ ⟨ 1 | + {อี}^{- ผม φ} | 0 ⟩ ⟨ 1 | + | 1 ⟩ ⟨ 1 |

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

— DaftWullie
แหล่งที่มา

ปัญหาหลักของฉันคือส่วน "การเขียนใหม่" ในทางคณิตศาสตร์มันเป็นเพียงการจัดเรียงใหม่ แต่ร่างกายที่เขียนใหม่สามารถมีความหมายลึก พูดทำไมฉันไม่เขียนมันแทนและแค่อ้างว่ามันไม่สามารถแยกออกเป็นผลิตภัณฑ์เทนเซอร์ได้ อันเนื่องมาจากพัวพัน? ทำไมปัจจัยจึงควรเป็นสถานะของ qubit ในการลงทะเบียนครั้งแรกแทนที่จะเป็นสถานะของ qubit ในการลงทะเบียนครั้งที่สอง?

| 0 ⟩ (| u ⟩) + | 1 ⟩ (e^{i ϕ} | u ⟩)

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

e^{i ϕ}

$e^{i\phi}$

— Sanchayan Dutta

คุณจะกำหนด "ยุ่งเหยิง" ได้อย่างไร? โดยคำจำกัดความใด ๆ นี้ไม่ได้เข้าไปพัวพัน ลองใช้การติดตามบางส่วนเช่น ยิ่งกว่านั้นฉันคิดว่าคุณไม่มีปัญหาในการลบเฟสโกลบอลออกจากนิพจน์ทั้งหมดเมื่อเทียบกับการเก็บเฟสนั้นไว้กับส่วนประกอบที่แตกต่างกัน

— DaftWullie

ฉันอาจมีความเข้าใจผิดระดับต้น บอกว่าฉันมีสอง qubits โดยที่อันแรก (qubit ) อยู่ในสถานะและอันที่สอง (qubit B) อยู่ในสถานะ . แล้วรัฐคอมโพสิต(จ ตอนนี้ฉันได้เห็นว่ามันถูกเขียนเป็นแต่ฉันไม่แน่ใจว่าทำไมถึงเป็นไปได้ สถานะทางกายภาพที่แท้จริงของ qubit A และ qubit B ในกรณีนี้คืออะไร คือ &หรือเป็น &

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}

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

— Sanchayan Dutta

ฉันเดาว่าฉันมีปัญหากับการขยับไปรอบ ๆ "โกลบอลเฟส" แบบนั้น ฉันไม่เคยคิดถึงมันมาก่อน

— Sanchayan Dutta

ไม่มีความแตกต่างทางกายภาพ คิดแบบนี้: คุณจะทำการทดลองอะไรเพื่อแยกความแตกต่างทั้งสองออก หากมีความแตกต่างทางกายภาพจะต้องมีวิธีการแยกพวกเขา

— DaftWullie

คำพูดแรก

ปรากฏการณ์เดียวกันนี้ของการควบคุมการเปลี่ยนสถานะของ qubits ในบางสถานการณ์ก็เกิดขึ้นกับประตูที่ไม่ได้ควบคุม ในความเป็นจริงนี่คือพื้นฐานทั้งหมดของการประมาณค่าลักษณะเฉพาะ ดังนั้นไม่เพียง แต่เป็นไปได้เท่านั้นมันเป็นข้อเท็จจริงสำคัญเกี่ยวกับการคำนวณควอนตัมที่เป็นไปได้ มันยังมีชื่อ: "ระยะเตะ" ซึ่งควบคุม qubits (หรือมากกว่าปกติลงทะเบียนควบคุม) เกิดขึ้นในช่วงญาติเป็นผลมาจากการกระทำผ่านการดำเนินการบางอย่างในการลงทะเบียนเป้าหมายบางอย่าง $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$

สาเหตุที่สิ่งนี้เกิดขึ้น

เหตุใดจึงเป็นเช่นนี้ โดยพื้นฐานแล้วมากับความจริงที่ว่ามาตรฐานพื้นฐานนั้นไม่สำคัญเท่าที่เราบางครั้งอธิบายว่าเป็น

เวอร์ชั่นสั้น. เฉพาะสถานะมาตรฐานบน qubits ควบคุมเท่านั้นที่ไม่ได้รับผลกระทบ หากคิวบิตควบคุมอยู่ในสถานะที่ไม่ได้เป็นสถานะมาตรฐานก็สามารถเปลี่ยนแปลงได้ตามหลักการ

