當(dāng)前位置：首頁 > 编程资源 > 编程问答 >内容正文

编程问答

《量子信息与量子计算简明教程》第三章·量子纠缠状态及其应用 (上)

發(fā)布時間：2023/12/15 编程问答 47 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了《量子信息与量子计算简明教程》第三章·量子纠缠状态及其应用 (上) 小編覺得挺不錯的,現(xiàn)在分享給大家,幫大家做個參考.

本專欄的主要內(nèi)容是 《量子信息與量子計算簡明教程》陳漢武 這本書的學(xué)習(xí)筆記及復(fù)習(xí)整理。

本章所涉及到的主要內(nèi)容概覽如下：

一、量子糾纏態(tài)

??關(guān)于量子糾纏態(tài)，如果閱讀過第一章·基本概念(上)，那么將會對其不再陌生。如果你是第一次看到的話，那么本文將在這里再次復(fù)習(xí)一下。量子糾纏狀態(tài)指的是兩個或多個量子系統(tǒng)之間的非定域、非經(jīng)典的關(guān)聯(lián)，是量子系統(tǒng)內(nèi)各子系統(tǒng)或各自由度之間關(guān)聯(lián)的力學(xué)屬性。在某種程度上，以上表述還是有些難以理解，那么換種表述方式或許能幫助理解：如果qubit列的疊加態(tài)無法用個qubit的張量積表示，這種疊加態(tài)就稱為量子糾纏態(tài)。例如疊加態(tài) $12∣01?+12∣10?\frac{1}{\sqrt{2}}|01\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}|10\rangle$ 無法寫成兩個qubit的直積(即張量積)，稱此疊加態(tài)為糾纏態(tài)。
??進(jìn)一步，愛因斯坦的狂熱粉絲貝爾為了支持愛因斯坦，推導(dǎo)了最終證明愛因斯坦錯了的貝爾不等式，以及貝爾算符的全套本征態(tài)即貝爾態(tài)基：
$∣β00?=∣00?+∣11?2=12[1001],∣β01?=∣01?+∣10?2=12[0110]\left|\beta_{00}\right\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right], \quad\left|\beta_{01}\right\rangle=\frac{|01\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right]$ $∣β10?=∣00??∣11?2=12[100?1],∣β11?=∣01??∣10?2=12[01?10]\left|\beta_{10}\right\rangle=\frac{|00\rangle-|11\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right], \quad\left|\beta_{11}\right\rangle=\frac{|01\rangle-|10\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{array}\right]$ 不難看出，貝爾態(tài)基均為糾纏態(tài)。為了深入理解量子糾纏態(tài)的性質(zhì)，不妨來看看如何構(gòu)造量子糾纏態(tài)。
??以兩量子直積態(tài) $∣00?|00\rangle$ 出發(fā)，記為 $∣0A0B?|0_A0_B\rangle$ ，構(gòu)造糾纏態(tài) $∣00?+∣11?2\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}}$ 。首先對 $∣0A?|0_A\rangle$ 作用Hadamard門，得到狀態(tài)
$H∣0A0B?=∣0A?+∣1A?2∣0B?=∣0A0B?+∣1A0B?2H|0_A0_B\rangle=\frac{|0_A\rangle+|1_A\rangle}{\sqrt{2}} |0_B\rangle=\frac{|0_A0_B\rangle+|1_A0_B\rangle}{\sqrt{2}}$ 仔細(xì)觀察可知，僅需要將 $∣1A0B?|1_A0_B\rangle$ 變換為 $∣1A1B?|1_A1_B\rangle$ 即可得到糾纏態(tài)。于是，有 $∣0A0B?|0_A0_B\rangle$ 不發(fā)生變化， $∣1A0B?|1_A0_B\rangle$ 變換為 $∣1A1B?|1_A1_B\rangle$ ，根據(jù)我們在第二章·經(jīng)典比特與量子比特中的講解可知，以A為控制比特為，B為目標(biāo)比特位，對 $H∣0A0B?H|0_A0_B\rangle$ 作用 $C N O T$ 門即可完成目標(biāo)糾纏態(tài)的構(gòu)造：
$CNOT∣0A0B?+∣1A0B?2=∣0A0B?+∣1A1B?2CNOT\frac{|0_A0_B\rangle+|1_A0_B\rangle}{\sqrt{2}}=\frac{|0_A0_B\rangle+|1_A1_B\rangle}{\sqrt{2}}$ 上述過程也可以在量子線路上進(jìn)行實現(xiàn)，如下圖所示。

