Кулик Введение в теорию квантовых вычислений Книга 2 2008

Пример 5.15в (задача синтеза квантовой схемы) Известен вычислительный базис, т.е.

| 0 =		1		|1 =	0
		,			,
		0			1
1			0		0		0
| 00 = 0	, | 01	=	1	, |10	= 0	, |11	= 0 .
0			0		1		0
0			0		0		1

Есть квантовая схема из 2-х кубитов (k-й кубит (k=1, 2) имеет состояние | ψk ) и 1-го гейта с матрицей преобразования

a00	a01	a02	a03
a	a	a	a		,
M = 10	11	12	13
	a21	a22	a23
a20
a	a	a	a
30	31	32	33

причем aij — это комплексные числа (i=0, 1, 2, 3; j=0, 1, 2, 3). Известно, какой выходной вектор | ψ′ должен быть на выходе, если на вход этой квантовой схемы подан соответствующий входной вектор | ψ . Входные и выходные векторы связаны с помощью матри-

цы M так: M| ψ =| ψ′ — или болееподробноследующимобразом:

M| 00 =| 00 , M| 01 =| 01 , M|10 =|11 , M|11 =|10 .

Требуется определить aij, т.е. синтезировать унитарную матрицу

M квантового элемента (гейта):
	| ψ1						| ψ1′
| ψ				M
							| ψ′ ,
	| ψ2						| ψ′2

т.е. достаточно найти хотя бы одно решение (т.е. одну матрицу M).

Решение

1). В условиях задачи указан явно вычислительный базис. Будем далее предполагать, что входной вектор | ψ и | ψ1 , | ψ2 ,

431

выходной вектор | ψ′ и | ψ1′ , | ψ′2 и матрица преобразования M соответствуют одному и тому же вычислительному базису.

2). Так как по условию задачи M| 00 =| 00 , то это же самое можно записать по-другому, например следующим образом:

для (i=0) самой верхней строки

		a00	a01	a02	a03			1				1
		a	a	a	a				0			0
		10	11	12	13		×				=
M| 00	=	a20	a21	a22	a23				0			0
			a	a	a				0				0
		a
		30	31	32	33

a00=1 ,

для (i=1) следующей строки

M| 00 =| 00 a10= 0 ,

для (i=2) следующей строки

M| 00 =| 00 a20= 0 ,

для (i=3) самой нижней строки

M| 00 =| 00 a30 = 0 .

Таким образом, получаем, что a00=1, a10= a20 = a30= 0 . Аналогичный результат (для всех строк) можно получить (как и для вектора | 00 ), используя три других вектора

| 01 , |10 , |11 .

432

Далее для вектора | 01 получаем, что M| 01 =| 01

a11=1, a01= a21 = a31= 0 .

Далее для вектора |10 получаем, что M|10 =|11

a32=1, a02= a12 = a22= 0 .

Далее для вектора |11 получаем, что M|11 =|10

a23=1, a03= a13 = a33= 0 .

Т.е. в итоге получили, что

a00= a11= a23= a32=1,

a10= a20 =a30=a01= a21 = a31= a02= a12 =a22= a03= a13 = a33 = 0 .

Таким образом, найдена следующая матрица:

	1	0	0	0
M =	0	1	0	0	,
		0	0
	0			1
	0	0	1	0

которая в точности совпадает с матрицей для квантового элемента

CNOT.

433

3). Проверим, что синтезированная матрица M унитарна:

	1 0		0	0	†			1 0 0			0
M †M =	0 1		0	0		×		0 1 0			0		=
	0	0	0	1				0	0	0	1
		0	1						0	1
	0			0				0			0

1 0 0 0				1 0		0	0
= 0 1 0 0				× 0 1		0	0	=
	0	0			0	0
0			1	0			1
0	0	1	0	0	0	1	0

1+0			0		0	0		1 0		0 0
			+0
=	0	1			0	0		= 0 1		0 0		≡ I ,
	0		0	1	+0	0			0	1
								0			0
	0		0		0	1+	0	0	0	0	1

т.е. свойство унитарности матрицы M выполняется.

