Ворота CNOT на запутанных кубитах

Я пытался создать состояние Гринбергера-Хорна-Цейлингера (GHZ) для $N$ состояния с использованием квантовых вычислений, начиная с $|000...000\rangle$ (N раз)

Предлагаемое решение состоит в том, чтобы сначала применить Преобразование Адамара к первому кубиту, а затем запустить цикл вентилей CNOT с первым кубитом из всех остальных.

Я не могу понять, как я могу выполнить CNOT ($q_1,q_2$) если $q_1$ является частью запутанной пары, как состояние Белла $B_0$ который формируется здесь после преобразования Адамара.

Я знаю, как написать код для него, но алгебраически, почему этот метод правильный и как это делается? Спасибо.

Я не могу понять, как я могу выполнить CNOT ($q_1,q_2$) если $q_1$ является частью запутанной пары, как состояние Белла $B_0$ который формируется здесь после преобразования Адамара.

Ключ должен заметить, что происходит с вычислительными базовыми состояниями (или, в этом отношении, с любым другим полным набором базовых состояний) при применении соответствующих квантовых элементов. Неважно, является ли государство запутанным или отделимым. Этот метод всегда работает.

Давайте рассмотрим $2$состояние Белла (из двух кубитов $A$ а также $B$):

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

$|\Psi\rangle$формируется равной линейной суперпозицией вычислительных базисных состояний$|00\rangle$ & $|11\rangle$ (который может быть выражен как $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$ а также $|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$ соответственно) и $|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$, Нам не нужно беспокоиться о двух других основных вычислительных состояниях:$|01\rangle$ а также $|10\rangle$ поскольку они не являются частью суперпозиции состояния Белла $|\Psi\rangle$, Ворота CNOT в основном переворачиваются (то есть выполняет одно из двух сопоставлений$|0\rangle \mapsto |1\rangle$ или $|1\rangle\mapsto |0\rangle$) состояние кубита $B$ в случае, если кубит$A$ находится в состоянии $|1\rangle$или он вообще ничего не делает.

Таким образом, в основном CNOT сохранит вычислительное состояние $|00\rangle$как есть. Тем не менее, он преобразует вычислительное состояние базы$|11\rangle$ в $|10\rangle$, От действия CNOT на$|00\rangle$ а также $|11\rangle$можно вывести действие CNOT на состояние суперпозиции $|\Psi\rangle$ сейчас же:

$$\operatorname{CNOT}|\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle)$$

---

Редактировать :

Вы упоминаете в комментариях, что вы хотите один из двух кубитов запутанного состояния $|\Psi\rangle$действовать как контроль (и операция NOT будет применена к другому кубиту, скажем, $C$в зависимости от контроля ).

В этом случае вы также можете действовать так же, как описано выше.

Запишите $3$-квитное комбинированное состояние :

$$|\Psi\rangle\otimes |0\rangle_C = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes |0\rangle_B + |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B)\otimes |0\rangle_C$$ $$= \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes |0\rangle_B\otimes |0\rangle_C+ |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C)$$

Скажем $B$ваш контрольный кубит.

Еще раз мы просто проверим действие CNOT на вычислительные базисные состояния (для 3-кубитной системы), т.е. $|000\rangle$ & $|110\rangle$, В вычислительном состоянии$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$ обратите внимание, что состояние кубита $B$ является $|0\rangle$ и что из кубита $C$ является $|0\rangle$, С кубитом$B$ в состоянии $|0\rangle$состояние кубита $C$будет не перевернуть. Однако обратите внимание, что в вычислительном базисном состоянии$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$ кубит $B$ в состоянии $|1\rangle$ в то время как кубит $C$ в состоянии $|0\rangle$, Поскольку кубит$B$ в состоянии $|1\rangle$состояние кубита $C$ будет перевернут $|1\rangle$,

Таким образом, вы в конечном итоге с государством:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B\otimes|0\rangle_C + |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|1\rangle_C)$$

Это состояние Гринбергер – Хорн – Цейлингер для вашего$3$ кубиты!

$$\psi_1 = |0 0 0 \rangle\\ \psi_2 = (H \otimes I \otimes I) \psi_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 \rangle + |1 \rangle) \otimes |0 0 \rangle\\ = \frac{1}{\sqrt{2}} ( |0 0 0 \rangle + |1 0 0 \rangle)\\ \psi_3 = (\operatorname{CNOT}_{12} \otimes I) \psi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 0 0 \rangle + |1 1 0 \rangle)\\ \psi_4 = (\operatorname{CNOT}_{13} \otimes I_{2}) \psi_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} (|0 0 0 \rangle + |1 1 1 \rangle)\\ $$

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ сам оператор на $2$ кубиты, дающие $4\times 4$унитарная матрица. Вы можете применить его к любому государству в$\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ не только в форме $q_i \otimes q_j$, Просто запишите коэффициенты в вычислительной основе, где вы знаете, что делать с точки зрения$\operatorname{CNOT}_{ij}$классических обратимых вычислений. Тогда просто следуйте своему носу линейности.