Кулик Введение в теорию квантовых вычислений Книга 2 2008

	В момент T1			1	1 1				1
			1					1
	| ψ1 = M1 | 0 = H | 0	=				×	=			,
			2					2
				1	−1	0			1

| ψ2	=M2 | 0 =X | 0	0	1	1	0		=|1 ,
		=		×	=
		1	0	0	1

												0					0
				1	1		0			1	1					1
| Rg1 =| ψ	| ψ		=						=			1			=		1 ,
		2
1			2							2		0				2	0
					1 1
											1
												1					1

т.е. кубиты и квантовый регистр находятся в чистом состоянии.

В момент T2

| ψ1 =?

| ψ2 =?

| Rg2 = M3 ×| Rg1 =

	1 0		0	0			0			0
	0 1		0	0		1	1		1	1
	=	0	0		×			=		.
						2			2
	0			1			0			1
		0	1
	0			0			1			0

Применим Правило 5.5, опираясь на Пример 5.19. Учтя, что

|a|2+|b|2=1

и

|c|2+|d|2=1,

481

составим и решим следующую систему уравнений:

| ψ =| ψ1 | ψ2	a	c	=
	=
	b	d

			c
		a
	=		d			=
			c
		b d

или

acad =

bcbd

0

1 1 =| Rg2 2 10

		2ac = 0
		2ad =1
			,	(*)
		2bc =1
		2bd = 0
Далее, поскольку для комплексных z и w справедливо, что
то		|zw|=|z| |w|,
|ac|2=|a|2 |c|2=0;	|ad|2=|a|2 |d|2=0.5;
|bc|2=|b|2 |c|2=0.5;	|bd|2=|b|2 |d|2=0;

или либо |a|2 =0, либо |c|2 =0, при этом |ad|2=0.5 и |bc|2=0.5 .

Далее,

если |a|2 =0, то |ad|2≠0.5 (противоречие); если |c|2 =0, то |bc|2≠0.5 (противоречие).

Таким образом, получается, что составленная система уравнений (*) не имеет решения в комплексных числах, а значит, вы-

ходной вектор | Rg2 квантового регистра не факторизуем,

т.е. кубиты находятся в смешанном состоянии (у них нет векторов состояния), а сам квантовый регистр находится в чистом состоянии, так как у него есть вектор состояния.

482

5). Дополним исходную квантовую схему Ы еще одним гейтом CNOT, как показано на следующей схеме Ю:

Схема Ю

| 0 H

| Rg

X

| 0

T0 T1 T2 T3

6). Определим состояния кубитов | ψ1 , | ψ2 и состояние самого квантового регистра | Rg x , где x =0, 1, 2, …, в различные моменты времени, отмеченные на схеме Ю как T0, T1, T2 и T3.

Вмоменты T0, T1 и T2 расчет этих состояний полностью совпадает с расчетом, выполненным ранее для схемы Ы.

Вмомент T3

			| ψ1		=?
			| ψ2		=?
	| Rg3 = M3 ×| Rg2 =
1 0		0	0				0				0
0 1		0	0		1		1			1	1
=	0	0		×				=			.
					2					2
0			1				1				0
	0	1
0			0				0				1

Применим Правило 5.5, опираясь на Пример 5.19. Учтя, что

|a|2+|b|2 =1

и

|c|2+|d|2 =1,

483

составим и решим следующую систему уравнений:

		| ψ	=| ψ1
			c
a c		a
	=		d			=
=			c
b d
		b d

| ψ2		=
ac					0
ad				1	1		3
		=				=| Rg
				2
bc					0
bd					1

или

	2ac = 0
	2ad =1
		.	(**)
	2bc = 0
	2bd = 1

Далее, решая эту систему уравнений (**) аналогично, как в Примере 5.20, (получим одно из возможных) следующее ее решение:

a =	1		,	b =				1		,	c = 0 ,		d =1
	2							2
или
				1									0
			1
| ψ1	=					,				| ψ2 =|1			=
			2
				1									1
и											0
					3					1	1
			| Rg					=				,
										2
											0
											1

т.е. кубиты и квантовый регистр находятся в чистом состоянии. Отметим (см. схему Ю), что справедливо(CNOT )2 = I .

484

7). Дополним исходную квантовую схему Ы еще одним гейтом X и гейтом CNOT, как показано на следующей схеме Я:

Схема Я
| 0	H	X
| Rg	X
| 0

T0 T1 T2 T3 T4

8). Определим состояния кубитов | ψ1 , | ψ2 и состояние самого квантового регистра | Rg x , где x =0, 1, 2, …, в различные моменты времени, отмеченные на схеме Я как T0, T1, T2 и T3, T4.

Вмоменты T0, T1, T2 расчет этих состояний совпадает с расчетом, выполненным ранее для схемы Ы.

Вмомент T3

| ψ1 =? | ψ2 =?