ОТМЕТИМ. Матрицу I иногда обозначают и как 1, т.е. она может быть представлена следующим образом:

1	0	0	0
1 ≡ I ≡ 0 1		0	0 .
	0	1
0			0
0	0	0	1

434

4). Проверим, что найденная (синтезированная) матрица M действительно удовлетворяет условиям задачи:

M ×| ψ =| ψ′

или	1 0 0 0 1							1+0					1
M| 00 =| 00 0 1 0 0						× 0			= 0		+0 =			0			=| 00 ,
	0 0 0 1 0 0										+0 0
	0 0 1 0 0 0 +0 0
	1 0 0 0 0 0 +0 0
M| 01 =| 01	0 1 0 0 × 1							= 1+0					= 1			=| 01		,
	0 0 0 1 0 0 +0 0
	0 0 1 0 0 0 +0 0
	1 0 0 0					0			0 +0				0
										+
M|10 =|11	0	1	0	0	× 0		= 0				0	= 0			=|11			,
										+
	0 0 0 1					1			0		0		0
	0 0 1 0					0			1+0				1
	1 0 0 0					0			0 +0				0
										+
M|11 =|10	0	1	0	0	× 0		= 0				0	= 0			=|10			,
	0 0 0 1					0			0	+1			1
	0 0 1 0					1			0 +0				0

т.е. все условия задачи для найденной матрицы M выполнены. 5). И тем самым задача решена▄

435

Пример 5.15г (задача синтеза квантовой схемы) Известен вычислительный базис, т.е.

				| 0	=	1		1	, | 1 =		1		1		,
						2						2
								1					−1
			1					1					1						1
		1				1					1						1
	=		1		=			−1		=			1			=			−1
| 00		2		, | 01		2			, |10		2			,	|11		2		.
			1					1					−1						−1
			1					−1					−1						1

Есть квантовая схема из 2-х кубитов (k-й кубит имеет состояние | ψk ) и 1-го квантового элемента с матрицей преобразования

a00	a01	a02	a03
a	a	a	a		,
M = 10	11	12	13
	a21	a22	a23
a20
a	a	a	a
30	31	32	33

причем aij — это комплексные числа (i=0,1,2,3; j=0,1,2,3). Известно, какой выходной вектор | ψ′ должен быть на выходе, если на вход этой квантовой схемы подан соответствующий входной вектор | ψ . Входные и выходные векторы связаны с помощью матри-

цы M так: M| ψ =| ψ′ — или болееподробноследующимобразом:

M| 00	=| 00	, M| 01	=| 01	, M| 10	=| 11	, M| 11	=| 10 .

Требуется определить aij, т.е. синтезировать унитарную матрицу M квантового элемента:

	| ψ1				′
| ψ	| ψ2		M		| ψ ,

т.е. достаточно найти хотя бы одно решение (т.е. одну матрицу M).

436

Решение

1). В условиях задачи указан явно вычислительный базис. Будем далее предполагать, что входные векторы | ψ и | ψ1 , | ψ2 , выходной вектор | ψ′ и матрица преобразования M соответствуют одному и тому же вычислительному базису.

