¿Cómo ingresar 2 qubits en 2 puertas Hadamard?

Digamos que tenemos un circuito con puertas Hadamard:$2$

Tomemos el estado como entrada. La representación vectorial de state es , pero esta es la representación de qubits y H acepta solo qubit, por lo que deberíamos aplicar la primera puerta H a y la segunda puerta H a ? ¿O deberíamos ingresar en cada puerta H , porque estamos aplicando puertas H a un solo qubit de estado cada vez?| 00 ⟩ [ 1 0 0 0 ] 2 1 [ 1 0 ] [ 0 0 ] [ 1 0 ] | 0 $|00\rangle$$|00\rangle$$[1 \ 0 \ 0 \ 0]$$2$$1$$[1 \ 0]$$[0 \ 0]$$[1 \ 0]$$|0\rangle$

¿O deberíamos ingresar en cada puerta H, porque estamos aplicando puertas H a solo qubit de estado cada vez?| 0 $[1 \ 0]$$|0\rangle$

Sí, cuando tiene un estado de dos qubits (digamos que etiqueta los dos qubits como y respectivamente), debe aplicar las dos puertas Hadamard por separado en el estado de cada qubit. El estado final será el producto tensorial de los dos estados de un solo qubit "transformados".$A$$B$

Si su entrada es , la salida simplemente será( | 0 ⟩ + | 1 $|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$

$$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$$

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Alternativa:

Si los dos qubits de entrada están enredados , el método anterior no funcionará, ya que no podrá representar el estado de entrada como un producto tensor de los estados de los dos qubits. Entonces, estoy describiendo un método más general aquí.

Cuando dos puertas están en paralelo, como en su caso, se puede considerar el producto tensorial de las dos puertas y aplicar que en el vector de estado 2-qubit. Terminarás con el mismo resultado.

$\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\ \end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix}$

Ahora, al aplicar esta matriz en el estado de 2 qubits obtienes:$\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}$

$$\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/2\\1/2\\1/2\\1/2\end{bmatrix}$$

que es equivalente a

$$\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_A\otimes\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)_B$$

Justificación

Producto tensorial de mapas lineales :

El producto tensor también opera en mapas lineales entre espacios vectoriales. Específicamente, dados dos mapas lineales y entre espacios vectoriales, el producto tensorial de los dos mapas lineales y es un mapa lineal definido por .$S : V \to X$$T : W \to Y$$S$$T$$(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$$(S\otimes T)(v\otimes w) = S(v) \otimes T(w)$

Por lo tanto,

$$(\mathbf H|0\rangle_A) \otimes (\mathbf H|0\rangle_B) = (\mathbf H\otimes \mathbf H)(|0\rangle_A \otimes |0\rangle_B)$$

Es la segunda opción. Por lo tanto, aplicaría ambas puertas Hardmard al estado , para obtener dos . Por lo tanto, el estado final de dos qubits sería$|0\rangle$$\frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right)$

$$\begin{align} \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} \left (|0\rangle + |1\rangle \right) &= \frac{1}{2} \left( |00\rangle + |01\rangle + |10\rangle + |11\rangle\right) \end{align}$$

Podemos verificar fácilmente que este es un estado cuántico válido verificando la condición de normalización.

$$\begin{align} \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 + \left| \frac{1}{2} \right|^2 &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ &= 1 \end{align}$$

En general, en este contexto, es más intuitivo si usa la notación de corchetes de Dirac (es decir, use lugar del vector de columna ). Luego, si tiene que aplicar una puerta a un subconjunto de los qubits, puede proceder de manera análoga como lo hice anteriormente.$|00 \rangle$$(1, 0, 0, 0)^T$