Кубиты находятся в смешанном состоянии, поэтому применим Правило 5.0в, Правило 5.7 и вычислим вектор состояния кванто-

вого регистра | Rg3			по	его	состоянию				| Rg2					и матрице
X I следующим образом:
| Rg3 ={X I }×| Rg2 =					0		1			×| Rg2				=
							I
					1		0
				0 0		1 0					0					1
0 I	1 I	2		0 0		0 1			1		1			1		0
=	×| Rg		=					×					=			.
									2					2
1 I	0 I			1 0		0 0					1					0
				0 1		0 0					0					1
				485

Применим Правило 5.5, опираясь на Пример 5.19. Учтя, что

|a|2+|b|2 =1 и |c|2+|d|2=1,

составим и решим следующую систему уравнений:

| ψ =| ψ1 | ψ2	a	c	=
	=
	b	d

			c
		a
	=		d			=
			c
		b d

или

	ac				1
				1		0
	ad		=					= | Rg 3
				2		0
	bc
						1
	bd

2ac = 1
2ad = 0 .	(***)
2bc = 0
2bd = 1

Далее, поскольку для комплексных z и w справедливо, что

то		|zw|=|z| |w|,
|ac|2=|a|2	|c|2=0.5;	|ad|2=|a|2 |d|2=0;
|bc|2=|b|2	|c|2=0;	|bd|2=|b|2 |d|2=0.5;

или либо |a|2 =0, либо |d|2 =0, при этом |ac|2=0.5 и |bd|2=0.5 .

Далее,

если |a|2 =0, то |ac|2≠0.5 (противоречие); если |d|2 =0, то |bd|2≠0.5 (противоречие).

Таким образом, получается, что составленная система уравнений (***) не имеет решения в комплексных числах, а значит,

выходной вектор | Rg3 квантового регистра не факторизуем,

т.е. кубиты находятся в смешанном состоянии (у них нет векторов состояния), а сам квантовый регистр находится в чистом состоянии, так как у него есть вектор состояния.

486

В момент T4

| ψ1 =?

| ψ2 =?

Кубиты находятся в смешанном состоянии, поэтому применим Правило 5.7 и вычислим вектор состояния квантового регистра

| Rg4 по состоянию | Rg3 и матрице M3 следующим образом:

	| Rg4 =M3 ×| Rg3 =
1 0		0	0			1				1
0 1		0	0		1	0			1	0
=	0	0		×			=				.
					2				2
0			1			0				1
	0	1
0			0			1				0

Применим Правило 5.5, опираясь на Пример 5.19. Учтя, что

|a|2+|b|2 =1

и

|c|2+|d|2=1,

составим и решим следующую систему уравнений:

| ψ=| ψ1 | ψ2 =

c

ac

1

a c

a

ad

1

0

d

=

=| Rg

4

=

=

c

=

2

b d

bc

1

b

d

bd

0

487

или

	2ac = 1
	2ad = 0
		.	(****)
	2bc =1
	2bd = 0

Далее, решая эту систему уравнений (****) аналогично, как в Примере 5.20, (получим одно из возможных) следующее ее решение:

		a =			1		,	b =				1		,
					2							2
или			c =1,					d = 0
			1												1
		1
| ψ1	=					,		| ψ2				=	| 0		=
		2
			1												0
и										1
					4			1		0
		| Rg				=							,
								2
										1
										0

т.е. кубиты и квантовый регистр находятся в чистом состоянии, так как каждый кубит и сам квантовый регистр имеют каждый свой вектор состояния.

Таким образом, повторное применение в квантовой схеме гейта CNOT позволило распутать ранее полученное с помощью другого уже гейта CNOT запутанное состояние двух кубитов.

488

9). Теперь дополним квантовую схему Я еще одним гейтом H, как показано на следующей схеме Э:

Схема Э

| 0	H	X	H

| Rg
X
| 0
T0 T1 T2 T3	T4	T5
10). Определим состояния кубитов | ψ1	, | ψ2	и состояние самого

квантового регистра | Rg x , где x =0, 1, 2, …, в различные моменты времени, отмеченные на схеме Э как T0, T1, T2, T3, T4, T5.

Вмоменты T0, T1, T2, T3, T4, T5 расчет этих состояний полностью совпадает с расчетом, выполненным ранее для схемы Я.

Вмомент T5

				| ψ1			= M1				1		1		=H			1			1	=
											2								2
													1								1
	1		1 1				1	1				1		1+1					1		2 1
=					×						=	2					=		2				= =| 0 ,
	2						2
			1	−1				1						1−1							0	0
			| ψ2 =			I | 0 =				1			0		×	1			1			=| 0 ,
																		=
										0			1			0			0
																						1			1
																				1
	| Rg5 =| ψ					| ψ			2		=	1				1		=				0			= 0	,
				1																		1			0
												0 0
																				0			0
																									0

т.е. кубиты и квантовый регистр находятся в чистом состоянии.

489

11). Заметим, что, подав на вход квантовой схемы Э | 0 и | 0 , на выходе получаются те же состояния кубитов | 0 и | 0 , при

этом состояние квантового регистра, что на входе квантовой схемы и что и на ее выходе, одно и то же и есть

1 | Rg5 = 00 .

⎣0

Это наталкивает на мысль, что квантовая схема Э, наверно, эквивалентна тождественному преобразованию с единичной матрицей. Проверим это следующим образом:

вычислим матрицу результирующего преобразования

M00 ={H I }× M3 ×{X I }× M3 ×{H X },

где

														0	1	0		1
			1		X			X				1		1 0		1 0
H X =										=										,
												2
			2 X				− X							0 1		0 −1
															0	−1		0
														1
							0		0	1		0
X I =	0			I			0		0	0		1
						=			0	0				,
	I			0			1					0
									1	0
							0					0
												1		0		1	0
			1	I			I			1		0		1		0	1
H I =									=									,
			2				− I			2					−1 0
				I								1 0
														1		0
												0					−1
									490