測量得到的概率為：

??類似地，我們可以得到一個通用的 生成貝爾狀態(tài)的量子狀態(tài)變換回路： 回路的輸入狀態(tài)是 $∣xy?|xy\rangle$ qubit對，對其中一個qubit做Hadamard變換，然后再與另一個qubit同時經(jīng)過控制非門變換后得到的輸出結(jié)果就是貝爾態(tài)基之一。如下圖所示。

基底 $∣00?,∣01?,∣10?,∣11?|00\rangle,|01\rangle,|10\rangle,|11\rangle$ 的狀態(tài)變換過程如下：

??(1) 對 $∣00?,∣01?,∣10?,∣11?|00\rangle,|01\rangle,|10\rangle,|11\rangle$ 做Hadamard變換
$H∣00?=H∣0?∣0?=(∣0?+∣1?2)∣0?=∣00?+∣10?2H∣01?=H∣0?∣1?=(∣0?+∣1?2)∣1?=∣01?+∣11?2H∣10?=H∣1?∣0?=(∣0??∣1?2)∣0?=∣00??∣10?2H∣11?=H∣1?∣1?=(∣0??∣1?2)∣1?=∣01??∣11?2\begin{aligned} &H|00\rangle=H|0\rangle|0\rangle=\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)|0\rangle=\frac{|00\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}} \\ &H|01\rangle=H|0\rangle|1\rangle=\left(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)|1\rangle=\frac{|01\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}} \\ &H|10\rangle=H|1\rangle|0\rangle=\left(\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)|0\rangle=\frac{|00\rangle-|10\rangle}{\sqrt{2}} \\ &H|11\rangle=H|1\rangle|1\rangle=\left(\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt{2}}\right)|1\rangle=\frac{|01\rangle-|11\rangle}{\sqrt{2}} \end{aligned}$ ??(2) 對上述四個疊加態(tài)分別作CNOT變換，得到貝爾態(tài)
$∣β00?=∣00?+∣11?2,∣β01?=∣01?+∣10?2∣β10?=∣00??∣11?2,∣β11?=∣01??∣10?2\begin{aligned} &\left|\beta_{00}\right\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}}, \quad\left|\beta_{01}\right\rangle=\frac{|01\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}} \\ &\left|\beta_{10}\right\rangle=\frac{|00\rangle-|11\rangle}{\sqrt{2}}, \quad\left|\beta_{11}\right\rangle=\frac{|01\rangle-|10\rangle}{\sqrt{2}} \end{aligned}$ 通過以上過程，學(xué)習(xí)了糾纏狀態(tài)的生成。接下來，看一看測定一個糾纏狀態(tài)時，其呈現(xiàn)出的性質(zhì)，以貝爾狀態(tài) $∣β00?|\beta_{00}\rangle$ 為例。通過前幾章學(xué)習(xí)的知識，在對 $∣β00?|\beta_{00}\rangle$ 進(jìn)行測定時，不難計算各個qubit的概率為
$∣?00∣β00?∣2=∣?00∣00?+?00∣11?2∣2=12∣?01∣β00?∣2=∣?01∣00?+?01∣11?2∣2=0∣?10∣β00?∣2=∣?10∣00?+?10∣11?2∣2=0∣?11∣β00?∣2=∣?11∣00?+?11∣11?2∣2=12\begin{aligned} &\left|\left\langle 00 \mid \beta_{00}\right\rangle\right|^{2}=\left|\frac{\langle 00 \mid 00\rangle+\langle 00 \mid 11\rangle}{\sqrt{2}}\right|^{2}=\frac{1}{2} \\ &\left|\left\langle 01 \mid \beta_{00}\right\rangle\right|^{2}=\left|\frac{\langle 01 \mid 00\rangle+\langle 01 \mid 11\rangle}{\sqrt{2}}\right|^{2}=0 \\ &\left|\left\langle 10 \mid \beta_{00}\right\rangle\right|^{2}=\left|\frac{\langle 10 \mid 00\rangle+\langle 10 \mid 11\rangle}{\sqrt{2}}\right|^{2}=0 \\ &\left|\left\langle 11 \mid \beta_{00}\right\rangle\right|^{2}=\left|\frac{\langle 11 \mid 00\rangle+\langle 11 \mid 11\rangle}{\sqrt{2}}\right|^{2}=\frac{1}{2} \end{aligned}$ ??從上述結(jié)果中可以看出， $∣β00?|\beta_{00}\rangle$ 的測定結(jié)果：當(dāng)?shù)谝晃坏臏y定結(jié)果為0時，第二位必定為0；當(dāng)?shù)谝晃坏臏y定結(jié)果為1時，第二位必定為1。余下貝爾狀態(tài)測定結(jié)果與此類似，自己動手算上一遍，印象更加深刻！！！

