Portão CNOT em Qubits emaranhados

Eu estava tentando gerar o estado de Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) para estados usando computação quântica, começando com (N vezes) $N$ $|000...000\rangle$

A solução proposta é aplicar primeiro o Hadamard Transformation no primeiro qubit e depois iniciar um loop de portas CNOT com o primeiro qubit de todos os outros.

Não consigo entender como posso executar o CNOT ( ) se fizer parte de um par emaranhado, como o estado Bell que se forma aqui após a transformação Hadamard. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

Eu sei como escrever o código para ele, mas algebricamente, por que esse método é correto e como é feito? Obrigado.

quantum-gate entanglement quantum-state

— Satvik Golechha
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Não consigo entender como posso executar o CNOT ( ) se fizer parte de um par emaranhado, como o estado Bell que se forma aqui após a transformação Hadamard. $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

A chave é observar o que acontece com os estados da base computacional (ou, nesse caso, com qualquer outro conjunto completo de estados da base) ao aplicar as portas quânticas relevantes. Não importa se o estado é emaranhado ou separável. Este método sempre funciona.

Vamos considerar o estado Bell de qubit (de dois qubits e ): $2$ $A$ $B$

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

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

Então, basicamente, o CNOT manterá o estado da base computacional como ela é. No entanto, ele converterá o estado da base computacional para . Da ação do CNOT em e , você pode deduzir a ação de CNOT sobre o estado de superposição agora: $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $|11\rangle$ $|\Psi\rangle$

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

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

Editar :

$|\Psi\rangle$ $C$

Também nesse caso, você pode proceder da mesma maneira que acima.

$3$

| 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})

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

$B$

Assim, você acaba com o estado:

\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
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B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

@SatvikGolechha Atualizou a resposta. Certo, agora?

— Sanchayan Dutta 16/07

Muitíssimo obrigado! O uso das propriedades do produto Tensor torna tudo muito claro e agora se encaixa perfeitamente. Marquei esta resposta como aceita.

— 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 ⟩)

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

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

— AHusain
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