Làm cách nào để nhập 2 qubit vào 2 cổng Hadamard?

12

Giả sử chúng ta có một mạch với cổng Hadamard: $2$

Hãy lấy nhà nước như là đầu vào. Các đại diện vector của nhà nước là , nhưng đây là đại diện của qubit và H chấp nhận chỉ qubit, vì vậy chúng ta nên áp dụng đầu tiên H cổng để và thứ hai H cổng để ? Hoặc chúng ta nên nhập vào mỗi cổng H , vì chúng ta đang áp dụng H $|00\rangle$ $|00\rangle$ $[1 \ 0 \ 0 \ 0]$ $2$ $1$ $[1 \ 0]$ $[0 \ 0]$ $[1 \ 0]$ cổng vào chỉ một qubit của nhà nước mỗi lần? $|0\rangle$

quantum-gate quantum-state

— Archil Zhvania
nguồn

12

Hoặc chúng ta nên nhập vào mỗi cổng H, bởi vì chúng ta đang áp dụng các cổng H cho chỉ số trạng thái mỗi lần? $[1 \ 0]$ $|0\rangle$

Có, khi bạn có trạng thái hai qubit (giả sử bạn gắn nhãn hai qubit tương ứng là và ), bạn cần áp dụng riêng hai cổng Hadamard trên mỗi trạng thái của qubit. Trạng thái cuối cùng sẽ là sản phẩm tenxơ của hai trạng thái qubit đơn "biến đổi". $A$ $B$

Nếu đầu vào của bạn là , sản lượng sẽ chỉ đơn giản là $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$

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

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$

Thay thế:

Nếu hai qubit đầu vào bị vướng víu , phương pháp trên sẽ không hoạt động vì bạn sẽ không thể biểu thị trạng thái đầu vào dưới dạng sản phẩm tenor của trạng thái của hai qubit. Vì vậy, tôi đang phác thảo một phương pháp tổng quát hơn ở đây.

Khi hai cổng song song, như trong trường hợp của bạn, bạn có thể xem xét sản phẩm tenxơ của hai cổng và áp dụng điều đó trên vectơ trạng thái 2 qubit. Bạn sẽ kết thúc với kết quả tương tự.

$\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix}$

$\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}$

\frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 / 2 \\ 1 / 2 \\ 1 / 2 \\ 1 / 2 \end{matrix}]

$\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/2\\1/2\\1/2\\1/2\end{bmatrix}$

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

$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$

Biện minh

Sản phẩm tenor của bản đồ tuyến tính :

$S : V \to X$ $T : W \to Y$ $S$ $T$ $(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$ $(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$

(H | 0 ⟩_{A}) \otimes (H | 0 ⟩_{B}) = (H \otimes H) (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B})

$(\mathbf H|0\rangle_A) \otimes (\mathbf H|0\rangle_B) = (\mathbf H\otimes \mathbf H)(|0\rangle_A \otimes |0\rangle_B)$

— Daya
nguồn

3

$|0\rangle$ $\frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right)$

\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) & = \frac{1}{2} (| 00 ⟩ + | 01 ⟩ + | 10 ⟩ + | 11 ⟩) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) &= \frac{1}{2} \left( |00\rangle + |01\rangle + |10\rangle + |11\rangle\right) \end{align}$

Chúng ta có thể dễ dàng xác minh rằng đây là trạng thái lượng tử hợp lệ bằng cách kiểm tra điều kiện chuẩn hóa.

\begin{aligned} {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} + {| \frac{1}{2} |}^{2} & = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ = 1 \end{aligned}

$\begin{align} \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ &= 1 \end{align}$

$|00 \rangle$ $(1, 0, 0, 0)^T$

— nbro
nguồn