รุ่นที่ยาวกว่า -

พิจารณาทรงกลมโบลช ในที่สุดทรงกลม - สมมาตรอย่างสมบูรณ์แบบโดยไม่มีจุดใดที่พิเศษกว่าใครและไม่มีแกนใดที่พิเศษไปกว่าแกนใด ๆ โดยเฉพาะอย่างยิ่งพื้นฐานมาตรฐานไม่ได้พิเศษโดยเฉพาะ

การดำเนินการ CNOT เป็นหลักการการดำเนินการทางกายภาพ เพื่ออธิบายมันเรามักจะแสดงมันในแง่ของวิธีที่มันมีผลต่อมาตรฐานพื้นฐานโดยใช้การแทนเวกเตอร์ - แต่นี่เป็นเพียงการนำเสนอ สิ่งนี้นำไปสู่การเป็นตัวแทนเฉพาะของการแปลง CNOT:

| 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}]

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

ค ยังไม่มีข้อความ O T \to [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}] .

$\mathrm{CNOT} \to {\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}}\,.$ และเพื่อประโยชน์ของความกะทัดรัดเราบอกว่าเวกเตอร์คอลัมน์เหล่านั้นเป็นสถานะมาตรฐานบนสอง qubits และเมทริกซ์นี้เป็นเมทริกซ์ CNOT

คุณเคยทำในช่วงต้นคณิตศาสตร์มหาวิทยาลัยชั้นเรียนหรืออ่านตำราที่มันเริ่มต้นที่จะเน้นความแตกต่างระหว่างการเปลี่ยนแปลงเชิงเส้นและเมทริกซ์ - ที่ได้รับการกล่าวว่าเช่นว่าเมทริกซ์สามารถเป็นตัวแทนของการเปลี่ยนแปลงเชิงเส้น แต่ก็ไม่เช่นเดียวกับการแปลงเชิงเส้น? สถานการณ์ที่มี CNOT ในการคำนวณควอนตัมเป็นตัวอย่างหนึ่งของความแตกต่างนี้มีความหมายอย่างไร CNOT เป็นการเปลี่ยนแปลงของระบบกายภาพไม่ใช่ของเวกเตอร์คอลัมน์ สถานะพื้นฐานของมาตรฐานเป็นเพียงหนึ่งในพื้นฐานของระบบทางกายภาพซึ่งเราเป็นตัวแทนตามอัตภาพโดยเวกเตอร์คอลัมน์ $\{0,1\}$

จะเป็นอย่างไรถ้าเราเลือกที่จะเป็นตัวแทนของพื้นฐานที่แตกต่าง - พูดว่า X eigenbasis - โดยเวกเตอร์คอลัมน์แทน สมมติว่าเราต้องการเป็นตัวแทน $\{0,1\}$

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

$\begin{aligned} \ket{++} \to{}& [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{+-} \to{}& [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{-+} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 1 \;\; 0 \,]^\dagger\,, \\ \ket{--} \to{}& [\, 0 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 1 \,]^\dagger \,. \end{aligned}$ นี่เป็นตัวเลือกที่ถูกต้องตามหลักวิชาทางคณิตศาสตร์อย่างสมบูรณ์และเนื่องจากเป็นเพียงตัวเลือกที่น่าสังเกตเท่านั้นจึงไม่ส่งผลกระทบต่อฟิสิกส์ - มันมีผลกับวิธีที่เราจะเขียนฟิสิกส์เท่านั้น ไม่ใช่เรื่องแปลกในวรรณคดีที่จะทำการวิเคราะห์ในลักษณะที่เทียบเท่ากับสิ่งนี้ (แม้ว่ามันจะยากที่จะเขียนแบบแผนที่แตกต่างกันสำหรับเวกเตอร์คอลัมน์อย่างที่ฉันได้ทำที่นี่) เราจะต้องเป็นตัวแทนเวกเตอร์พื้นฐานมาตรฐานโดย:

| 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}] .