二、量子高密度編碼

??量子糾纏態(tài)能夠用來實現(xiàn)量子高密度編碼，進(jìn)而實現(xiàn) 1 個 qubit 傳送 2 bit 的信息?？紤] Alice 通過 1 個 qubit 向 Bob 傳送 2 bit 的經(jīng)典信息。在實現(xiàn)通信之前，讓 Alice 和 Bob 各自擁有貝爾狀態(tài)：
$∣β00?=∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B2\left|\beta_{00}\right\rangle=\frac{|0\rangle_{A}|0\rangle_{B}+|1\rangle_{A}|1\rangle_{B}}{\sqrt{2}}$ 其中， $∣??A|\cdot\rangle_A$ 表示 Alice 擁有的 qubit， $∣??B|\cdot\rangle_B$ 表示 Bob 擁有的 qubit。在 Alice 和 Bob 之間共同擁有糾纏狀態(tài)之后，Alice 對應(yīng)于自己想要發(fā)送的信息，在擁有的 qubit 上實施如下的操作：

??Alice 在對擁有的 qubit 實施操作以后傳送給 Bob，此時 Bob 擁有的 qubit 對的狀態(tài)，依賴于發(fā)送的信息，取不同的貝爾狀態(tài)。已知貝爾狀態(tài)構(gòu)成正規(guī)直交基底，因此通過貝爾狀態(tài)的測定，Bob 能夠百分之百的確認(rèn) qubit 對的狀態(tài)是哪一個，從而獲取 Alice 發(fā)送的信息。

對于測定的結(jié)果采用上述方法對信息實施恢復(fù)操作即可。由此實現(xiàn)一個qubit傳送兩位bit值的高密度編碼。
??比如將 bit 列 10 從 Alice 傳送到 Bob。假設(shè) Alice 將自己的 qubit 施加 Z-Gate 演算后的結(jié)果傳送給 Bob，此時 Bob 從糾纏狀態(tài)里獲得的 2 位 qubit 的狀態(tài)為：
$∣β10?=(Z∣0?A)∣0?B+(Z∣1?A)∣1?B2=∣0?A∣0?B?∣1?A∣1?B2\left|\beta_{10}\right\rangle=\frac{\left(Z|0\rangle_{A}\right)|0\rangle_{B}+\left(Z|1\rangle_{A}\right)|1\rangle_{B}}{\sqrt{2}}=\frac{|0\rangle_{A}|0\rangle_{B}-|1\rangle_{A}|1\rangle_{B}}{\sqrt{2}}$ 由于 $∣?β10∣β10?∣2=1\left|\left\langle\beta_{10} \mid \beta_{10}\right\rangle\right|^{2}=1$ ，于是能夠判斷測定狀態(tài)的結(jié)果為 $∣β10?\left|\beta_{10}\right\rangle$ ，那么傳送的信息為 bit 列 10。

