CNOT Gate บน Qubits ที่พันกัน

ฉันพยายามสร้างสถานะ Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) สำหรับ $N$ การใช้คอมพิวเตอร์ควอนตัมเริ่มต้นด้วย $|000...000\rangle$ (ครั้ง N)

ทางออกที่นำเสนอคือการใช้ Hadamard Transformation ใน qubit แรกก่อนจากนั้นเริ่มวนประตู CNOT ด้วย qubit แรกของอื่น ๆ ทั้งหมด

ฉันไม่สามารถเข้าใจวิธีการแสดง CNOT ($q_1,q_2$) ถ้า $q_1$ เป็นส่วนหนึ่งของคู่ที่พันกันเช่นรัฐเบลล์ $B_0$ ซึ่งรูปแบบที่นี่หลังจากการเปลี่ยนแปลง Hadamard

ฉันรู้วิธีเขียนโค้ดสำหรับมัน แต่พีชคณิตทำไมวิธีนี้ถึงถูกต้องและทำอย่างไร? ขอบคุณ

ฉันไม่สามารถเข้าใจวิธีการแสดง CNOT ($q_1,q_2$) ถ้า $q_1$ เป็นส่วนหนึ่งของคู่ที่พันกันเช่นรัฐเบลล์ $B_0$ ซึ่งรูปแบบที่นี่หลังจากการเปลี่ยนแปลง Hadamard

กุญแจสำคัญคือการสังเกตว่าเกิดอะไรขึ้นกับสถานะพื้นฐานของการคำนวณ (หรือสำหรับเรื่องนั้นชุดสถานะพื้นฐานที่สมบูรณ์แบบอื่น ๆ) เมื่อใช้ประตูควอนตัมที่เกี่ยวข้อง ไม่สำคัญว่ารัฐจะเข้าไปพัวพันหรือแยกกันไม่ออก วิธีนี้ใช้ได้ผลเสมอ

ลองพิจารณา $2$-qubit Bell state (จากสอง qubits $A$ และ $B$):

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

$|\Psi\rangle$ถูกสร้างขึ้นโดยการซ้อนทับเชิงเส้นเท่ากันของสถานะพื้นฐานการคำนวณ$|00\rangle$ & $|11\rangle$ (ซึ่งสามารถแสดงเป็น $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$ และ $|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$ ตามลำดับ) และ $|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$. เราไม่จำเป็นต้องกังวลเกี่ยวกับสถานะพื้นฐานการคำนวณอีกสองสถานะ:$|01\rangle$ และ $|10\rangle$ เนื่องจากไม่ได้เป็นส่วนหนึ่งของการซ้อนทับของรัฐระฆัง $|\Psi\rangle$. ประตู CNOT พลิกโดยทั่วไป(เช่นการแมปหนึ่งในสองอย่างใดอย่างหนึ่ง)$|0\rangle \mapsto |1\rangle$ หรือ $|1\rangle\mapsto |0\rangle$) สถานะของ qubit $B$ ในกรณี qubit$A$ อยู่ในสถานะ $|1\rangle$หรืออื่น ๆ มันไม่ทำอะไรเลย

ดังนั้นโดยทั่วไป CNOT จะทำให้สถานะพื้นฐานการคำนวณ $|00\rangle$ตามที่มันเป็น อย่างไรก็ตามมันจะแปลงสถานะพื้นฐานการคำนวณ$|11\rangle$ ถึง $|10\rangle$. จากการกระทำของ CNOT บน$|00\rangle$ และ $|11\rangle$คุณสามารถอนุมานการกระทำของ CNOT ในสถานะการซ้อนทับ $|\Psi\rangle$ ขณะนี้:

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

---

แก้ไข :

คุณพูดถึงในความคิดเห็นที่คุณต้องการหนึ่งในสอง qubits ของรัฐยุ่ง $|\Psi\rangle$เพื่อทำหน้าที่เป็นตัวควบคุม (และการทำงานแบบ NOT จะถูกนำไปใช้กับควิบิตอื่นพูด $C$, ขึ้นอยู่กับการควบคุม )

ในกรณีดังกล่าวคุณสามารถดำเนินการในลักษณะเดียวกันนี้ได้

เขียนลงไป $3$-qubit สถานะรวม :

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

สมมติว่า $B$เป็นqubit ควบคุมของคุณ

เราจะตรวจสอบการกระทำของ CNOT อีกครั้งในสถานะการคำนวณ (สำหรับระบบ 3 บิต) คือ $|000\rangle$ & $|110\rangle$. ในสถานะพื้นฐานการคำนวณ$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$ สังเกตว่าสถานะของ qubit $B$ คือ $|0\rangle$ และของควิบิต $C$ คือ $|0\rangle$. ตั้งแต่ควิบิต$B$ อยู่ในสถานะ $|0\rangle$สถานะของควิบิต $C$จะไม่ถูกพลิก อย่างไรก็ตามโปรดสังเกตว่าในสถานะพื้นฐานการคำนวณ$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$ qubit $B$ อยู่ในสถานะ $|1\rangle$ ในขณะที่ qubit $C$ อยู่ในสถานะ $|0\rangle$. ตั้งแต่ควิบิต$B$ อยู่ในสถานะ $|1\rangle$สถานะของควิบิต $C$ จะถูกพลิกไป $|1\rangle$.

ดังนั้นคุณจะได้รัฐ:

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

นี่คือสถานะ Greenberger – Horne – Zeilingerสำหรับคุณ$3$ qubits!

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ เป็นตัวดำเนินการเอง $2$ qubits ให้ $4\times 4$เมทริกซ์รวม คุณสามารถใช้มันกับรัฐใด ๆ ใน$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ ไม่ใช่แค่แบบฟอร์ม $q_i \otimes q_j$. เพียงแค่เขียนค่าสัมประสิทธิ์ในการคำนวณพื้นฐานที่คุณรู้ว่าจะทำอย่างไรในแง่ของ$\operatorname{CNOT}_{ij}$ของการคำนวณย้อนกลับแบบคลาสสิก จากนั้นทำตามจมูกเส้นตรงของคุณ