Dobbiamo determinare i parametri dei gate da utilizzare per costruire il seguente stato:
$$
\ket{\Phi}_2 = \frac{1}{\sqrt{12}}\ (\ 3 \ket{00} + 1 \ket{01} + 1 \ket{10} - 1 \ket{11}\ )
$$
### Costruzione del gate $\mathbf{U_A}$ da applicare al qbit 0
Vogliamo usare un gate $\mathbf{U_0}(\theta, \phi, \lambda)$ per configurare il bit più a destra dello stato, assumendo che lo stato iniziale sia $\ket{00}$.
Raccogliamo il qbit più a destra:
$$
\ket{\Phi}_2 = \frac{1}{\sqrt{12}} \ (\ {\color{orange} (3\ket{0} + 1 \ket{1})}\ {\color{red} \ket{0}} + {\color{lime} (1\ket{0} - 1 \ket{1})}\ {\color{green} \ket{1}}\ )
$$
Ignorando il valore del qbit di sinistra, abbiamo che:
$$
\frac{1}{\sqrt{12}} \ \left(\ {\color{orange} \sqrt{3^2 + 1^2}}\ {\color{red} \ket{\_0}} + {\color{lime} \sqrt{1^2 + (-1)^2}}\ {\color{green} \ket{\_1}}\ \right) =
\frac{1}{\sqrt{12}} \ \left(\ {\color{orange} \sqrt{10}}\ {\color{red} \ket{\_0}} + {\color{lime} \sqrt{2}} {\color{green}\ \ket{\_1}}\ \right)
$$
Ricordando che il gate $\mathbf{U}(\theta, \phi, \lambda)$ è composto così:
$$
\mathbf{U}(\theta, \phi, \lambda) = \left[ \begin{matrix}
{\color{Gray} Out} & {\color{Gray} In_{\ket{\_0}}} & {\color{Gray} In_{\ket{\_1}}} \\\ \\
{\color{Red} \ket{\_0}} & \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) & {\color{LightGray} - e^{i\lambda} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right)}
\\\ \\
{\color{Green} \ket{\_1}} & e^{i \phi} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) & {\color{LightGray} e^{i(\phi + \lambda)} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right)}
\end{matrix} \right]
$$
E che vogliamo ottenere il seguente gate:
$$
\mathbf{U_A} (\theta, \phi, \lambda) \ket{\_0} = \frac{1}{\sqrt{12}} \ \left(\ {\color{orange} \sqrt{10}}\ {\color{red} \ket{\_0}} + {\color{lime} \sqrt{2}} {\color{green}\ \ket{\_1}}\ \right)
$$
Possiamo portare a destra tutti i termini che non sono il gate, ottenendo:
$$
\mathbf{U_A} (\theta, \phi, \lambda) = \frac{1}{\sqrt{12}}
$$
Abbiamo che:
$$
\mathbf{U_A} (\theta, \phi, \lambda) = \frac{1}{\sqrt{12}} \left[ \begin{matrix}
{\color{Gray} Out} & {\color{Gray} In_{\ket{\_0}}} & {\color{Gray} In_{\ket{\_1}}} \\\ \\
{\color{Red} \ket{\_0}} & {\color{Orange} \sqrt{10}} & {\color{LightGray} ?}
\\\ \\
{\color{Green} \ket{\_1}} &{\color{Lime} \sqrt{2}} & {\color{LightGray} ?}
\end{matrix} \right]
$$
Mettiamo a sistema i valori che ci servono:
$$
\begin{cases}
{\color{Red} \ket{\_0}}: & \cos \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Orange} \sqrt{10}}}{\sqrt{12}}\\\ \\
{\color{Green} \ket{\_1}}: & e^{i \phi} \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Lime} \sqrt{2}}}{\sqrt{12}}\\
\end{cases}
$$
Impostando le due dimensioni non-vincolate $\phi$ e $\lambda$ a $0$, abbiamo che:
$$
\begin{cases}
\cos \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Orange} \sqrt{10}}}{\sqrt{12}}\\
e^i \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Lime} \sqrt{2}}}{\sqrt{12}}\\\phi = 0\\
\lambda = 0\\
\end{cases}
$$
Ci basta risolvere una delle due equazioni per trovare $\theta$, quindi decidiamo di risolvere quella sopra:
$$
\begin{cases}
\theta = 2 \cdot \cos^{-1} \left(\frac{{\color{Orange} \sqrt{10}}}{\sqrt{12}}\right) \approx 0.841\\
\phi = 0\\
\lambda = 0\\
\end{cases}
$$
Per ottenere il bit di destra dello stato $\ket{\Psi}$ dobbiamo usare il gate $\mathbf{U_0}(0.841,\ 0,\ 0)$, che chiameremo $\mathbf{U_A}$!
### Costruzione del gate $\mathbf{U_B}$ da applicare al qbit 1
Ora dobbiamo configurare il qbit di sinistra, entangleandolo correttamente con il bit di destra.
