16 KiB
\def \ufirst {{\color{mediumpurple} \mathbf{U_A}}} \def \usecond {{\color{mediumorchid} \mathbf{U_B}}} \def \uthird {{\color{violet} \mathbf{U_C}}}
\def \kzero {{\color{darkgreen} 3}} \def \kone {{\color{forestgreen} 1}} \def \ktwo {{\color{limegreen} 1}} \def \kthree {{\color{lightgreen} -1}}
\def \notea {{\color{orangered} \Leftarrow}} \def \noteb {{\color{dodgerblue} \Rightarrow}}
\Tiny
\color{grey}
\text{don't mind me, just defining}\ \TeX\ \text{variables}
Obiettivo
Si vuole:
- creare un Hardy state
\ket{\Psi} - su due qbit
\noteae\noteb- allo qbit neutro
\ket{0}
- allo qbit neutro
- usando tre gate
\ufirst,\usecond, e\uthird\ufirst: configura\noteb\usecond: configura\notea\uthird: se\ket{1}_\noteb, annulla\useconde configura\notea
\quad \frac{ \kzero \ket{00} + \kone \ket{01} + \ktwo \ket{10} + \kthree \ket{11} }{\sqrt{12}} \quad
\quad
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
{
\begin{bmatrix}
\kzero\
\kone\
\ktwo\
\kthree
\end{bmatrix}
}
Costruzione di \ufirst
Vogliamo costruire il gate \ufirst da applicare solamente al qbit \noteb.
Tip
Ricordiamo che è possibile invertire il prodotto tensoriale per separare i qbit:
\displaylines{ \ket{00} = \ket{0}\notea \otimes \ket{0}\noteb \ \ket{01} = \ket{0}\notea \otimes \ket{1}\noteb \ \ket{10} = \ket{1}\notea \otimes \ket{0}\noteb \ \ket{11} = \ket{1}\notea \otimes \ket{1}\noteb }
Possiamo separare i qbit dell'Hardy state in:
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
\kzero & \cdot & \par{\ket{0}\notea \otimes \ket{0}\noteb} \
& + \
\kone & \cdot & \par{\ket{0}\notea \otimes \ket{1}\noteb} \
& + \
\ktwo & \cdot & \par{\ket{1}\notea \otimes \ket{0}\noteb} \
& + \
\kthree & \cdot & \par{\ket{1}\notea \otimes \ket{1}\noteb}
\end{matrix}
\right}
Poi, possiamo raccogliere gli qbit \noteb, ottenendo:
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
(& \kzero \cdot \ket{0}\notea & + & \ktwo \cdot \ket{1}\notea &) & \otimes & \ket{0}\noteb \
&&&&& + \
(& \kone \cdot \ket{0}\notea & + & \kthree \cdot \ket{1}\notea &) & \otimes & \ket{1}\noteb
\end{matrix}
\right}
Possiamo permetterci di ignorare temporaneamente il qbit \notea, visto che siamo allo stato neutro e vogliamo applicare questo gate solo a \noteb.
