Portão CNOT em Qubits emaranhados

Eu estava tentando gerar o estado de Greenberger-Horne-Zeilinger (GHZ) para estados usando computação quântica, começando com | 000 ... 000⟩ (N vezes)$N$$|000...000\rangle$

A solução proposta é aplicar primeiro o Hadamard Transformation no primeiro qubit e depois iniciar um loop de portas CNOT com o primeiro qubit de todos os outros.

Não consigo entender como posso executar o CNOT ( ) se q 1 fizer parte de um par emaranhado, como o estado Bell 0 B que se forma aqui após a transformação Hadamard.$q_1,q_2$$q_1$$B_0$

Eu sei como escrever o código para ele, mas algebricamente, por que esse método é correto e como é feito? Obrigado.

Não consigo entender como posso executar o CNOT ( ) se q 1 fizer parte de um par emaranhado, como o estado Bell 0 B que se forma aqui após a transformação Hadamard.$q_1,q_2$$q_1$$B_0$

A chave é observar o que acontece com os estados da base computacional (ou, nesse caso, com qualquer outro conjunto completo de estados da base) ao aplicar as portas quânticas relevantes. Não importa se o estado é emaranhado ou separável. Este método sempre funciona.

Vamos considerar o estado Bell de qubit (de dois qubits A e B ):$2$$A$$B$

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

é formado por um iguallinearsuperposição dos estados básicos computacionais | 00 ⟩ & | 11 ⟩ (que pode ser expresso como | 0 ⟩ Um ⊗ | 0 ⟩ B e | 1 ⟩ Um ⊗ | 1 ⟩ B respectivamente) e | 1 ⟩ A ⊗ | 1 ⟩ B . Não precisamos nos preocupar com os outros dois 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$e como eles não são parte da superposição de estados de Bell | VF ⟩ . Um portão CNOT basicamente vira (ou seja, faz qualquer um dos dois mapeamentos | 0 ⟩ ↦ | 1 ⟩ ou | 1 ⟩ ↦ | 0 ⟩ ) o estado do qbit B no caso do qbit A está no estado | 1 ⟩ , ou então ele não faz nada.$|10\rangle$$|\Psi\rangle$$|0\rangle \mapsto |1\rangle$$|1\rangle\mapsto |0\rangle$$B$ $A$$|1\rangle$

Então, basicamente, o CNOT manterá o estado da base computacional como ela é. No entanto, ele converterá o estado da base computacional | 11 ⟩ para | 10 ⟩ . Da ação do CNOT em | 00 ⟩ e | 11 ⟩ , você pode deduzir a ação de CNOT sobre o estado de superposição | VF ⟩ agora:$|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 :

$|\Psi\rangle$ $C$

Também nesse caso, você pode proceder da mesma maneira que acima.

$3$

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

$B$

$|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$$C$$|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$

Assim, você acaba com o estado:

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

$3$

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

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