Làm thế nào tôi có thể xây dựng một mạch để tạo ra sự chồng chất bằng nhau của 3 kết quả cho 2 qubit?

18

Cho một hệ thống $2$ qubit và do đó $4$ kết quả đo có thể có trong cơ sở $\{|00\rangle$ , $|01\rangle$ , $|10\rangle$ , $|11\rangle\}$ , làm thế nào tôi có thể chuẩn bị nhà nước, trong đó:

chỉ $3$ trong số này $4$ kết quả đo lường có thể xảy ra (ví dụ, $|00\rangle$ , $|01\rangle$ , $|10\rangle$ )?
những phép đo này có khả năng như nhau? (giống như trạng thái Bell nhưng cho $3$ kết quả)

— tuần
nguồn

1

Bạn có nghĩa là viết ra trạng thái thực tế hoặc tạo ra một mạch để chuẩn bị trạng thái như vậy cho một đầu vào?

— Josu Etxezarreta Martinez

@JosuEtxezarretaMartinez, ý tôi là mạch điện.

— tuần

@Blue, làm thế nào bạn quản lý để chuyển đổi những thứ này 00và 11ký hiệu Dirac? Tôi đã thử $\ket{00}$ và thất bại.

— tuần

1

@weekens Nếu bạn nhấp vào "chỉnh sửa", bạn có thể thấy mã MathJax. Ngoài ra, xem điều này .

— Sanchaya Dutta

1

Giải pháp từ Niel de Beaudrap ở Quirk ...

— stestet

10

Phá vỡ vấn đề trong các bộ phận.

Nói chúng tôi đã gửi $\mid 00 \rangle$ đến $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle$ . Chúng tôi có thể gửi nó đến $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + (\frac{1}{2} (1+i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + (\frac{1}{2} (1-i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle$ bởi một $\sqrt{SWAP}$ . Điều đó đáp ứng yêu cầu của bạn với tất cả các xác suất nhưng với các giai đoạn khác nhau. Nếu bạn muốn sử dụng cổng dịch pha trên mỗi pha để có được các pha bạn muốn nếu bạn muốn làm cho tất cả chúng bằng nhau. $\frac{1}{3}$

Bây giờ làm thế nào để chúng tôi nhận được từ đến $\mid 00 \rangle$ ? Nếu là $\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle$ , chúng tôi có thể làm một Hadamard trên qubit thứ hai. Nó không phải là dễ dàng với điều này nhưng chúng ta vẫn có thể sử dụng một đơn vị duy nhất trên qubit thứ hai. Điều đó được thực hiện bởi một toán tử xoay hoàn toàn trên qubit thứ hai bằng cách bao thanh toán như $\frac{1}{\sqrt{2}} \mid 00 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}\mid 01 \rangle$

I d \otimes U : ∣ 0 ⟩ \otimes (∣ 0 ⟩) \to∣ 0 ⟩ \otimes (\frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 0 ⟩ + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 1 ⟩)

$Id \otimes U : \; \mid 0 \rangle \otimes (\mid 0 \rangle) \to \mid 0 \rangle \otimes (\frac{1}{\sqrt{3}} \mid 0 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \mid 1 \rangle)$

công trình. Phân tách cái này thành các cổng cơ bản hơn nếu bạn cần.

U = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix})

$U = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & \\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \\ \end{pmatrix}$

Tổng cộng chúng tôi có:

∣ 00 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + (\frac{1}{2} (1 + i)) \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ + (\frac{1}{2} (1 - i)) \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} ∣ 10 ⟩ \to \frac{1}{\sqrt{3}} ∣ 00 ⟩ + \frac{e^{i θ_{1}}}{\sqrt{3}} ∣ 01 ⟩ + \frac{e^{i θ_{2}}}{\sqrt{3}} ∣ 10 ⟩

$\mid 00 \rangle \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle\\ \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + (\frac{1}{2} (1+i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + (\frac{1}{2} (1-i))\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle\\ \to \frac{1}{\sqrt{3}} \mid 00 \rangle + \frac{e^{i \theta_1}}{\sqrt{3}}\mid 01 \rangle + \frac{e^{i \theta_2}}{\sqrt{3}}\mid 10 \rangle$

— AHusain
nguồn

Làm thế nào để tôi xây dựng U từ các cổng cơ bản? Hãy nói, từ những người có sẵn trên IBM Q Experience.

— tuần

1

@weekens There's an 'advanced' gate called U3 that allows you to implement any single qubit unitary - you input the values for

θ, λ

$\theta, \lambda$ and

ϕ

$\phi$ to implement

U 3 (θ, λ, ϕ) = (\begin{matrix} \cos \frac{θ}{2} & - e^{i λ} \sin \frac{θ}{2} \\ e^{i ϕ} \sin \frac{θ}{2} & e^{i (λ + ϕ)} \cos \frac{θ}{2} \end{matrix}),

$U3 \left( \theta, \lambda, \phi\right) = \begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2} && -e^{i\lambda}\sin\frac{\theta}{2} \\ e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2} && e^{i\left(\lambda+\phi\right)}\cos\frac{\theta}{2}\end{pmatrix},$ which can be approximated using

θ \approx 1.91, λ = π

$\theta \approx 1.91, \lambda=\pi$ and

ϕ = 0

$\phi = 0$

— Mithrandir24601

To do this in basic gates, it looks like you would need to rotate into the right basis, then do a phase rotation, then rotate back which may require a fair few gates. However, in a sense, the above U3 is basic in that it's a physically implemented gate (i.e. is directly achieved by performing a couple of physical operations on the qubit instead of the many the would be required by stringing lots of 'not-advanced' gates together)

— Mithrandir24601

@Mithrandir24601, thanks for your explanation! I haven't used U3 yet, will experiment with it in nearest time.