$\ket{00} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{01} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{10} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}}\,, \quad \ket{11} \to \tfrac{1}{2}\,{\scriptstyle \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}}\,.$ อีกครั้งเราใช้เวกเตอร์คอลัมน์ทางด้านขวาเท่านั้นเพื่อแสดงสถานะทางซ้าย แต่การเปลี่ยนแปลงในการเป็นตัวแทนจะส่งผลกระทบต่อวิธีที่เราต้องการเป็นตัวแทนประตู CNOT

คมตาอ่านอาจจะสังเกตเห็นว่าเวกเตอร์ที่ผมได้เขียนด้านขวาเพียงข้างต้นเป็นคอลัมน์ของการเป็นตัวแทนเมทริกซ์ปกติของH มีเหตุผลที่ดีสำหรับสิ่งนี้: สิ่งที่การเปลี่ยนแปลงของจำนวนการแทนนี้คือการเปลี่ยนแปลงของกรอบอ้างอิงที่ใช้อธิบายสถานะของสอง qubits เพื่ออธิบาย ,และอื่น ๆ เราได้เปลี่ยนกรอบการอ้างอิงสำหรับแต่ละ qubit โดยการหมุนซึ่งเหมือนกับการแสดงเมทริกซ์ปกติของโอเปอเรเตอร์ Hadamard - เพราะผู้ประกอบการเดียวกันแลกเปลี่ยนและสังเกตได้ โดยการผันคำกริยา $H \otimes H$ $\ket{++} = [\, 1 \;\; 0 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $\ket{+-} = [\, 0 \;\; 1 \;\; 0 \;\; 0 \,]^\dagger$ $X$ $Z$

กรอบการอ้างอิงเดียวกันนี้จะนำไปใช้กับวิธีที่เราเป็นตัวแทนของการดำเนินการ CNOT ดังนั้นในการแสดงแบบเลื่อนนี้เราจะมี 0 \ end {bmatrix}} \ end {aligned} ซึ่ง - จำได้ว่าตอนนี้คอลัมน์แทน eigenstates - หมายความว่า CNOT ทำการเปลี่ยนแปลง

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

$\begin{aligned} \mathrm{CNOT}\,\ket{++} &= \ket{++} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{+-} &= \ket{--}, \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{-+} &= \ket{-+} , \\ \mathrm{CNOT}\,\ket{--} &= \ket{+-} . \end{aligned}$ โปรดสังเกตว่าที่นี่เป็นเพียง 'qubits' ควบคุมแรกที่มีการเปลี่ยนแปลงสถานะ เป้าหมายจะไม่เปลี่ยนแปลง

ตอนนี้ฉันสามารถแสดงความจริงแบบเดียวกันนี้ได้เร็วขึ้นโดยไม่พูดถึงการเปลี่ยนแปลงในกรอบอ้างอิงทั้งหมด ในหลักสูตรเบื้องต้นในการคำนวณควอนตัมในวิทยาการคอมพิวเตอร์อาจมีการอธิบายปรากฏการณ์ที่คล้ายกันโดยไม่พูดถึงคำว่า 'กรอบอ้างอิง' แต่ฉันต้องการให้คุณมากกว่าการคำนวณ ฉันต้องการที่จะดึงความสนใจไปที่ข้อเท็จจริงที่ว่า CNOT เป็นหลักการไม่ใช่แค่เมทริกซ์ ว่าพื้นฐานมาตรฐานไม่ใช่พื้นฐานพิเศษ และเมื่อคุณตัดสิ่งเหล่านี้ออกไปมันจะกลายเป็นที่ชัดเจนว่าการดำเนินการที่ CNOT ตระหนักได้อย่างชัดเจนมีศักยภาพที่จะส่งผลกระทบต่อสถานะของ qubit ควบคุมแม้ว่า CNOT เป็นสิ่งเดียวที่คุณทำกับ qubits ของคุณ

ความคิดที่ว่ามี 'ควบคุม' qubit เป็นหนึ่งศูนย์กลางบนพื้นฐานมาตรฐานและฝังความอยุติธรรมเกี่ยวกับสถานะของ qubits ที่เชิญให้เราคิดว่าการดำเนินงานเป็นด้านเดียว แต่ในฐานะนักฟิสิกส์คุณควรสงสัยอย่างยิ่งถึงการปฏิบัติการด้านเดียว สำหรับทุกการกระทำมีปฏิกิริยาเท่ากับและตรงข้าม ; และที่นี่ความชัดเจนด้านเดียวของ CNOT ในรัฐมาตรฐานนั้นถูกปฏิเสธโดยความจริงที่ว่าสำหรับ X eigenbasis ฯ มันเป็น 'เป้าหมาย' ซึ่งกำหนดการเปลี่ยนแปลงที่เป็นไปได้ของสถานะของ 'การควบคุม' เพียงฝ่ายเดียว

