条件门会崩溃控制器的叠加吗？

9

我在Q-Kit中创建了一个简单的电路，以了解每个步骤的条件门和输出状态：

一开始有明确的00状态，这是输入
第一个量子位通过Hadamard门，进入叠加状态，00和10相等
第一个量子位CNOT，第二个量子位，概率00不变，但是交换了10和11
第一个量子位再次通过Hadamard，概率00在00和10之间分配，概率11在01和11之间分配，就好像第一个量子位从固定状态步进为叠加一样

结果不应该平均分配00和01吗？第一个量子位经过Hadamard两次，应将其叠加并返回到初始0。CNOT门不影响控制器量子位，因此它的存在根本不影响第一个量子位，但实际上，它使它像以前那样工作。不再重叠。将qubit用作控制器是否会使其叠加崩溃？

quantum-gate qiskit superposition

— 代码三明治
source

5

\begin{array}{rcl} ∣ 00 ⟩ & \to & \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 10 ⟩ \\ \to & \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{2}} ∣ 11 ⟩ \\ \to & \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 00 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 11 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 10 ⟩ + \frac{1}{\sqrt{4}} ∣ 01 ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray*} \mid 0 0 \rangle &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 0 \rangle\\ &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 1 \rangle\\ &\to& \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 0 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 1 1 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 1 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{4}} \mid 0 1 \rangle \end{eqnarray*}$

如果第二行是 $(\frac{1}{\sqrt{2}} \mid 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \mid 1 \rangle) \otimes v$ ，然后应用 $H$ 再次将它带到 $\mid 0 \rangle \otimes v$ ，但事实并非如此。他们纠缠不清。

似乎您在想第一个量子位不受CNOT的影响，因此后两个应该上下班。

\begin{array}{rcl} H_{1} C N O T_{12} & = & \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & - 1 & 0 \end{matrix}) \\ C N O T_{12} H_{1} & = & \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & - 1 \\ 1 & 0 & - 1 & 0 \end{matrix}) \end{array}

$\begin{eqnarray*} H_1 CNOT_{12} &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}\\ CNOT_{12} H_1 &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 1 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}\\ \end{eqnarray*}$

整个时间都是重叠的。没有崩溃。这是一种非显而易见的非换向。如果你有 $Id \otimes U$ ，这实际上不会影响第一个qubit，并且会与 $H_1$ 。但是CNOT并不是这种形式。

您可以在开始时就有2个量子位的方式来考虑。先申请后 $H$ 你还有2个量子位然后在CNOT之后，它们被纠缠在一起，所以您有1个qudit与 $d=4$ 因为它们已经合并了。然后最后 $H$ 留下来 $d=4$ 。在每个闸门处，您都会遇到纠缠结构的最坏情况。

— 胡萨因
source

3

不，使用受控门无法测量控制。

从某种意义上说，通过测量来实现受控门的想法恰恰是倒退的。它是根据受控门实现的测量，反之亦然。度量只是计算机与环境之间的交互（即受控的门），很难撤销。

相同的想法适用于CNOT。是的，您可以采用if-then方法来描述它。但您也可以将其描述为“将-1相位系数应用于 $|1\rangle \otimes |-\rangle$ 后面的描述清楚地表明，不需要进行测量。

— 克雷格·吉德尼
source

0

一开始有明确的00状态，这是输入

第一个量子位通过Hadamard门，进入叠加状态，00和10相等

正确。

第一个量子位CNOT，第二个量子位，概率00不变，但是交换了10和11

确切地说，10变为11。

第一个量子位再次通过Hadamard ，01的概率在01和11之间平分，11的概率在01和11之间平分，就好像第一个量子位从固定状态步进为叠加一样

不正确没有01在这里，只有00和11，并应用到阿达玛你有4个状态叠加第一量子位后：00，10，11和01，

\frac{1个}{\sqrt{2}} （ | 00 ⟩ + | 11 ⟩ ） \to \frac{1个}{2} （ | 00 ⟩ + | 10 ⟩ + | 01 ⟩ - | 11 ⟩ ）

$\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|11\rangle)\rightarrow\frac{1}{2}(|00\rangle+|10\rangle+|01\rangle-|11\rangle)$

— 克鲁格
source