Jak zmieniają się prawdopodobieństwa każdego stanu po transformacji bramki kwantowej?

Bramki kwantowe są reprezentowane przez macierze, które reprezentują transformacje zastosowane do kubitów (stanów).

Załóżmy, że mamy bramę kwantową, która działa na $2$ kubitach.

W jaki sposób bramka kwantowa wpływa (niekoniecznie ją zmienia) na wynik pomiaru stanu kubitów (ponieważ na wynik pomiaru w dużym stopniu wpływają prawdopodobieństwa każdego możliwego stanu)? Mówiąc dokładniej, czy można z góry wiedzieć, jak zmieniają się prawdopodobieństwa każdego stanu z powodu bramki kwantowej?

Przypadek I: 2 kubity nie są splątane.

Możesz zapisać stany dwóch kubitów (powiedzmy i B ) jako | ψ ⟩ = | 0 ⟩ + b | 1 ⟩ i | ψ B ⟩ = C | 0 ⟩ + d | 1 ⟩ gdzie , b , c , d ∈ C .$\mathrm{A}$$\mathrm{B}$$|\psi_\mathrm{A}\rangle=a|0\rangle+b|1\rangle$$|\psi_\mathrm{B}\rangle = c|0\rangle+d|1\rangle$$a,b,c,d\in\Bbb{C}$

Poszczególne qubity przebywania w dwóch złożonych trójwymiarowych przestrzeni wektorowej (w ciągu C pola). Ale stanem systemu jest wektor (lub punkt ) znajdujący się w czterowymiarowej złożonej przestrzeni wektorowej C 4 (nad polem C ).$\Bbb{C}^2$$\Bbb{C}$$\Bbb{C}^4$$\Bbb {C}$

Stan systemu można zapisać jako iloczyn tensorowy tj c | 00 ⟩ + d | 01 ⟩ + b c | 10 ⟩ + b d | 11 ⟩ .$|\psi_\mathrm{A}\rangle\otimes|\psi_\mathrm{B}\rangle$$ac|00\rangle+ad|01\rangle+bc|10\rangle+bd|11\rangle$

Oczywiście ponieważ wektor stanu musi zostać znormalizowany. Powód, dla którego kwadrat amplitudy stanu bazowego podaje prawdopodobieństwo wystąpienia tego stanu bazowego przy pomiarze w odpowiedniej podstawie leży w regule Borna o mechanice kwantowej (niektórzy fizycy uważają ją za podstawowy postulat mechaniki kwantowej) . Teraz prawdopodobieństwo | Występuje 0 when podczas pomiaru pierwszego $|ac|^2+|ad|^2+|bc|^2+|bd|^2=1$$|0\rangle$ . Podobnie prawdopodobieństwo | 1 ⟩ występujące, gdy pierwszy qubit jest określany | b c | 2 + | b d | 2 .$|ac|^2+|ad|^2$$|1\rangle$$|bc|^2+|bd|^2$

Co się stanie, jeśli zastosujemy bramę kwantową, nie wykonując żadnych pomiarów poprzedniego stanu systemu? Bramy kwantowe są bramkami jednolitymi. Ich działanie może być zapisana jako działaniem operatora unitarnego od początkowego stanu układu tj c | 00 ⟩ + d | 01 ⟩ + b c | 10 ⟩ + b d | 11 ⟩ produkować nowego stanu A | 00 ⟩ + B | 01 ⟩ + C | 10 $U$$ac|00\rangle+ad|01\rangle+bc|10\rangle+bd|11\rangle$ (gdzie , B , C , D ∈ C ). Wielkość tego nowego wektora stanu: | A | 2 + | B | 2 + | C | 2 + | D | 2 ponownie oznacza 1 , ponieważ zastosowana bramka byłajednolita. Kiedy mierzony jest pierwszy kubit, prawdopodobieństwo | 0 ⟩ występujący się | A | 2 | $A|00\rangle+B|01\rangle+C|10\rangle+D|11\rangle$$A,B,C,D\in\Bbb{C}$$|A|^2+|B|^2+|C|^2+|D|^2$$1$$|0\rangle$ i podobnie można go znaleźć dla wystąpienia | 1⟩.$|A|^2+|B|^2$$|1\rangle$

Gdybyśmy jednak wykonali pomiar, przed działaniem jednolitej bramki wynik byłby inny. Na przykład mierzyłeś pierwszy kubit i okazało się, że jest w stan pośredni stan systemu byłby zawalił się na C | 00 ⟩ + d | 01 $|0\rangle$ (zgodnie z interpretacją kopenhaską). Możesz więc zrozumieć, że zastosowanie tej samej bramki kwantowej wtymstanie dałoby inny wynik końcowy.$\frac{ac|00\rangle + ad|01\rangle}{\sqrt{(ac)^2+(ad)^2}}$

Przypadek II: 2 kubity są splątane.

