ベル状態の準備
私はキュービットに関するいくつかの講義を見ていました。彼らはベル状態を生成する方法について話していました。彼らはそれを次のように説明しました：
- 状態00の準備： $$\left |0 \right> \otimes \left |0 \right>$$
- アダマールを適用します。 $$ (H \otimes I)(\left |0 \right> \otimes \left |0 \right> ) = \left |+0 \right> = \frac{\left|00 \right> + \left |10 \right>}{\sqrt{2}}$$
- CNOTを適用して、状態00 +10から状態00 + 11に移行します。 $$ CNOT = \left |0 \right> \left <0 \right| \otimes I + \left |1 \right> \left<1 \right| \otimes X $$ そのような： $$CNOT\times\frac{\left|00 \right> + \left |10 \right>}{\sqrt{2}}=\frac{\left |0 \right> \left <0|0 \right> \otimes I \left |0 \right> + \left |0 \right> \left <0|1 \right> \otimes I\left |1 \right> + \left |1 \right> \left <1|0 \right> \otimes X \left |0 \right> + \left |1 \right> \left <1|1 \right> \otimes X \left |0 \right> }{\sqrt{2}} = \left | \Omega \right >$$
CNOTの製品と状態をどのように追跡できるかわかりません $\left|00 \right> + \left |10 \right>$上記のように拡張できます。皆さんが私を助けてくれることを願っています。
回答
ポイント3で書いたように、 $CNOT$は2つのテンソル積の合計であり、それぞれが2つの行列を含みます。最初のテンソル積を検討し、2つの行列をそれぞれに適用します。$|0\rangle$ とに $|0\rangle$ （ $|00\rangle$2.）で取得した状態でペアリングし、テンソル積を実行して、最終拡張の第1四半期を取得します。同じ2つの行列をそれぞれに適用します$|0\rangle$ とに $|1\rangle$ （ $|01\rangle$2.）で取得した状態でペアリングし、テンソル積を実行すると、最終拡張の第2四半期が得られます。次に、CNOT拡張の2番目のテンソル積を使用して繰り返すと、最終的な拡張の3番目と4番目の四半期が得られます。すぐに、乗算の分配法則を使用します。
直接行列表現を使用することをお勧めします。
入力状態 $|00\rangle$ ベクトルとして書くことができます $$x= \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix} $$
最初のステップ、つまり最初のキュービットのアダマールゲートと2番目のキュービットの「何もない」は操作によって記述されます $$ H \otimes I = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix} $$
乗算ベクトル $x$ マトリックス付き $H \otimes I$ ベクトルを与える $$ y=\ \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\0 \end{pmatrix}, $$ これは行列の最初の列です。
これで、マトリックスで記述されたCNOTゲートを適用できます。 $$ \text{CNOT}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ \end{pmatrix}, $$ そう $$ z=\text{CNOT}\, y= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
計算ベースでは、ベクトル $z$ です $$ z = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle), $$ これは望ましいベル状態です。
私は別の方法で質問に答えます。2つのキュービットが次のように表されていると仮定しましょう。
あなたの $|00\rangle$、 に代表される $|q_1q_0\rangle$、はゲートを適用する前の上記の回路の状態です。これは元の状態と同じです。 $|0\rangle \otimes |0\rangle$。
ステップ2でアダマールを適用することは、アダマールを適用することと同じです。 $q_0$。私たちは知っています$q_0$ です $|0\rangle$。したがって、アダマールゲートを適用する場合$|0\rangle$ に変換されます $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)$。（疑わしい場合は、単純な行列乗算を実行してこれを確認してください）。
どれどれ $q_1$ 現在、ゲートは適用されていないため、 $|0\rangle$。
だから今、結合された状態は $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle)$アダマールゲートを適用した後。次に、2つのキュービットにCNOTゲート（ステップ3と同じ）を適用します。従来のCNOTゲートは、制御ビットが1の場合、ターゲットビットが反転することを意味するため、キュービットに適用されるCNOTゲートにも同じロジックを適用できます。私たちの場合、制御キュービットは$q_0$ ターゲットキュービットは $q_1$。それでは、CNOTを適用しましょう$|q_1q_0\rangle$
$CNOT(\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle))$ 右端から応募すると、 $|01\rangle$ に変換します $|11\rangle$ 制御量子ビットとして（$q_0$）貢献しています $|1\rangle$ ここでターゲットキュービット $q_1$ 貢献している $|0\rangle$ にフリップします $|1\rangle$。同様に、左に移動すると、$|00\rangle$ 残ります $|00\rangle$ 制御量子ビットとして $q_0$ 貢献しています $|0\rangle$ この部分に、したがって、反転は必要ありません、したがって、ターゲットqubit（$q_1$）同じまま（$|0\rangle$）。したがって、両方を組み合わせると、次のようになります
CNOT（$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |01\rangle)$）= $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)$
この考え方は、より大きな変換とより多くのキュービットを扱うときに役立ちます。お役に立てば幸いです。