纠缠比特上的CNOT门

我试图使用量子计算为个状态生成Greenberger-Horne-Zeilinger（GHZ）状态，从（N次） $N$ $|000...000\rangle$

提出的解决方案是首先在第一个量子位上应用Hadamard变换，然后从所有其他第一个量子位开始CNOT门的循环。

如果是纠缠对的一部分，我无法理解如何执行CNOT（），就像在Hadamard变换之后在此处形成的Bell状态一样。 $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

我知道如何为此编写代码，但是从代数角度讲，为什么该方法正确以及如何完成？谢谢。

quantum-gate entanglement quantum-state

— 萨特维克·戈莱查（Satvik Golechha）
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如果是纠缠对的一部分，我无法理解如何执行CNOT（），就像在Hadamard变换之后在此处形成的Bell状态一样。 $q_1,q_2$ $q_1$ $B_0$

关键是要注意在应用相关的一个或多个量子门后，计算基态（或就此而言，其他任何完整的基态集）发生了什么。状态是纠缠还是可分离都无所谓。此方法始终有效。

让我们考虑量子比特的贝尔状态（两个量子比特和）： $2$ $A$ $B$

| Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 11 ⟩)

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

CNOT | Ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 00 ⟩ + | 10 ⟩)

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

编辑：

您在注释中提到要让纠缠状态的两个量子位之一充当控件（并且NOT操作将应用于不同的量子位，例如，具体取决于控件）。 $|\Psi\rangle$ $C$

在这种情况下，您也可以按照上述类似的方式进行。

记下 -qubit组合状态： $3$

| Ψ ⟩ \otimes | 0 ⟩_{C} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B}) \otimes | 0 ⟩_{C}

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

= \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C})

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

假设是您的控制量子位。 $B$

因此，您最终得到以下状态：

\frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩_{A} \otimes | 0 ⟩_{B} \otimes | 0 ⟩_{C} + | 1 ⟩_{A} \otimes | 1 ⟩_{B} \otimes | 1 ⟩_{C})

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

这是您的量子位的 Greenberger–Horne–Zeilinger状态！ $3$

— Sanchayan Dutta
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如果要将CNOT应用于纠缠对，则可以使用此方法。但是我不想那样做。我想要的是，获取纠缠状态的第一个量子位（由于不可分割，因此不能称之为q1），然后将CNOT应用于那个（q1）和另一个量子位。如果可能，请显示完成的矩阵形式乘法。再次感谢。

B_{0}

$B_0$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha那么，您考虑将哪一个作为（受控NOT门的）控制量子位：或“不同的量子位”？答案将取决于此。

q 1

$q1$

| 0 ⟩

$|0\rangle$

— Sanchayan Dutta

我正在考虑将作为控制位。我面临的困难是我无法分离，因此看不到CNOT门将对和。

q 1

$q1$

q 1

$q1$

q 1

$q1$

| 0 >

$|0>$

— Satvik Golechha

@SatvikGolechha更新了答案。现在没事了？

— Sanchayan Dutta

谢谢一群！使用Tensor产品属性使其非常清晰，并且现在非常适合使用。我已将此答案标记为已接受。

— Satvik Golechha

ψ_{1} = | 000 ⟩ ψ_{2} = (H \otimes I \otimes I) ψ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ + | 1 ⟩) \otimes | 00 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 100 ⟩) ψ_{3} = ({CNOT}_{12} \otimes I) ψ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 110 ⟩) ψ_{4} = ({CNOT}_{13} \otimes I_{2}) ψ_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 000 ⟩ + | 111 ⟩)

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

$\operatorname{CNOT}_{ij}$ 本身是量子位的运算符，给出 × unit矩阵。您可以将其应用于任何状态，而不仅限于形式为。只需在计算基础上写出系数，即可根据经典可逆计算的知道该怎么做。然后，跟随您的线性鼻子。 $2$ $4\times 4$ $\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2$ $q_i \otimes q_j$ $\operatorname{CNOT}_{ij}$

— 胡萨因
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