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 ![Untitled](Glossario%206f22ab79f2da4bd4a0fcd670c58cde62/Untitled.png) --- 1. Determinare la somma dei quadrati dei coefficienti: $$ \frac{\sqrt{\kzero^2 + \ktwo^2}}{\sqrt{12}} = \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}} $$ $$ \frac{\sqrt{\kone^2 + \kthree^2}}{\sqrt{12}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} $$ 4. Determinare i parametri del [[gate quantistico universale]] per il secondo qbit $\mathbf{U}_\noteB (\theta, \phi, \lambda)$: $$ \large \displaylines{ \begin{cases} \cos \frac{\phi}{2} &=& \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}} \\ e^{i \theta} \sin \frac{\phi}{2} &=& \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}} \\ \end{cases} \\\\\updownarrow\\\\ \begin{cases} \phi &=& 2 \arccos \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}} \\ \theta &=& 0 \\ \lambda &=& 0 \end{cases} } $$ 5. Determinare la somma dei quadrati dei coefficienti quando il bit $\noteB$ è $\ket{0}$: $$ \large \begin{matrix} \ket{0}_\noteA \otimes \ket{0}_\noteB & : & \frac{3}{\sqrt{12}} \\ \ket{1}_\noteA \otimes \ket{0}_\noteB & : & \frac{1}{\sqrt{12}} \end{matrix} $$ 6. Determinare i parametri del [[gate quantistico universale]] per il primo qbit $\mathbf{U}_\noteA$: $$ \large \displaylines{ \begin{cases} \cos \frac{\phi}{2} &=& \frac{3}{\sqrt{12}} \\ e^{i \theta} \sin \frac{\phi}{2} &=& \frac{1}{\sqrt{12}} \\ \end{cases} \\\\\updownarrow\\\\ \begin{cases} \phi &=& 2 \arccos \frac{3}{\sqrt{10}} \\ \theta &=& 0 \\ \lambda &=& 0 \end{cases} } $$ ==TODO: Non lo so, mi sono perso.==