Determiniamo le ampiezza del gate alla stato base di un qbit di \noteb:
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
\sqrt{ \kzero^2 + \ktwo^2 } & \otimes & \ket{0}\noteb \
& + \
\sqrt{ \kone^2 + \kthree^2 } & \otimes & \ket{1}\noteb
\end{matrix}
\right}
\quad = \quad
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
{\color{mediumaquamarine} \sqrt{ 10 }} & \otimes & \ket{0}\noteb \
& + \
{\color{palegreen} \sqrt{ 2 }} & \otimes & \ket{1}\noteb
\end{matrix}
\right}
Tip
Ricordiamo che l'universal gate è definito come:
\mathbf{U}(a, b, c) = \begin{bmatrix} \cos \frac{a}{2} & - (\cos c + i \sin c) \cdot \sin \frac{a}{2} \ (\cos b + i \sin b) \cdot \sin \frac{a}{2} & (cos (b + c) + i \sin (b + c)) \cdot \cos \frac{a}{2} \end{bmatrix}
Otteniamo allora questa equazione, con a, b, e c come incognite:
\def \varX {a}
\def \varY {b}
\def \varZ {c}
\def \varI {i}
\ufirst
\ket{0}\noteb
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
- e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right) \
{\color{palegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
\end{bmatrix}
\ket{0}\noteb
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}} \
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\end{bmatrix}
Mettendo a sistema, notiamo che abbiamo due equazioni che potrebbero risultare in qualsiasi cosa:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}}
\
{\color{palegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\
{- e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
*
\
{e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
*
\end{cases}
==Non è sintassi matematica formale. Qual è quella giusta?==
Per tenere i calcoli semplici, decidiamo che il risultato delle due equazioni sia 0:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}}
\
{\color{palegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\
{- e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
0
\
{e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
0
\end{cases}
Usiamo le due equazioni con 0 come risultato per determinare il valore di \varY e \varZ:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}}
\
{\color{palegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\
\varY
& = &
0
\
\varZ
& = &
0
\end{cases}
Sostituiamo:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}}
\
{\color{palegreen} e^{0} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\
\varY
& = &
0
\
\varZ
& = &
0
\end{cases}
Ancora:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{mediumaquamarine} \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}}}
\
{\color{palegreen} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{palegreen} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{12}}}
\
\varY
& = &
0
\
\varZ
& = &
0
\end{cases}
Scegliamo di risolvere la prima equazione per ottenere \varX:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \varX}
& = &
{\color{mediumaquamarine} 2 \cdot \arccos \par{ \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{12}} } }
\
\varY
& = &
0
\
\varZ
& = &
0
\end{cases}
Approssimando:
\begin{cases}
{\color{mediumaquamarine} \varX}
& \approx &
{\color{mediumaquamarine} 0.841 }
\
\varZ
& = &
0
\
\varY
& = &
0
\end{cases}
Quindi, abbiamo che:
\Large
\ufirst \approx \mathbf{U}({\color{mediumaquamarine} 0.841 }, 0.000, 0.000)
Costruzione di \usecond
Vogliamo costruire il gate \usecond da applicare solamente al qbit \notea.
Ripetiamo la stessa procedura che abbiamo usato per \ufirst, ma per l'altro qbit.
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
\kzero & \cdot & \par{\ket{0}\notea \otimes \ket{0}\noteb} \
& + \
\kone & \cdot & \par{\ket{0}\notea \otimes \ket{1}\noteb} \
& + \
\ktwo & \cdot & \par{\ket{1}\notea \otimes \ket{0}\noteb} \
& + \
\kthree & \cdot & \par{\ket{1}\notea \otimes \ket{1}\noteb}
\end{matrix}
\right}
Raccogliamo gli qbit \notea, ottenendo:
\frac{1}{\sqrt{12}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
(& \kzero \cdot \ket{0}\noteb & + & \kone \cdot \ket{1}\noteb &) & \otimes & \ket{0}\notea \
&&&&& + \
(& \ktwo \cdot \ket{0}\noteb & + & \kthree \cdot \ket{1}\noteb &) & \otimes & \ket{1}\notea
\end{matrix}
\right}
Vogliamo che \usecond costruisca lo stato giusto di \notea specificamente per \ket{0}_\noteb, quindi prendiamo in considerazione solo quei coefficienti, e rinormalizziamo:
\frac{1}{\sqrt{\kzero^2 + \ktwo^2}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
\kzero & \otimes & \ket{0}\notea \
& + \
\ktwo & \otimes & \ket{1}\notea
\end{matrix}
\right}
==C'è un passaggio matematico formale anche qui che non conosco.==
Cioè:
\frac{1}{\sqrt{10}}
\cdot
\left{
\begin{matrix}
\kzero & \otimes & \ket{0}\notea \
& + \
\ktwo & \otimes & \ket{1}\notea
\end{matrix}
\right}
Arriviamo quindi all'equazione:
\def \varX {a}
\def \varY {b}
\def \varZ {c}
\def \varI {i}
\usecond
\ket{0}\notea
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{darkgreen} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
- e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right) \
{\color{limegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
\end{bmatrix}
\ket{0}\notea
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{darkgreen} \frac{3}{\sqrt{10}}} \
{\color{limegreen} \frac{1}{\sqrt{10}}}
\end{bmatrix}
E i vincoli:
\begin{cases}
{\color{darkgreen} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{darkgreen} \frac{3}{\sqrt{10}}}
\
{\color{limegreen} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)}
& = &
{\color{limegreen} \frac{1}{\sqrt{10}}}
\
- e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right) & = &
\
e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
& = &
*
\end{cases}
Che diventano:
\begin{cases}
{\color{darkgreen} \varX}
& = &
{\color{darkgreen} 2 \cdot \arccos \left( \frac{3}{\sqrt{10}} \right) }
\
\varY
& = &
0
\
\varZ
& = &
0
\end{cases}
Approssimati:
\begin{cases}
{\color{darkgreen} \varX}
& \approx &
{\color{darkgreen} 0.644 }
\
\varZ
& = &
0
\
\varY
& = &
0
\end{cases}
\Large
\usecond \approx \mathbf{U}({\color{darkgreen} 0.644 }, 0.000, 0.000)
Costruzione di \uthird
Infine, vogliamo costruire l'universal controlled gate \uthird da applicare al qbit \notea.
