Superposition de circuits quantiques

Question

Étant donné un circuit quantique $C_1$ qui génère un état $\vert\psi\rangle$ et un autre circuit $C_2$ qui génère $\vert\phi\rangle$, existe-t-il un moyen de construire un circuit qui produit

$$\frac{1}{\sqrt{2}}(\vert \psi\rangle +\vert\phi\rangle)$$

en utilisant $C_1$ et $C_2$ comme des boîtes noires?

Answer 1

Voici une façon de le faire. Commençons par quelques hypothèses: ici, j'assume vos circuits$C_1$ et $C_2$utilisez le même nombre de qubits. Dans le dessin, j'ai utilisé quatre qubits pour illustrer le concept, mais cela n'a pas d'importance. La réponse ci-dessous ne se soucie pas du nombre de qubits (que j'appelle$n$), juste que les deux circuits ont le même nombre de qubits.

Je suppose également que puisque nous avons ces deux circuits $C_1$ et $C_2$, nous pouvons en créer des versions contrôlées. Ce n'est pas difficile à faire. [modifier après le commentaire de @ DaftWullie: la question ci-dessus commence, "Étant donné un circuit quantique ..." donc je suppose ici que je connais les circuits. Dans le cas général de circuits totalement inconnus, cela peut ne pas être aussi simple. ]

En plus du nombre de qubits nécessaires pour vos circuits, j'ai également besoin d'un qubit supplémentaire pour faire ce travail. Ça s'appelle ctrl$_0$ dans la figure.

Commencez avec tous les qubits réinitialisés à l'état $\vert0\rangle$. Ensuite, appliquez une porte Hadamard à ctrl$_0$, et vous avez l'état combiné

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert0\rangle + \vert1\rangle\right)\otimes \vert0\rangle_n $$ où l'ordre est apparent d'en haut.

Ensuite, appliquez le contrôle-$U_1$ boîte, qui contient vraiment juste le circuit $C_1$que vous m'avez donné. L'état combiné est maintenant

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert0\rangle\vert0\rangle_n + \vert1\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Après avoir appliqué le $X$ porte, nous avons

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert1\rangle\vert0\rangle_n + \vert0\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Et ainsi, après avoir appliqué le contrôle-$U_2$ boîte, qui contient vraiment juste le circuit $C_2$ que tu m'as donné

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert1\rangle\vert\psi_2\rangle_n + \vert0\rangle\right\vert\psi_1\rangle_n) $$

Après avoir appliqué à nouveau la porte Hadamard sur ctrl$_0$, cela devient

$$ \left[\frac{1}{\sqrt{2}}\vert0\rangle\otimes\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)\right] + \left[\frac{1}{\sqrt{2}}\vert1\rangle\otimes\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n - \vert\psi_2\rangle_n\right)\right] $$

Maintenant, si vous avez mesuré le qubit ctrl$_0$, vous obtiendrez 0 ou 1. Si vous avez mesuré 0, vous savez que le $n$ les qubits sont maintenant dans l'état

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

Si vous avez mesuré 1, vous savez que le $n$ les qubits sont maintenant dans l'état

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n - \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

Chacun de ces deux résultats a une probabilité de 1/2. Cela signifie que si vous ne voulez vraiment que l'état

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\vert\psi_1\rangle_n + \vert\psi_2\rangle_n\right)$$

alors ce circuit vous le donnera la moitié du temps. L'autre moitié du temps, vous savez (parce que vous avez mesuré 1) que vous devez redémarrer le circuit dans l'espoir d'obtenir le résultat que vous souhaitez. Puisque la probabilité est de 1/2, cela devrait arriver tôt ou tard.

Cette méthode est probabiliste, bien sûr, mais a l'avantage de vous donner un résultat de mesure (0 ou 1) qui vous indique si vous avez fait ce que vous vouliez ou non.

Answer 2

Comme le souligne la réponse de Davit Khachatryan, la tâche est impossible / mal définie, car l'état cible souhaité n'est généralement pas normalisé et dépend des phases globales relatives des deux états initiaux. Cependant, il est possible de reformuler la question de manière à ce qu'elle ait un sens et une réponse intéressante.

Les deux problèmes - sensibilité à la phase globale et normalisation - peuvent être traités simultanément en reformulant le problème en termes de matrices de densité au lieu d'états purs. En effet, la matrice de densité$|\psi\rangle\langle\psi|$ n'est pas sensible à la phase globale arbitraire de $|\psi\rangle$.

Pour donner un sens à l'ajout, notez que l'état cible souhaité $\alpha |\psi\rangle + \beta |\phi\rangle$, pour tout choix de $\alpha, \beta \in \mathbb C$, se situe dans le sous-espace bidimensionnel couvert par $|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$. Par conséquent, sans perte de généralité, nous pouvons restreindre le problème à ce sous-espace et penser à$|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$ comme les états de qubit quelle que soit leur dimension d'origine.

Maintenant, considérez un problème plus général où vous voulez en quelque sorte interpoler continuellement entre $|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$. Autrement dit, vous voulez que l'état cible souhaité se trouve sur un chemin (sur la sphère Bloch ) reliant les deux états d'origine. Dites, vous pouvez choisir quelque chose comme$\sin(t) |\psi\rangle + \cos(t) |\phi\rangle$, correctement normalisé. Bien que cela semble être un choix raisonnable, le chemin peut varier énormément en fonction de la phase globale de$|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$ car ils correspondent à des phases relatives dans la somme.

Compte tenu de cette abondance de chemins possibles, quel serait le choix le plus naturel d'un chemin entre $|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$? D'un point de vue géométrique, le chemin le plus court (ou géodésique) le long d'un grand cercle est un excellent choix.