Lo stato $\ket{\_0}$ che avevamo raccolto prima era composto da:
$$
\frac{1}{\sqrt{10}}\ ({\color{Orange} 3}\ {\color{Red} \ket{0\_}} + {\color{lime} 1}\ {\color{Green} \ket{1\_}})
$$
Allora, possiamo costruire il gate $\mathbf{U_B}$ usando un gate $\mathbf{U_1}(\theta, \phi, \lambda)$ tale che:
$$
\mathbf{U_B} \ket{0\_} = \frac{1}{\sqrt{10}}\ ({\color{Orange} 3}\ {\color{Red} \ket{0\_}} + {\color{lime} 1}\ {\color{Green} \ket{1\_}})
$$
Usiamo lo stesso processo che abbiamo usato prima (saltando alcuni passaggi):
$$
\begin{cases}
{\color{Red} \ket{0\_}}: & \cos \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Orange} 3}}{\sqrt{10}}\\\ \\
{\color{Green} \ket{1\_}}: & e^{i \phi} \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{lime} 1}}{\sqrt{10}}\\
\end{cases}
$$
Semplificandoci ancora la vita:
$$
\begin{cases}
\cos \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{Orange} 3}}{\sqrt{10}}\\
e^{i \phi} \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{{\color{lime} 1}}{\sqrt{10}}\\
\phi = 0\\
\lambda = 0\\
\end{cases}
$$
E risolvendo ancora solo l’equazione sopra, abbiamo che:
$$
\begin{cases}
\theta = 2 \cdot \cos^{-1} \left(\frac{{\color{orange} 3}}{\sqrt{10}}\right) \approx 0.643\\\phi = 0\\
\lambda = 0\\
\end{cases}
$$
Per ottenere il bit di sinistra dello stato $\ket{\Psi}$ quando il bit di destra è impostato a zero dobbiamo usare il gate $\mathbf{U_1}(0.643,\ 0,\ 0)$, che chiameremo $\mathbf{U_B}$!
### Costruzione del gate controllato $\mathbf{U_{C}}$
Infine, dobbiamo costruire il gate che configura il bit di sinistra dello stato $\ket{\_1}$.
Esso deve costruire il seguente stato:
$$
\frac{1}{\sqrt{2}}\ ({\color{DodgerBlue} 1} \ket{0\_} \ {\color{Turquoise} -\ 1}\ \ket{1\_})
$$
Inoltre, esso deve annullare le modifiche apportate da $\mathbf{U_B}$, ovvero:
$$
\frac{1}{\sqrt{10}}\ ({\color{OrangeRed} 3} \ket{0\_} + {\color{Goldenrod} 1} \ket{1\_})
$$
Usiamo un gate $\mathbf{U_{01}}(\theta, \phi, \lambda)$, che chiamiamo $\mathbf{U_C}$.
Dobbiamo trovare i suoi parametri, in modo tale che:
$$
\mathbf{U_C}(\theta, \phi, \lambda) \otimes \frac{1}{\sqrt{10}}\ ({\color{OrangeRed} 3} \ket{0\_} + {\color{Goldenrod} 1} \ket{1\_}) = \frac{1}{\sqrt{2}}\ ({\color{DodgerBlue} 1} \ket{0\_} \ {\color{Turquoise} -\ 1}\ \ket{1\_})
$$
Abbiamo quindi che:
$$
\mathbf{U_C} (\theta, \phi, \lambda)\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} \left[ \begin{matrix}
{\color{Gray} Out} & {\color{Gray} In_{\ket{\_0}}} & {\color{Gray} In_{\ket{\_1}}} \\\ \\
{\color{Gray} \ket{\_0}} & {\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1} & {\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}
\\\ \\
{\color{Gray} \ket{\_1}} &{\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1} & {\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1}
\end{matrix} \right] = 1
$$
E allora, che: [qual è il passaggio matematico qui?]
$$
\begin{cases}
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} & ({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}) \cos \frac{\theta}{2} & - &({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1})\ e^{i\lambda} \sin \frac{\theta}{2} & = 1\\
\\
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} & \left({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1} \right) e^{i \phi} \sin \frac{\theta}{2} & + & ({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1})\ e^{i\phi + i\lambda} \cos \frac{\theta}{2} & = 1
\end{cases}
$$
Semplificandoci ancora una volta la vita:
$$
\begin{cases}
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} & ({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}) \cos \frac{\theta}{2} & - &({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}) \sin \frac{\theta}{2} & = 1\\
\\
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} & ({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1}) \sin \frac{\theta}{2} & + & ({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1}) \cos \frac{\theta}{2} & = 1\\
\\
\phi = 0\\
\\
\lambda = 0
\end{cases}
$$
E allora:
$$
\begin{cases}
({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}) \cos \frac{\theta}{2} & - &({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{DodgerBlue} 1}) \sin \frac{\theta}{2} & = &\left({\color{OrangeRed} 3}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1} \right) \sin \frac{\theta}{2} & + & ({\color{Goldenrod} 1}\ \cdot\ {\color{Turquoise} -1}) \cos \frac{\theta}{2}\\
\\
\phi = 0\\
\\
\lambda = 0
\end{cases}
$$
Che risulta in:
$$
\begin{cases}
4 \cos \frac{\theta}{2} + 2 \sin \frac{\theta}{2} = 0\\
\phi = 0\\
\lambda = 0
\end{cases}
$$
Quindi:
$$
\begin{cases}
\theta \approx -2.214\\
\phi = 0\\
\lambda = 0
\end{cases}
$$
Per ottenere il bit di sinistra dello stato $\ket{\Psi}$ quando il bit di destra è impostato a uno dobbiamo usare il gate $\mathbf{U_{01}}(-1.571,\ 0,\ 0)$, che chiameremo $\mathbf{U_C}$!
### Risultato