— weekens

@AHusain, đã triển khai phương pháp của bạn trong trình giả lập

— Quirks

8

Tôi sẽ cho bạn biết cách tạo bất kỳ trạng thái thuần túy hai qubit nào bạn có thể quan tâm. Hy vọng bạn có thể sử dụng nó để tạo trạng thái bạn muốn.

Sử dụng một vòng quay qubit duy nhất theo sau bởi một chú thích, có thể tạo các trạng thái của biểu mẫu

α | 0 ⟩ \otimes | 0 ⟩ + β | 1 ⟩ \otimes | 1 ⟩ .

$\alpha \, |0\rangle \otimes |0\rangle + \beta \, |1\rangle \otimes |1\rangle .$

Then you can apply an arbitrary unitary, $U$ , to the first qubit. This rotates the $|0\rangle$ and $|1\rangle$ states to new states that we'll call $|a_0\rangle$ and $|a_1\rangle$ ,

U | 0 ⟩ = | a_{0} ⟩, U | 1 ⟩ = | a_{1} ⟩

$U |0\rangle = |a_0\rangle, \,\,\, U |1\rangle = |a_1\rangle$

Our entangled state is then

α | a_{0} ⟩ \otimes | 0 ⟩ + β | a_{1} ⟩ \otimes | 1 ⟩ .

$\alpha \, |a_0\rangle \otimes |0\rangle + \beta \, |a_1\rangle \otimes |1\rangle .$

We can similarly apply a unitary to the second qubit.

V | 0 ⟩ = | b_{0} ⟩, V | 1 ⟩ = | b_{1} ⟩

$V |0\rangle = |b_0\rangle, \,\,\, V |1\rangle = |b_1\rangle$

which gives us the state

α | a_{0} ⟩ \otimes | b_{0} ⟩ + β | a_{1} ⟩ \otimes | b_{1} ⟩ .

$\alpha \, |a_0\rangle \otimes |b_0\rangle + \beta \, |a_1\rangle \otimes |b_1\rangle .$

$U$ $V$

— James Wootton
nguồn

8

Here is how you might go about designing such a circuit. $\def\ket#1{\lvert#1\rangle}$ Suppose that you would like to produce the state $\ket{\psi} = \tfrac{1}{\sqrt 3} \bigl( \ket{00} + \ket{01} + \ket{10} \bigr)$ . Note the normalisation of ${\small 1}/\small \sqrt 3$ , which is necessary for $\ket{\psi}$ to be a unit vector.

If we want to consider a straightforward way to realise this state, we might want to think in terms of the first qubit being a control, which determines whether the second qubit should be in the state $\ket{+} = \tfrac{1}{\sqrt 2}\bigl(\ket{0}+\ket{1}\bigr)$ , or in the state $\ket{0}$ , by using some conditional operations. This motivates considering the decomposition

| ψ ⟩ = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} | 0 ⟩ | + ⟩ + \frac{1}{\sqrt{3}} | 1 ⟩ | 0 ⟩ .

$\ket{\psi} \;=\; \tfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}\ket{0}\ket{+} \;+\; \tfrac{1}{\sqrt 3}\ket{1}\ket{0}.$ Taking this view it makes sense to consider preparing

| ψ ⟩

$\ket{\psi}$ as follows:

Prepare two qubits in the state $\ket{00}$ .
Rotate the first qubit so that it is in the state $\tfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}\ket{0} + \tfrac{1}{\sqrt 3}\ket{1}$ .
Apply a coherently controlled operation on the two qubits which, when the first qubit is in the state $\ket{0}$ , performs a Hadamard on the second qubit.

Which specific operations you would apply to realise these transformations — i.e. which single-qubit transformation would be most suitable for step 2, and how you might decompose the two-qubit unitary in step 3 into CNOTs and Pauli rotations — is a simple exercise. (Hint: use the fact that both $X$ and the Hadamard are self-inverse to find as simple a decomposition as possible in step 3.)

— Niel de Beaudrap
nguồn

0

Here is an implementation of a circuit producing state $|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}(|00\rangle + |01\rangle + |10\rangle)$ on IBM Q:

Note that $\theta = 1.2310$ for $\mathrm{Ry}$ on $q_0$ . $\theta = \frac{\pi}{4}$ and $\theta = -\frac{\pi}{4}$ for first and second $\mathrm{Ry}$ on $q_1$ .

The $\mathrm{Ry}$ on $q_0$ prepares qubit in superposition $|q_0\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{3}}|1\rangle$ . $\mathrm{Ry}$ gates on $q_1$ and $\mathrm{CNOT}$ implements controlled Hadamard gate. When $q_0$ is in state $|0\rangle$ the Hadamard acts on $q_1$ thanks to negation $\mathrm{X}$ . This happens with probability $\frac{2}{3}$ . Since Hadamard turns $|0\rangle$ to $|+\rangle$ , i.e. equally distributed superposition, final states $|00\rangle$ and $|01\rangle$ can be measured with probability $\frac{1}{3}$ . When $q_0$ is in state $|1\rangle$ , controled Hadamard does not act and state $|10\rangle$ is measured. Since $q_0$ is in state $|1\rangle$ with probability $\frac{1}{3}$ , $|10\rangle$ is measured also with probability $\frac{1}{3}$ .

— Martin Vesely
nguồn