Stavolta, non partiamo da \ket{0}, ma dallo stato configurato dal gate \usecond per \ket{0}_\noteb:
\def \varX {a}
\def \varY {b}
\def \varZ {c}
\def \varI {i}
\uthird
\begin{bmatrix}
{\color{darkgreen} \frac{3}{\sqrt{10}}} \
{\color{limegreen} \frac{1}{\sqrt{10}}}
\end{bmatrix}
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{forestgreen} \frac{1}{\sqrt{2}}} \
{\color{lightgreen} \frac{-1}{\sqrt{2}}}
\end{bmatrix}
Portando tutto a destra, sfruttando l'operatore aggiunto:
\uthird
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{forestgreen} \frac{1}{\sqrt{2}}} \
{\color{lightgreen} \frac{-1}{\sqrt{2}}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
{\color{darkgreen} \frac{3}{\sqrt{10}}} \
{\color{limegreen} \frac{1}{\sqrt{10}}}
\end{bmatrix}^\dagger
Ovvero:
\uthird
\quad = \quad
\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}
\begin{bmatrix}
\kone \
\kthree
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\kzero \
\ktwo
\end{bmatrix}^\dagger
Che diventa:
\uthird
\quad = \quad
\sqrt{5}
\begin{bmatrix}
\kone \
\kthree
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\kzero &
\ktwo
\end{bmatrix}
==Credo che quel \sqrt{5} sia sbagliato...==
Risolvendo il prodotto matriciale:
\uthird
\quad = \quad
\sqrt{5}
\begin{bmatrix}
\kone \cdot \kzero & \kone \cdot \ktwo \
\kthree \cdot \kzero & \kthree \cdot \ktwo
\end{bmatrix}
Moltiplicando:
\uthird
\quad = \quad
\sqrt{5}
\begin{bmatrix}
{\color{teal} 3} & {\color{aqua} 1} \
{\color{turquoise} -3} & {\color{aquamarine} -1}
\end{bmatrix}
Sostituiamo \uthird:
\def \varX {a}
\def \varY {b}
\def \varZ {c}
\def \varI {i}
\begin{bmatrix}
{\color{teal} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
{\color{aqua} - e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} \
{\color{turquoise} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} &
{\color{aquamarine} e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
\end{bmatrix}
\quad = \quad
\begin{bmatrix}
{\color{teal} 3 \cdot \sqrt{5}} & {\color{aqua} \sqrt{5}} \
{\color{turquoise} -3 \cdot \sqrt{5}} & {\color{aquamarine} - \sqrt{5}}
\end{bmatrix}
Mettiamo a sistema:
\begin{cases}
{\color{teal} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & {\color{teal} 3 \cdot \sqrt{5}}
\\
{\color{aqua} - e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & {\color{aqua} \sqrt{5}}
\\
{\color{turquoise} e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & {\color{turquoise} -3 \cdot \sqrt{5}}
\\
{\color{aquamarine} e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & {\color{aquamarine} -\sqrt{5}}
\end{cases}
Abbiamo tre incognite e quattro equazioni.