Si $\vec{r}, \vec{s} \in \mathbb R^3$ sont les vecteurs Bloch des deux états, le segment de ligne en $\mathbb R^3$ entre eux est décrit par $p \vec{r} + (1-p) \vec{s}$ où $p \in [0,1]$. La normalisation de ce vecteur Bloch à un vecteur unitaire vous donne un chemin géodésique à la surface de la sphère Bloch.

Pour décrire cela en termes de matrices de densité, rappelons que la matrice de densité associée au vecteur de Bloch $\vec{r} = (x,y,z)$ est donné par $$ \rho(\vec{r}) = \frac{1}{2} (I + x X +y Y + z Z) = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1+z & x-iy \\ x+iy & 1-z \end{pmatrix}. $$ Vous pouvez vérifier que $$ \operatorname{Tr}\rho(\vec{r})^2 = \frac{1}{2} (1 + \vec{r} \cdot \vec{r}) = \frac{1}{2} (1 + x^2 + y^2 + z^2), $$ qui veut dire $$ \|\vec{r}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \sqrt{2\operatorname{Tr}\bigr(\rho(\vec{r})^2\bigl)-1}. $$ Pour tout vecteur non nul $\vec{r} \in \mathbb R^3$, la matrice de densité d'un état pur normalisé dans la direction $\vec{r}$ peut être obtenu comme suit: $$ \rho\biggl(\frac{\vec{r}}{\|\vec{r}\|}\biggr) = \frac{1}{2} \Biggl( I + \frac{2\rho(\vec{r})-I} {\sqrt{2\operatorname{Tr}\bigr(\rho(\vec{r})^2\bigl)-1}} \Biggr). $$ Ainsi, étant donné deux matrices de densité arbitraires $\rho$ et $\sigma$d' états de qubit purs , la géodésique entre eux est donnée par$$ \frac{1}{2} \Biggl( I + \frac{2(p\rho+(1-p)\sigma)-I} {\sqrt{2\operatorname{Tr}\bigl((p\rho+(1-p)\sigma)^2\bigr)-1}} \Biggr). $$ où $p \in [0,1]$. Cela vous donne un moyen sans ambiguïté (quoique assez long) d'interpoler entre deux états de qubit purs.

Vous pouvez également exprimer cela en termes d'états purs. La clé ici est de noter que l'expression$$ a |\psi\rangle + b \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{|\langle\phi|\psi\rangle|} |\phi\rangle $$ décrit le même état quelles que soient les phases globales de $|\psi\rangle$ et $|\phi\rangle$. En choisissant de manière appropriée$a$ et $b$ et en normalisant l'état résultant, vous pouvez également interpoler sans ambiguïté entre eux.

En ce qui concerne votre question initiale, le problème qui vous intéresse est appelé addition d'état cohérent . Vous pouvez consulter le Théorème 14 dans mon article pour voir comment il peut être réalisé, avec suffisamment de copies des deux états.

L'idée principale est de faire évoluer l'un des états selon l'hamiltonien donné par le commutateur $i[|\phi\rangle\langle\phi|,|\psi\rangle\langle\psi|]$des deux états. Ceci peut être réalisé en combinant à plusieurs reprises les deux états en utilisant le test de swap (cela rappelle ce que eqb a proposé dans leur réponse). L'intuition expliquant pourquoi cela fonctionne est similaire à l'algorithme de Grover - vous essayez d'implémenter une rotation dans le sous-espace bidimensionnel couvert par les deux états et de faire pivoter l'un d'entre eux quelque part entre les deux.

Answer 3

Un contre - exemple qui montre que cela n'est pas possible dans le cas général (ici je néglige la possibilité de post-sélection discutée dans les commentaires de la question et dans la réponse acceptée ):

$$ C_1 = X \qquad C_2 = -X$$

Ou on peut prendre $C_2 = R_y(- \pi)$et toutes les équations mentionnées ci-dessous redeviendront vraies. Donc:

$$C_1 |0\rangle = |1\rangle = |\psi \rangle \qquad C_2 |0\rangle = -|1\rangle = |\phi \rangle$$

Mais nous voulons construire un circuit $C_3$:

$$C_3|0\rangle = \frac{|\psi \rangle + |\phi \rangle}{\sqrt{2}} = \frac{|1 \rangle - |1 \rangle}{\sqrt{2}} = 0$$

Donc $C_3$ n'est pas unitaire ($C_3$ ne conserve pas la longueur du vecteur) et cela montre que pour le général $C_1$ et $C_2$ ce genre de circuit ne peut pas être créé.

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Un autre contre-exemple sans ambiguïté de phase globale entre$C_1$ et $C_2$:

$$C_1 = R_y(\frac{\pi}{3}) \qquad C_2 = R_y(-\frac{\pi}{3})$$

Pour ce cas;

$$C_1 |0\rangle = R_y(\frac{\pi}{3}) |0\rangle= \cos{\frac{\pi}{6}}|0\rangle + \sin{\frac{\pi}{6}}|1\rangle |\psi \rangle \\ C_2 |0\rangle = R_y(-\frac{\pi}{3}) |0\rangle = \cos{\frac{\pi}{6}}|0\rangle - \sin{\frac{\pi}{6}}|1\rangle = |\phi \rangle$$

Nous voulons construire $C_3$:

$$C_3 |0\rangle = \frac{|\phi \rangle + |\psi\rangle}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} |0\rangle$$

Et parce que $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \ne 1$, $C_3$ n'est pas unitaire et ne peut être construit.

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Dans certains cas $C_3$ unitaire existe: par exemple pour $C_1 = X$ et $C_2 = Z$ nous pouvons avoir $C_3 = H = \frac{X + Z}{\sqrt{2}}$.