もつれた量子ビットのCNOTゲート

で始まる量子コンピューティングを使用して、状態のGreenberger-Horne-Zeilinger（GHZ）状態を生成しようとしていました（N回） $N$ $|000...000\rangle$

提案された解決策は、最初の量子ビットに最初にアダマール変換を適用し、次に他のすべての最初の量子ビットでCNOTゲートのループを開始することです。

が、アダマール変換後にここで形成されるベル状態ように、もつれたペアの一部である場合 CNOT（）を実行する方法を理解できません。 $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

私はそのためのコードを書く方法を知っていますが、代数的になぜこの方法が正しいのですか、そしてそれはどのように行われますか？ありがとう。

quantum-gate entanglement quantum-state

— サトヴィク・ゴレチャ
ソース

が、アダマール変換後にここで形成されるベル状態ように、もつれたペアの一部である場合 CNOT（）を実行する方法を理解できません。 $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

重要なのは、関連する量子ゲートを適用したときに、計算の基底状態（さらに言えば、他の完全な基底状態のセット）がどうなるかを知ることです。状態が絡まっているか、分離可能かは関係ありません。この方法は常に機能します。

さんが考える（2つの量子ビットの-qubitベル状態と）： $2$ $A$ $B$

| Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩)

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

CNOT | Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 10 ⟩)

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

編集：

絡み合った状態の2つのキュービットの1つが必要であることをコメントで言及しているとして機能するように制御（及びNOT動作が異なる量子ビットに適用される、と言う、制御に依存）。 $|\Psi\rangle$ $C$

その場合も、上記と同様の方法で続行できます。

ダウンライト -qubit結合状態 $3$ ：

| Ψ ⟩ \otimes | 0 ⟩_{C} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B}) \otimes | 0 ⟩_{C}

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

= \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C})

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

が制御キュービットであるとしましょう。 $B$

したがって、次の状態になります。

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 1 ⟩_{C})

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

これは、キュービットのグリーンバーガーホーンゼイリンガー状態です！ $3$

— サンチャヤンドゥッタ
ソース

エンタングルされたペアにCNOTを適用する場合は、このメソッドを使用できます。しかし、私はそれをしたくありません。私が欲しいのは、絡み合った状態

の最初のキュービット（分離できないため、q1と呼ぶことはできません）を取得し、その（q1）と別の

キュービット。可能であれば、行列形式の乗算が完了したことを示してください。再度、感謝します。

B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

1あなたがあることを検討している@SatvikGolechhaので、コントロール（制御NOTゲートの）量子ビット：

または「異なる

量子ビット」？答えはそれに依存します。

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

— Sanchayan Dutta

を制御ビットと考えています。そして私が直面している問題は、

分離できないことです。そのため、CNOTゲートが

および

に対して何を行うかを確認できません

。

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha回答を更新しました。今いいよ？

— Sanchayan Dutta

本当にありがとう！Tensor製品のプロパティを使用すると、すべてが明確になり、美しく収まるようになります。この回答を承認済みとしてマークしました。

— Satvik Golechha

ψ_{1} = | 000 ⟩ ψ_{2} = (H \otimes I \otimes I) ψ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) \otimes | 00 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 100 ⟩) ψ_{3} = ({CNOT}_{12} \otimes I) ψ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 110 ⟩) ψ_{4} = ({CNOT}_{13} \otimes I_{2}) ψ_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 111 ⟩)

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ $2$ $4\times 4$ $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ $q_i \otimes q_j$ $\operatorname{CNOT}_{ij}$

— アフセイン
ソース