2). Так как по условию задачи M| 00	=| 00 , то это же самое
записать по-другому, например следующим образом:
для (i=0) самой верхней строки

			a		a	a	a				1			1
				00	01	02	03			1			1
			a10		a11	a12	a13		×		1	=		1
	M| 00	=		a20	a21	a22	a23
										2			2
											1			1
					a	a	a
			a								1			1
				30	31	32	33

a00+ a01+ a02+ a03=1,

для (i=1) следующей строки

		a10+ a11+ a12+ a13=1,
M| 00	=| 00
для (i=2) следующей строки
		a20+ a21+ a22+ a23=1,
M| 00	=| 00
для (i=3) самой нижней строки
		a30+ a31+ a32+ a33=1.
M| 00	=| 00

Аналогичный результат (для всех строк) можно получить (как и

для вектора ), используя три других вектора:

| 00

| 01 ,	| 10 ,	| 11 .
	437

Таким образом (для (i=0) самой верхней строки) получаем, что

		a00+ a01+ a02+ a03=1,
M| 00	=| 00
		a00−a01+ a02−a03=1,
M| 01	=| 01
		a00+ a01−a02−a03=1,
M| 10	=| 11
		a00−a01−a02+ a03=1.
M| 11	=| 10

Решая систему уравнений

a00+ a01+ a02+ a03=1

a00−a01+ a02−a03=1a00+ a01−a02−a03=1,

a00−a01−a02+ a03=1

можно получить, что a00=1, a01= a02 =a03 = 0 .

Аналогично можно получить и затем решить еще 3 другие похожие системы уравнений:

a10+ a11+ a12+ a13=1

a10−a11+ a12−a13= −1a10+ a11−a12−a13= −1 ,

a10−a11−a12+ a13=1

a20+ a21+ a22+ a23=1

a20−a21+ a22−a23=1a20+ a21−a22−a23= −1 ,

a20−a21−a22+ a23= −1

a30+ a31+ a32+ a33=1

a30−a31+ a32−a33= −1a30+ a31−a32−a33=1 ,

a30−a31−a32+ a33= −1

т.е. в итоге можно получить, что

a13= a22= a31=1, a10= a11 =a12= a20= a21 =a23=a30=a32 =a33 = 0 .

438

Таким образом, найдена матрица

	1	0	0	0
M =	0	0	0	1 .
		0	1
	0			0
	0	1	0	0

3). Проверим, что синтезированная матрица M унитарна:

	1 0 0 0				†			1 0 0 0
M †M =	0 0 0 1					×		0 0 0 1					=
	0	0	1	0				0	0	1	0
		1	0						1	0
	0			0				0			0

1 0 0 0				1 0		0 0
= 0 0 0 1				× 0 0		0 1		=
	0	1			0	1
0			0	0			0
0	1	0	0	0	1	0	0

1+0			0		0	0		1 0		0 0
			+0
=	0	1			0	0		= 0 1		0 0		≡ I ,
	0		0	1	+0	0			0	1
								0			0
	0		0		0	1+	0	0	0	0	1

т.е. свойство унитарности матрицы M выполняется.

439

4). Проверим, что найденная (синтезированная) матрица M действительно удовлетворяет условиям задачи:

M ×| ψ =| ψ′

или			1 0 0 0						1			1+0				1
								1			1				1
			0 0 0 1						1			1	+0			1
M| 00	=| 00			0	1		×	2		=	2			=	2		=| 00 ,
			0			0			1			1	+0			1
			0	1	0	0			1			1+0				1

M| 01 =| 01

M| 10	=| 11

M| 11	=| 10

	1 0 0 0						1						1+0
	0 0 0 1					1			−1			1	0 −1
				×							=				=
						2						2
	0 0 1 0								1				1	+0
	0 1 0 0								−1				0 −1
	1 0 0 0						1						1+0
	0 0 0 1				1				1			1	0	−1
			×							=					=
					2							2
	0 0 1 0							−1					0	−1
	0 1 0 0							−1					1+0
	1 0 0 0						1						1+0
	0 0 0 1				1			−1				1	1+0
			×							=					=
					2							2
	0 0 1 0							−1					0	−1
	0 1 0 0							1					0 −1

1

1−1 =| 01

21−1

		1
1
		−1
			=|11
2		−1
		1
		1
1
		1
			=|10
2		−1
		−1

,

,

,

т.е. все условия задачи для найденной матрицы M выполнены.

5). И тем самым задача решена▄

440