条件付きゲートはコントローラーの重ね合わせを折りたたみますか？

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各ステップでの条件付きゲートと出力状態を理解するために、Q-Kitで簡単な回路を作成しました。

最初に、入力であるクリア00状態があります
最初のキュービットはアダマールゲートを通過し、重ね合わせになり、00と10が等しく可能になります
最初の量子ビットは2番目の量子ビットCNOTであり、確率00は変更されていませんが、10と11が交換されています
最初のキュビットが再びアダマールを通過し、00の確率は00と10の間で分割され、11は01と11の間で分割されます。

結果は00と01に均等に分配されるべきではありませんか？最初のキュービットはアダマールを2回通過します。これにより、重ね合わせになり、最初の0に戻ります。CNOTゲートはコントローラーキュービットに影響を与えないため、その存在は最初のキュービットにまったく影響を与えないはずですが、実際には、それは以前のキュービットのように機能します重ね合わせではありません。コントローラーとしてキュービットを使用すると、その重ね合わせが崩れますか？

quantum-gate qiskit superposition

— CodeSandwich
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\begin{array}{rcl} ∣ 00 ⟩ & \to & \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 10 ⟩ \\ \to & \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 11 ⟩ \\ \to & \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 11 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 10 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 01 ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray*} \mid 0 0 \rangle &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 0 \rangle\\ &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 1 \rangle\\ &\to& \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 1 1 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 1 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 0 1 \rangle \end{eqnarray*}$

2行目が場合、再びになりますが、そうではありません。彼らは絡み合っています。 $(\frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 \rangle) \otimes v$ $H$ $\mid 0 \rangle \otimes v$

最初のキュービットはCNOTの影響を受けないので、最後の2つは通勤するはずだと考えているようです。

\begin{array}{rcl} H_{1} C N O T_{12} & = & \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & - 1 & 0 \end{matrix}) \\ C N O T_{12} H_{1} & = & \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & - 1 \\ 1 & 0 & - 1 & 0 \end{matrix}) \end{array}

$\begin{eqnarray*} H_1 CNOT_{12} &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}\\ CNOT_{12} H_1 &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 1 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}\\ \end{eqnarray*}$

それはずっと重なり合っています。崩壊はありませんでした。それは自明ではない非交換です。があった場合、それは文字通り最初のキュービットに影響を及ぼさず、とます。しかし、CNOTはその形式ではありません。 $Id \otimes U$ $H_1$

このように考えると、最初は2キュービットです。最初のを適用した後も、2キュビットがあります。次に、CNOTの後で、それらが絡み合っているため、それらが結合されているため、 quditが1つあります。次に、最後のはそれを残します。各ゲートで、エンタングルメント構造の最悪のシナリオを実行します。 $H$ $d=4$ $H$ $d=4$

— アフセイン
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いいえ、制御ゲートを使用しても制御は測定されません。

ある意味では、制御されたゲートは測定を介して実装されるという考えは、まったく逆です。制御されたゲートに関して実装される測定であり、その逆ではありません。測定は、コンピュータと取り消すのが難しい環境との間の単なる相互作用（つまり、制御されたゲート）です。

同じ考え方がCNOTにも当てはまります。はい、それはif-thenの方法で説明できます。ただし、「状態に-1位相係数を適用する」と表現することもできます。また、後者の説明では、測定が不要であることを明確にしています。 $|1\rangle \otimes |-\rangle$

— クレイグ・ギドニー
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最初に、入力であるクリア00状態があります

最初のキュービットはアダマールゲートを通過し、重ね合わせになり、00と10が等しく可能になります

正しい。

最初の量子ビットは2番目の量子ビットCNOTであり、確率00は変更されていませんが、10と11が交換されています

正確には、10は11になります。

最初のキュビットが再びアダマールを通過し、01の確率が01と11の間で分割され、11は01と11の間で分割されます。

不正解です。何もありません01、ここでの唯一の00と11：、あなたが持っている最初の量子ビットにアダマールを適用した後の4つの状態の重ね合わせ00、10、11および01、

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩) \to \frac{1}{2} (| 00 ⟩ + | 10 ⟩ + | 01 ⟩ - | 11 ⟩)

$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)\rightarrow\frac{1}{2}(|00\rangle+|10\rangle+|01\rangle-|11\rangle)$

— クルジ
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