Puerta CNOT en Qubits enredados

Estaba tratando de generar el estado de Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) para $N$ estados usando computación cuántica, comenzando con $|000...000\rangle$ (N veces)

La solución propuesta es aplicar primero la Transformación de Hadamard en el primer qubit, y luego comenzar un ciclo de puertas CNOT con el primer qubit de todos los demás.

No puedo entender cómo puedo realizar CNOT ( ) si es parte de un par enredado, como el estado de Bell que se forma aquí después de la transformación de Hadamard.q 1 B $q_1,q_2$$q_1$$B_0$

Sé cómo escribir el código, pero algebraicamente, ¿por qué es correcto este método y cómo se hace? Gracias.

No puedo entender cómo puedo realizar CNOT ( ) si q 1 es parte de un par enredado, como el estado de Bell B 0 que se forma aquí después de la transformación de Hadamard.$q_1,q_2$$q_1$$B_0$

La clave es darse cuenta de lo que sucede con los estados de base computacionales (o, para el caso, cualquier otro conjunto completo de estados de base) al aplicar las puertas cuánticas relevantes. No importa si el estado está enredado o es separable. Este método siempre funciona.

Consideremos el estado de Bell de bits (de dos qubits A y B ):$2$$A$$B$

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

está formado por un iguallinealsuperposición de los estados de la base de cálculo | 00 ⟩ y | 11 ⟩ (que se puede expresar como | 0 ⟩ A ⊗ | 0 ⟩ B y | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B respectivamente) y | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B . No debemos preocuparnos por los otros dos estados de base computacional: | 01 $|\Psi\rangle$$|00\rangle$$|11\rangle$$|0\rangle_A\otimes|0\rangle_B$$|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B$$|1\rangle_A\otimes |1\rangle_B$$|01\rangle$y ya que no son parte de la superposición del estado de Bell | Psi ⟩ . A CNOT puerta básicamente voltea (es decir, hace ya sea una de las dos asignaciones | 0 ⟩ ↦ | 1 ⟩ o | 1 ⟩ ↦ | 0 ⟩ ) el estado de la qubit B en caso de que el qubit A está en el estado | 1 ⟩ , o de lo contrario no hace nada en absoluto.$|10\rangle$$|\Psi\rangle$$|0\rangle \mapsto |1\rangle$$|1\rangle\mapsto |0\rangle$$B$ $A$$|1\rangle$

Entonces, básicamente, CNOT mantendrá el estado de base computacional como es. Sin embargo, convertirá el estado de base computacional | 11 ⟩ a | 10 ⟩ . De la acción de CNOT en | 00 ⟩ y | 11 ⟩ , se puede deducir la acción de CNOT en el estado de superposición | Psi ⟩ ahora:$|00\rangle$$|11\rangle$$|10\rangle$$|00\rangle$$|11\rangle$$|\Psi\rangle$

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

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Editar :

Usted menciona en los comentarios que desea uno de los dos qubits del estado enredado para actuar como el control (y la operación NOT se aplicará sobre un qubit diferente, decir C , dependiendo del control ).$|\Psi\rangle$ $C$

En ese caso también, puede proceder de manera similar a la anterior.

Escriba el estado combinado de qubits$3$ :

=

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

Digamos que es tu qubit de control .$B$

Una vez más, simplemente verificaremos la acción del CNOT en los estados computacionales (para un sistema de 3 qubits), es decir y | 110 ⟩ . En estado de base computacional | 000 ⟩ = | 0 ⟩ A ⊗ | 0 ⟩ B | 0 ⟩ C aviso de que el estado del qubit B es | 0 ⟩ y la de qubit C es | 0 ⟩ . Como el qubit B está en estado | 0 $|000\rangle$$|110\rangle$$|000\rangle = |0\rangle_A\otimes|0\rangle_B|0\rangle_C$$B$$|0\rangle$$C$$|0\rangle$$B$$|0\rangle$, el estado del qubit no se cambiará . Sin embargo, observe que en el estado de base computacional | 110 ⟩ = | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B ⊗ | 0 ⟩ C qubit B está en el estado | 1 ⟩ mientras qubit C está en el estado | 0 ⟩ . Como el qubit B está en estado | 1 ⟩ , el estado del qubit C se volcó a | $C$$|110\rangle = |1\rangle_A\otimes|1\rangle_B\otimes|0\rangle_C$$B$$|1\rangle$$C$$|0\rangle$$B$$|1\rangle$$C$ .$|1\rangle$

Por lo tanto, terminas con el estado:

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

¡Este es el estado de Greenberger-Horne-Zeilinger para tus qubits!$3$

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

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