Porte CNOT sur les Qubits enchevêtrés

Je ne peux pas comprendre comment je peux effectuer CNOT ( ) si fait partie d'une paire enchevêtrée, comme l'état de Bell qui se forme ici après la transformation de Hadamard. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

La clé est de remarquer ce qui arrive aux états de base de calcul (ou, d'ailleurs, à tout autre ensemble complet d'états de base) lors de l'application de la ou des portes quantiques pertinentes. Peu importe que l'état soit enchevêtré ou séparable. Cette méthode fonctionne toujours .

Considérons l' état de Bell à bits (de deux qubits et ): $2$ $A$ $B$

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

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

Donc, fondamentalement, CNOT conservera l'état de base de calcul tel qu'il est. Cependant, il convertira l'état de base de calcul à . De l'action de CNOT sur et , vous pouvez en déduire l'action de CNOT sur l'état de superposition maintenant: $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|\Psi\rangle$

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

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

Modifier :

Vous mentionnez dans les commentaires que vous souhaitez l'un des deux qubits de l'état enchevêtré pour agir en tant que contrôle (et l'opération NOT sera appliquée sur un qubit différent, dit , en fonction de la commande ). $|\Psi\rangle$ $C$

Dans ce cas également, vous pouvez procéder de la même manière que ci-dessus.

Notez l' état combiné à bits $3$ :

| 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})

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

Disons que est votre qubit de contrôle . $B$

Ainsi, vous vous retrouvez avec l'État:

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

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

C'est l'état Greenberger – Horne – Zeilinger pour vos qubits! $3$

Sanchayan Dutta
la source

Nous pouvons utiliser cette méthode si nous voulons appliquer CNOT sur une paire enchevêtrée. Mais je ne veux pas faire ça. Ce que je veux, c'est prendre le premier qubit de l'état intriqué

(ne peut pas l'appeler q1 car il est inséparable), et appliquer CNOT sur cela (q1) et un autre

qubit. Si possible, veuillez montrer la multiplication de la forme matricielle effectuée. Merci encore.

B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

Satvik Golechha

@SatvikGolechha Alors , qui tenez - vous compte être le contrôle qubit (de la porte contrôlée-NOT):

ou « différent

qubit »? La réponse en dépendra.

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

Sanchayan Dutta du

Je considère

comme le bit de contrôle. Et la difficulté à laquelle je suis confronté est que je ne peux pas séparer

et que je ne peux donc pas voir ce que la porte CNOT fera pour

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

Satvik Golechha

@SatvikGolechha Mise à jour de la réponse. OK maintenant?

Sanchayan Dutta

Merci beaucoup! L'utilisation des propriétés du produit Tensor rend tout cela très clair, et il s'intègre parfaitement maintenant. J'ai marqué cette réponse comme acceptée.

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 ⟩)

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

est lui-même un opérateur sur qubits donnant unematrice unitaire . Vous pouvez l'appliquer à n'importe quel état en pas seulement à ceux de la forme . Écrivez simplement les coefficients dans la base de calcul où vous savez quoi faire en termes de de l'informatique réversible classique. Suivez ensuite votre nez de linéarité. $\operatorname{CNOT}_{ij}$ $2$ $4\times 4$ $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ $q_i \otimes q_j$ $\operatorname{CNOT}_{ij}$

AHusain
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