appunti-steffo/7 - Introduction to quantum information processing/5 - Cose strane/costruire un Hardy state, old.md

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]

📘 Non ci interessa lo stato \ket{\_1}, perchè lo stato iniziale a cui applichiamo il gate \mathbf{U_A} è sempre \ket{00}.

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.

📘 Potremmo usare due gate \mathbf{U} controllati, uno che si attiva quando \mathbf{n_0}, e uno che si attiva quando \mathbf{\dot{n}_0}.

Visto però che i gate \mathbf{U} controllati sono più costosi di quelli normali, possiamo usare un trucchetto per usare un solo \mathbf{U} controllato e un \mathbf{U} normale.

Utilizziamo il gate \mathbf{U} normale per configurare “globalmente” il qbit 1 per lo stato \ket{\_0}, e poi utilizziamo il gate \mathbf{U} controllato per annullare le modifiche che esso ha apportato e per applicare una configurazione diversa per lo stato \ket{\_1}.

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

📘 Utilizzando lo stesso procedimento possiamo costruire qualsiasi stato arbitrario costante a n qbit!

Richiederebbe però \sum_{i=1}^n n gates \mathbf{U}, e degli \mathbf{U} gates con doppio controllo, amichevolmente chiamati $\mathbf{U}$-Toffoli dalla chat…

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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}}

2. 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} }

3. 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}

4. 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.==