CNOT Gate su Entubled Qubits

Stavo cercando di generare lo stato di Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) per gli stati $N$ utilizzando il calcolo quantico, a partire da $|000...000\rangle$ (N volte)

La soluzione proposta è innanzitutto applicare Hadamard Transformation sul primo qubit, quindi avviare un ciclo di porte CNOT con il primo qubit di tutti gli altri.

Non riesco a capire come posso eseguire CNOT ( $q_1,q_2$ ) se $q_1$ fa parte di una coppia intrecciata, come lo stato di Bell $B_0$ che si forma qui dopo la trasformazione di Hadamard.

So come scrivere il codice per esso, ma algebricamente perché questo metodo è corretto e come viene fatto? Grazie.

Non riesco a capire come posso eseguire CNOT ( ) se q 1 fa parte di una coppia intrecciata, come lo stato di Bell B 0 che si forma qui dopo la trasformazione di Hadamard.$q_1,q_2$$q_1$$B_0$

La chiave è notare cosa succede agli stati di base computazionali (o, in ogni caso, a qualsiasi altro insieme completo di stati di base) quando si applicano le porte quantistiche pertinenti. Non importa se lo stato è impigliato o separabile. Questo metodo funziona sempre .

Consideriamo lo stato di Bell a qubit (di due qubit A e B ):$2$$A$$B$

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

è formato da una parilinearesovrapposizione degli stati base di calcolo | 00 ⟩ & | 11 ⟩ (che può essere espressa come | 0 ⟩ A ⊗ | 0 ⟩ B e | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B rispettivamente) e | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B . Abbiamo bisogno di non preoccuparti per gli altri due stati di base di calcolo: | 01 $|\Psi\rangle$$|00\rangle$$|11\rangle$$|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$$|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$$|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$$|01\rangle$e in quanto non fanno parte della sovrapposizione dello stato di Bell | Ψ ⟩ . Un cancello CNOT fondamentalmente ribalta (cioè fa entrambi uno dei due mappature | 0 ⟩ ↦ | 1 ⟩ o | 1 ⟩ ↦ | 0 ⟩ ) lo stato del qubit B nel caso il qubit A è nello stato | 1 ⟩ , altrimenti non fa nulla a tutti.$|10\rangle$$|\Psi\rangle$$|0\rangle \mapsto |1\rangle$$|1\rangle\mapsto |0\rangle$$B$ $A$$|1\rangle$

Quindi sostanzialmente CNOT manterrà lo stato di base computazionale così com'è. Tuttavia, convertirà lo stato di base computazionale | 11 ⟩ a | 10 ⟩ . Dall'azione di CNOT su | 00 ⟩ e | 11 ⟩ , si può dedurre l'azione del CNOT sullo stato di sovrapposizione | Ψ ⟩ ora:$|00\rangle$$|11\rangle$$|10\rangle$$|00\rangle$$|11\rangle$$|\Psi\rangle$

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

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Modifica :

Nei commenti menzioni che vuoi uno dei due qubit dello stato impigliato di agire come controllo (e l'operazione NOT sarà applicato su un qubit differente, dire C , a seconda del controllo ).$|\Psi\rangle$ $C$

Anche in questo caso, puoi procedere come sopra.

Annotare il -qubit Stato combinato$3$ :

=

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

Diciamo che è il tuo qubit di controllo .$B$

Ancora una volta verificheremo semplicemente l'azione del CNOT sugli stati di base computazionale (per un sistema a 3 qubit) cioè & | 110 ⟩ . In stato di base computazionale | 000 ⟩ = | 0 ⟩ A ⊗ | 0 ⟩ B | 0 ⟩ C notifica che lo stato del qubit B è | 0 ⟩ e quello di qubit C è | 0 ⟩ . Poiché il qubit B è nello stato | 0 $|000\rangle$$|110\rangle$$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$$B$$|0\rangle$$C$$|0\rangle$$B$$|0\rangle$, Lo stato di qubit sarà non essere capovolto. Tuttavia, si noti che nello stato base di calcolo | 110 ⟩ = | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B ⊗ | 0 ⟩ C il qubit B è in stato | 1 ⟩ mentre qubit C si trova in stato | 0 ⟩ . Poiché il qubit B è nello stato | 1 ⟩ , lo stato del qubit C verrà capovolto per | $C$$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$$B$$|1\rangle$$C$$|0\rangle$$B$$|1\rangle$$C$ .$|1\rangle$

Quindi, finisci con lo stato:

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

Questo è lo stato di Greenberger – Horne – Zeilinger per i tuoi qubit!$3$

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$$2$$4\times 4$$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$$q_i \otimes q_j$$\operatorname{CNOT}_{ij}$