Rendiamo prima tutto uguale a 1:
\begin{cases}
{\color{teal} \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{aqua} - \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{turquoise} - \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{aquamarine} - \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\end{cases}
Poi, possiamo prendere a due a due le equazioni che ci sono più comode per determinare ciascuna incognita:
{\color{aqua} - \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} = {\color{aquamarine} - \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
I -\frac{1}{\sqrt{5}} si semplificano:
{\color{aqua} e^{\varI \varZ} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} = {\color{aquamarine} e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
L'esponente e^{\varI \varY + \varI \varZ} si separa:
{\color{aqua} e^{\varI \varZ} \cdot \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} = {\color{aquamarine} e^{\varI \varY} \cdot e^{\varI \varZ} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
e^{\varI \varZ} si semplifica:
{\color{aqua} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} = {\color{aquamarine} e^{\varI \varY} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
Tornando al sistema, possiamo sbarazzarci dell'ultimo \sin \par{\frac{\varX}{2}} rimasto:
\begin{cases}
{\color{teal} \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{aqua} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & e^{\varI \varY} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
\\
{\color{turquoise} - \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY + \varI \varY} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{aquamarine} - \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY + \varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\end{cases}
Nuova equazione:
{\color{teal} \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} =
{\color{turquoise} - \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varY + \varI \varY} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)}
Semplificando:
{\color{teal} 1} = {\color{turquoise} - e^{2 \varI \varY}}
E quindi:
{\color{teal} \varY} = {\color{turquoise} \frac{ \ln ( - 1 ) }{2 \varI}}
Cioè:
{\color{teal} \varY} = {\color{turquoise} \frac{ \pi \varI }{2 \varI}}
Ovvero:
{\color{teal} \varY} = {\color{turquoise} \frac{\pi}{2}}
Che nel sistema diventa:
\begin{cases}
{\color{teal} \varY} & = & \frac{\pi}{2}
\\
{\color{aqua} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & \varI \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
\\
{\color{turquoise} \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\\
{\color{aquamarine} - \frac{\varI}{\sqrt{5}} \cdot e^{\varI \varZ} \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & 1
\end{cases}
Possiamo ora scoprire il valore di \varX:
{\color{turquoise} \frac{1}{3 \sqrt{5}} \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)} = 1
Cioè:
{\color{turquoise} \varX} = 2 \cdot \arccos \par{ 3 \sqrt{5} }
Che nel sistema diventa:
\begin{cases}
{\color{teal} \varY} & = & \frac{\pi}{2}
\\
{\color{aqua} \sin \left( \frac{\varX}{2} \right)} & = & \varI \cdot \cos \left( \frac{\varX}{2} \right)
\\
{\color{turquoise} \varX} & = & 2 \cdot \arccos \par{ 3 \sqrt{5} }
\\
{\color{aquamarine} - 3 \varI \cdot e^{\varI \varZ}} & = & 1
\end{cases}
Concludendo:
{\color{aquamarine} e^{\varI \varZ}} = - \frac{1}{3 \varI}
Che diventa:
{\color{aquamarine} \varZ} = \frac{\ln \par{ -\frac{1}{3 \varI} }}{\varI}
Ovvero:
{\color{aquamarine} \varZ} = - \frac{\pi \ln(3)}{2}
Ottenendo, dunque:
\begin{cases}
{\color{turquoise} \varX} & = & 2 \cdot \arccos \par{ 3 \sqrt{5} }
\\
{\color{teal} \varY} & = & \frac{\pi}{2}
\\
{\color{aquamarine} \varZ} & = & - \frac{\pi \ln(3)}{2}
\end{cases}
Che, approssimando, diventa:
\begin{cases}
{\color{turquoise} \varX} & \approx & 5.182 \varI
\\
{\color{teal} \varY} & \approx & 1.571
\\
{\color{aquamarine} \varZ} & \approx & - 1.726
\end{cases}
==I?????????????????????????????????????????????==