Entangled Qubits पर CNOT गेट

Question

मैं ग्रीनबर्गर-हॉर्ने-ज़िलिंगर (GHZ) राज्य के लिए उत्पन्न करने की कोशिश कर रहा था $N$क्वांटम कंप्यूटिंग का उपयोग करने वाले राज्य, शुरू$|000...000\rangle$ (N बार)

प्रस्तावित समाधान है कि पहले हैबिटर्ड ट्रांसफॉर्मेशन को पहले क्वैबिट पर लागू किया जाए, और उसके बाद अन्य सभी लोगों की पहली क्वोट के साथ CNOT गेट्स का एक लूप शुरू किया जाए।

मैं यह समझने में असमर्थ हूं कि मैं CNOT कैसे कर सकता हूं ($q_1,q_2$) अगर $q_1$ बेल राज्य की तरह एक उलझी हुई जोड़ी का एक हिस्सा है $B_0$ हडामर्ड परिवर्तन के बाद यहां कौन से रूप हैं।

मुझे पता है कि इसके लिए कोड कैसे लिखना है, लेकिन बीजगणितीय रूप से यह विधि सही क्यों है और यह कैसे किया जाता है? धन्यवाद।

Answer 1

मैं यह समझने में असमर्थ हूं कि मैं CNOT कैसे कर सकता हूं ($q_1,q_2$) अगर $q_1$ बेल राज्य की तरह एक उलझी हुई जोड़ी का एक हिस्सा है $B_0$ हडामर्ड परिवर्तन के बाद यहां कौन से रूप हैं।

कुंजी यह सूचित करना है कि प्रासंगिक क्वांटम गेट (ओं) को लागू करने पर कम्प्यूटेशनल आधार राज्यों (या, उस मामले के लिए, आधार राज्यों के किसी अन्य पूर्ण सेट) के लिए क्या होता है । इससे कोई फ़र्क नहीं पड़ता कि राज्य उलझा हुआ है या अलग है। यह तरीका हमेशा काम करता है।

आइए विचार करें $2$-क्वेट बेल स्टेट (दो क्वैबिट का) $A$ तथा $B$):

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

$|\Psi\rangle$कम्प्यूटेशनल आधार राज्यों के एक समान रैखिक सुपरपोजिशन द्वारा गठित किया जाता है$|00\rangle$ और $|11\rangle$ (जिसे व्यक्त किया जा सकता है $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$ तथा $|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$ क्रमशः) और $|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$। हमें अन्य दो कम्प्यूटेशनल आधार वाले राज्यों के बारे में चिंता करने की आवश्यकता नहीं है:$|01\rangle$ तथा $|10\rangle$ के रूप में वे बेल राज्य के सुपरपोजिशन का हिस्सा नहीं हैं $|\Psi\rangle$। एक CNOT गेट मूल रूप से फ़्लिप करता है (यानी या तो दो मैपिंग में से एक है$|0\rangle \mapsto |1\rangle$ या $|1\rangle\mapsto |0\rangle$) पंचक की स्थिति $B$ मामले में qubit$A$ राज्य में है $|1\rangle$, या फिर यह कुछ भी नहीं करता है।

इसलिए मूल रूप से CNOT कम्प्यूटेशनल आधार स्थिति को बनाए रखेगा $|00\rangle$ज्यों का त्यों। हालाँकि, यह कम्प्यूटेशनल आधार स्थिति को रूपांतरित करेगा$|11\rangle$ सेवा $|10\rangle$। सीएनओटी की कार्रवाई से$|00\rangle$ तथा $|11\rangle$, आप सुपरपोजिशन राज्य पर CNOT की कार्रवाई को घटा सकते हैं $|\Psi\rangle$ अभी:

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

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संपादित करें :

आप टिप्पणियों में उल्लेख करते हैं कि आप उलझी हुई अवस्था की दो में से एक श्रेणी चाहते हैं $|\Psi\rangle$नियंत्रण के रूप में कार्य करने के लिए (और ऑपरेशन अलग-अलग क्वेट पर लागू नहीं किया जाएगा, कहते हैं $C$, नियंत्रण पर निर्भर करता है )।

उस मामले में भी, आप ऊपर दिए गए तरीके से आगे बढ़ सकते हैं।

नीचे लिखें $3$संयुक्त राज्य की स्थिति :

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

हम कहते हैं $B$आपका नियंत्रण qubit है।

एक बार फिर हम बस कम्प्यूटेशनल आधार वाले राज्यों (3-क्विट सिस्टम के लिए) पर CNOT की कार्रवाई की जाँच करेंगे $|000\rangle$ और $|110\rangle$। कम्प्यूटेशनल आधार राज्य में$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$ ध्यान दें कि क्वेट की स्थिति $B$ है $|0\rangle$ और वह बोली की $C$ है $|0\rangle$। चूँकि$B$ राज्य में है $|0\rangle$की अवस्था $C$होगा नहीं फ़्लिप किया। हालाँकि, ध्यान दें कि कम्प्यूटेशनल आधार स्थिति में$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$ qubit $B$ राज्य में है $|1\rangle$ समय रहते $C$ राज्य में है $|0\rangle$। चूँकि बोली$B$ राज्य में है $|1\rangle$राज्य की स्थिति $C$ को फ़्लिप किया जाएगा $|1\rangle$।

इस प्रकार, आप राज्य के साथ समाप्त होते हैं:

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

यह आपके लिए ग्रीनबर्गर-हॉर्ने-ज़िलिंगर राज्य है$3$ qubits!

Comments

हम इस पद्धति का उपयोग कर सकते हैं यदि हम एक उलझी हुई जोड़ी पर CNOT लागू करना चाहते हैं। लेकिन मैं ऐसा नहीं करना चाहता। मैं जो चाहता हूं, वह उलझी हुई अवस्था की पहली कतार में ले जाऊंगा$B_0$ (इसे q1 नहीं कह सकते क्योंकि यह अविभाज्य है), और CNOT को उस (q1) और एक अलग पर लागू करें $|0>$qubit। यदि संभव हो तो कृपया मैट्रिक्स फॉर्म गुणन को पूरा करें। एक बार फिर धन्यवाद।

— सात्विक गोलेछा

@SatvikGolechha So which one are you considering to be the control qubit (of the controlled-NOT gate): $q1$ or the "different $|0\rangle$ qubit"? The answer will depend on that.

— Sanchayan Dutta

I am considering $q1$ to be the control bit. And the difficulty I'm facing is that I can't separate $q1$, and hence can't see what the CNOT gate will do to $q1$ and $|0>$.

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha Updated the answer. OK now?

— Sanchayan Dutta

Thanks a bunch! Using Tensor product properties makes it all very clear, and it just fits in beautifully now. I've marked this answer as accepted.

— Satvik Golechha

Answer 2

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ is itself an operator on $2$ qubits giving a $4\times 4$ unitary matrix. You can apply it to any state in $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ not just those of the form $q_i \otimes q_j$. Just write the coefficients in the computational basis where you know what to do in terms of the $\operatorname{CNOT}_{ij}$ of classical reversible computing. Then just follow your linearity nose.