Gerbang CNOT pada Qubit yang Terlibat

Saya tidak dapat memahami bagaimana saya dapat melakukan CNOT ( ) jika adalah bagian dari pasangan terjerat, seperti keadaan Bell yang terbentuk di sini setelah transformasi Hadamard. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Kuncinya adalah memperhatikan apa yang terjadi pada status dasar komputasi (atau, dalam hal ini, set lengkap kondisi basis lainnya) saat menerapkan gerbang kuantum yang relevan. Tidak masalah apakah negara terjerat atau dipisahkan. Metode ini selalu berhasil.

Mari kita mempertimbangkan -qubit negara Bell (dua qubit dan ): $2$ $A$ $B$

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

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

Jadi pada dasarnya CNOT akan mempertahankan status dasar komputasi seperti itu. Namun, ini akan mengubah status dasar komputasi untuk . Dari aksi CNOT di dan , Anda dapat menyimpulkan aksi CNOT pada keadaan superposisi sekarang: $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|\Psi\rangle$

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

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

Edit :

Anda menyebutkan dalam komentar bahwa Anda menginginkan salah satu dari dua qubit negara terjerat untuk bertindak sebagai kontrol (dan tidak operasi akan diterapkan pada qubit yang berbeda, mengatakan , tergantung pada kontrol ). $|\Psi\rangle$ $C$

Dalam hal itu juga, Anda dapat melanjutkan dengan cara yang sama seperti di atas.

Tuliskan keadaan gabungan -qubit $3$ :

| 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})

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

Katakanlah adalah qubit kendali Anda . $B$

Dengan demikian, Anda berakhir dengan keadaan:

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

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

$3$

Sanchayan Dutta
sumber

B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

@SatvikGolechha Memperbarui jawabannya. OK sekarang?

Sanchayan Dutta

Terima kasih banyak! Menggunakan sifat-sifat produk Tensor membuatnya sangat jelas, dan hanya cocok dengan indah sekarang. Saya menandai jawaban ini sebagai diterima.

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 ⟩)

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

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

Lagi pula
sumber

Gerbang CNOT pada Qubit yang Terlibat

Jawaban: