Vorbereitung des Glockenzustands

Question

Ich habe einige Vorträge über Qubits gesehen. Sie sprachen darüber, wie man einen Bell-Zustand erzeugt. Sie beschrieben es wie folgt:

1. Zustand 00 vorbereiten: $$\left |0 \right> \otimes \left |0 \right>$$
2. Wenden Sie den Hadamard an: $$ (H \otimes I)(\left |0 \right> \otimes \left |0 \right> ) = \left |+0 \right> = \frac{\left|00 \right> + \left |10 \right>}{\sqrt{2}}$$
3. Wenden Sie CNOT an, um von Zustand 00 + 10 zu Zustand 00 + 11 zu gelangen. $$ CNOT = \left |0 \right> \left <0 \right| \otimes I + \left |1 \right> \left<1 \right| \otimes X $$ so dass: $$CNOT\times\frac{\left|00 \right> + \left |10 \right>}{\sqrt{2}}=\frac{\left |0 \right> \left <0|0 \right> \otimes I \left |0 \right> + \left |0 \right> \left <0|1 \right> \otimes I\left |1 \right> + \left |1 \right> \left <1|0 \right> \otimes X \left |0 \right> + \left |1 \right> \left <1|1 \right> \otimes X \left |0 \right> }{\sqrt{2}} = \left | \Omega \right >$$

Ich bin nicht sicher, ob ich dem Produkt des CNOT und dem Staat folgen kann $\left|00 \right> + \left |10 \right>$kann wie oben beschrieben erweitert werden. Hoffe ihr könnt mir helfen.

Answer 1

Wie Sie unter Punkt 3 geschrieben haben, $CNOT$ist die Summe von zwei Tensorprodukten mit jeweils zwei Matrizen. Betrachten Sie das erste Tensorprodukt und wenden Sie die beiden Matrizen jeweils auf an$|0\rangle$ und zu $|0\rangle$ (das $|00\rangle$Paar in Ihrem Zustand erhalten bei 2.) und führen Sie das Tensorprodukt, so dass Sie das erste Viertel der endgültigen Expansion erhalten. Wenden Sie jeweils die gleichen zwei Matrizen an$|0\rangle$ und zu $|1\rangle$ (das $|01\rangle$Paar in Ihrem Zustand erhalten bei 2.) und führen Sie das Tensorprodukt, so dass Sie das zweite Quartal der endgültigen Expansion erhalten. Wiederholen Sie dann die Verwendung des zweiten Tensorprodukts der CNOT-Erweiterung, und Sie erhalten das dritte und vierte Quartal der endgültigen Erweiterung. Verwenden Sie in Kürze die Verteilungseigenschaft der Multiplikation.

Answer 2

Ich würde empfehlen, eine direkte Matrixdarstellung zu verwenden.

1. Ein Eingabestatus $|00\rangle$ kann als Vektor geschrieben werden $$x= \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix} $$

2. Der erste Schritt, dh das Hadamard-Gate am ersten Qubit und "nichts" am zweiten Qubit, wird durch Operation beschrieben $$ H \otimes I = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix} $$

3. Vektor multiplizieren $x$ mit Matrix $H \otimes I$ gibt Vektor $$ y=\ \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\0 \end{pmatrix}, $$ Das ist eine erste Spalte der Matrix.

4. Jetzt können Sie das durch die Matrix beschriebene CNOT-Gatter anwenden $$ \text{CNOT}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ \end{pmatrix}, $$ so $$ z=\text{CNOT}\, y= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$

In rechnerischer Basis Vektor $z$ ist $$ z = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle), $$ Das ist ein gewünschter Bell-Zustand.

Answer 3

Ich werde die Frage anders beantworten. Nehmen wir an, Ihre beiden Qubits sind wie folgt dargestellt.

Betrachten Sie Ihre $|00\rangle$, vertreten durch $|q_1q_0\rangle$Ist der Zustand der obigen Schaltung vor dem Anwenden von Gates, entspricht dies Ihrem ursprünglichen Zustand $|0\rangle \otimes |0\rangle$.

Das Anwenden von Hadamard in Schritt 2 entspricht dem Anwenden von Hadamard auf $q_0$. Wir wissen$q_0$ ist $|0\rangle$. Also wenn Hadamard Gate auf anwenden$|0\rangle$ es wird verwandelt in $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)$. (Überprüfen Sie dies, indem Sie im Zweifelsfall eine einfache Matrixmultiplikation durchführen.)

Wir werden sehen $q_1$ Jetzt wird kein Tor darauf angewendet, so dass es so bleibt $|0\rangle$.

Der kombinierte Zustand ist also jetzt $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle)$nach dem Anwenden des Hadamardtors. Wenden Sie nun das CNOT-Gatter (wie in Schritt 3) auf die 2 Qubits an. Klassisches CNOT-Gatter bedeutet einfach, wenn das Steuerbit 1 ist, wird das Zielbit umgedreht, so dass dieselbe Logik für ein CNOT-Gatter angewendet werden kann, das auf das Qubit angewendet wird. In unserem Fall ist Kontroll-Qubit$q_0$ und Ziel Qubit ist $q_1$. Wenden wir also CNOT an$|q_1q_0\rangle$

$CNOT(\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle))$ wenn Sie sich von ganz rechts bewerben, $|01\rangle$ verwandelt sich in $|11\rangle$ als Kontroll-Qubit ($q_0$) trägt dazu bei $|1\rangle$ hier also das Ziel-Qubit $q_1$ was dazu beiträgt $|0\rangle$ flippt zu $|1\rangle$. Ebenso, wenn Sie sich nach links bewegen,$|00\rangle$ wird bleiben $|00\rangle$ als Kontroll-Qubit $q_0$ trägt dazu bei $|0\rangle$ zu diesem Teil ist also kein Umdrehen erforderlich, daher Ziel-Qubit ($q_1$) bleibt gleich ($|0\rangle$). Wenn Sie also beide zusammenfügen, werden Sie folgen

CNOT ($\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle)$) = $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)$

Diese Denkweise wäre hilfreich, wenn Sie mit größeren Transformationen und mehr Qubits zu tun haben. Hoffe es ist hilfreich.