คุณสงสัยว่ามีบางอย่างที่เล่นซึ่งเป็นเพียงความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์ที่เกี่ยวข้องกับการเลือกสัญกรณ์ ในความเป็นจริงมี: วิธีที่เราเขียนรัฐของเราโดยเน้นที่มาตรฐานซึ่งอาจนำคุณไปสู่การพัฒนาสัญชาตญาณที่ไม่ใช่คณิตศาสตร์ของการดำเนินการเฉพาะในแง่ของมาตรฐาน แต่เปลี่ยนการเป็นตัวแทนและสัญชาตญาณที่ไม่ใช่คณิตศาสตร์หายไป

สิ่งเดียวกันกับที่ฉันวาดไว้สำหรับผลกระทบของ CNOT ในสถานะ X-eigenbasis นั้นก็เกิดขึ้นในการประมาณเฟสด้วยการเปลี่ยนแปลงที่แตกต่างจาก CNOT 'เฟส' ที่เก็บไว้ใน 'เป้าหมาย' qubit จะถูกเตะขึ้นไปที่ 'ควบคุม' qubit เนื่องจากเป้าหมายอยู่ในสถานะเฉพาะของการดำเนินการซึ่งควบคุมโดยควิบิตแรก ในด้านวิทยาศาสตร์คอมพิวเตอร์ของการคำนวณควอนตัมมันเป็นหนึ่งในปรากฏการณ์ที่โด่งดังที่สุดในสนาม มันบังคับให้เราต้องเผชิญหน้ากับความจริงที่ว่ามาตรฐานพื้นฐานเป็นเพียงความพิเศษในการที่จะอธิบายข้อมูลของเราด้วย - แต่ไม่ใช่ในลักษณะของฟิสิกส์

— Niel de Beaudrap
แหล่งที่มา

-1

เป็นคำถามที่ดีมาก
ฉันเคยถามสิ่งนี้ด้วยเช่นกัน แต่มันไม่ใช่แค่เรื่องความสะดวกสบายทางคณิตศาสตร์
ควบคุม -U เป็นประตู "เข้าหากัน"
เมื่อมีสิ่งกีดขวางคุณจะไม่สามารถแยกรัฐออกเป็น "ลงทะเบียนครั้งแรก" และ "ลงทะเบียนครั้งที่สอง"
ให้นึกถึงการลงทะเบียนเหล่านี้แยกกันในตอนต้นหรือเมื่อไม่มีสิ่งกีดขวาง หลังจากที่มีสิ่งกีดขวางทางออกที่ดีที่สุดของคุณคือการทำงานผ่านคณิตศาสตร์ (การคูณเมทริกซ์) อย่างละเอียดและคุณจะได้รับสถานะจาก Nielsen และ Chuang

พยายาม upvote คำถาม แต่ต้องรอจนกว่าฉันจะมีชื่อเสียง 15

ฉันไม่เห็นสิ่งกีดขวางใด ๆ เอาต์พุตดูเหมือนว่าจะแยกกันไม่ออกระหว่างรีจิสเตอร์ทั้งสอง เป็นสถานะของการลงทะเบียนครั้งแรกในขณะที่คือสถานะของการลงทะเบียนครั้งที่สอง

\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 ฉันไม่ได้เขียนมันเป็นคำตอบเต็มรูปแบบเพราะฉันเองพบว่ามันยากที่จะทำให้แนวคิดภายในของฉันเป็นเรื่องยากอย่างไรก็ตามนี่เป็นเพราะปรากฏการณ์ "Phase Kick-Back" และมันก็เป็นเพราะความจริงที่ว่าการควบคุม และเป้าหมายค่อนข้างยุ่งเหยิง ลองอ่านหัวข้อ 2.2 ของวิทยานิพนธ์ระดับปริญญาเอกของ Mosca มันเป็นคำอธิบายที่ดีที่สุดที่ฉันค้นพบ

— FSic

@ F.Siciliano โอเคขอบคุณ ฉันจะให้มันอ่าน

— Sanchayan Dutta