三、采用量子比特的通信界限

??定理 A 有 n 個 bit 的信息要傳送給 B。假定 A 和 B 不共有糾纏狀態(tài)，且無論是從 A 到 B 或是從 B 到 A，都可以無誤地傳送 qubit。此時設(shè)從 A 傳送到 B 的 qubit 總數(shù)為 $n_{AB}$ ，從 B 傳送到 A 的 qubit 總數(shù)為 $n_{BA}$ ，則 B 能夠正確地獲得 A 傳送的 n 個 bit 的信息的充分必要條件是：
$nAB≥[n2],且?nAB+nBA≥nn_{A B} \geq\left[\frac{n}{2}\right], \text { 且 } n_{A B}+n_{B A} \geq n$ 結(jié)論：
??(1) $n_{BA}=0$ ，即從B到A不可送信的場合，此時 $nAB≥nn_{AB} \geq n$ 。意味著傳送 n 個 bit 的信息至少需要 n 個 qubit，換個角度理解，也就是說此時的 qubit 與經(jīng)典狀態(tài)差不多，1 個 qubit 只能傳送 1 個 bit 的信息，與其能表示無限多狀態(tài)的性質(zhì)無關(guān)。
??(2) 使用糾纏狀態(tài)，傳送 n 個 bit 的信息也至少需要傳送 $[n / 2]$ 個 qubit。采用量子高密度編碼，用 $[n / 2]$ 個 qubit 可以傳送 n 個 bit 的信息。
??假設(shè) $n_{AB}$ 和 $n_{BA}$ 滿足上述定理，從 A 傳送到 B 少于 $n_{AB}$ 個 qubit 的信息，從 B 傳送到 A 少于 $n_{BA}$ 個 qubit 的信息。從 A 到 B 傳送 n 個 bit 的信息時，可采用如下協(xié)議：

??(1) $n_{BA}=0$ ，即從 B 到 A 不可送信的場合，此時 $nAB≥nn_{AB} \geq n$ 。如果把 bit 0 編碼成 $∣0?|0\rangle$ ，把 bit 1 編碼成 $∣1?|1\rangle$ 并從 A 向 B 傳送 n 個 qubit，那么 B 能夠獲取從 A 傳送的 n 個 bit 的信息。
??(2) $\leq n_{A B} \leq n$ 時，首先將B做成 $n-n_{AB}$ 對的貝爾狀態(tài)，且把每一個貝爾狀態(tài)對的一半 qubit 傳送給 A，此時從 B 向 A 傳送的 qubit 數(shù)為 $n?nAB(≤nBA)n-n_{AB}(\leq n_{BA})$ 個。由此可知，A 和 B 共同擁有 $(n?nAB)\left(n-n_{A B}\right)$ 對的貝爾狀態(tài)，因此在執(zhí)行 $(n?nAB)\left(n-n_{A B}\right)$ 次量子高密度編碼后，若 A 向 B 傳送 $(n?nAB)\left(n-n_{A B}\right)$ 個 qubit，就能夠傳送 $2(n?nAB)2\left(n-n_{A B}\right)$ 個 bit 位信息(上述結(jié)論(2))。在這之后，同結(jié)論(1)一樣，使用 $nAB?(n?nAB)=2nAB?nn_{A B}-\left(n-n_{A B}\right)=2 n_{A B}-n$ 個 qubit，A 將剩余的 $2 n_{A B}-n$ 個 bit 傳送給 B 即可。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的《量子信息与量子计算简明教程》第三章·量子纠缠状态及其应用 (上)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。

上一篇：正点原子的内存管理_正点原子【STM32
下一篇： springboot项目启动报错-案例情