W przypadku, gdy stan systemu jest podobny do , nie może reprezentować go jako produkt tensora stanów dwóch indywidualnych qubitach (spróbuj!). Istnieje wiele innych takich przykładów. Mówi się, że kubity zaplątały się w takim przypadku.$\frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle$

W każdym razie podstawowa logika pozostaje taka sama. Prawdopodobieństwo występujące, gdy pierwszy qubit jest określany | 1 / $|0\rangle$ i| 1⟩występujące jest$|1/\sqrt{2}|^2=\frac{1}{2}$$|1\rangle$ też. Podobnie można znaleźć prawdopodobieństwo pomiaru drugiego kubitu.$\frac{1}{2}$

Ponownie, jeśli zastosujesz jednolitą bramę kwantową w tym stanie, uzyskasz coś w rodzaju , jak poprzednio. Mam nadzieję, że teraz możesz sam ustalić prawdopodobieństwo różnych możliwości, gdy mierzony jest pierwszy i drugi kubit.$A|00\rangle+B|01\rangle+C|10\rangle+D|11\rangle$

Uwaga: Zwykle stany podstawowe systemu 2-kubitowego są uważane za cztery 4 x 1 kolumn wektorów, takich jak [ 1 0 0 0 ] , [ 0 1 0 0 ] , itp mapując cztery wektory bazowe standardowej bazie R 4 . I przekształcenia jednostkowe U można zapisać jako 4 × $|00\rangle,|01\rangle,|10\rangle,|11\rangle$$4\times 1$$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$\Bbb{R}^4$$U$$4\times 4$matryc, które spełniają właściwości .$UU^{\dagger}=U^{\dagger}U=I$

Tak to mozliwe. W bramka kwantowa są tak skonstruowane, że podane stany wejściowe są przekształcane do dobrze zdefiniowanych stanów wyjściowych z obliczalnych prawdopodobieństw. Transformacja nie stanowi pomiaru w sensie mechaniki kwantowej, co oznacza, że ​​możemy mieć splątane stany na wyjściu bramki kwantowej i wykorzystywać te stany do dalszych obliczeń.

Zauważ też, że stany wejściowe nie są już dostępne po transformacji przez bramę kwantową. Jeśli chcesz je odzyskać, musisz zastosować odwrotną bramę.

How does the quantum gate affect (not necessarily change it) the result of measuring the state of the qubits (as the measurement result is affected greatly by the probabilities of each possible state)? More specifically, is it possible to know, in advance, how the probabilities of each state change due to the quantum gate?

Let's try to approach this with an example and some geometry. Consider a single qubit, whose Hilbert space is $\mathbb{C}^2$, i.e., the two-dimensional complex Hilbert space over $\mathbb{C}$ (for the more technical people, the Hilbert space is actually $\mathbb{C}P^1$). It turns out that $\mathbb{C}P^1 \cong S^2$, sfera jednostkowa, znana również jako kula Blocha . Przekłada się to na fakt, że wszystkie stany kubita mogą być reprezentowane ( jednoznacznie) on the Bloch sphere.

Źródło: Wikipedia

Stan kubita można przedstawić na sferze Blocha jako ${\displaystyle |\psi \rangle =\cos \left({\frac {\theta }{2}}\right)|0\rangle \,+\,e^{i\phi }\sin \left({\frac {\theta }{2}}\right)|1\rangle}$, where $0 \leq \theta \leq \pi$ and $0 \leq \phi < 2 \pi$. Here, $|0\rangle = {{\bigl [}{\begin{smallmatrix}1\\0\end{smallmatrix}}{\bigr ]}}$ and $|1\rangle = {{\bigl [}{\begin{smallmatrix}0\\1\end{smallmatrix}}{\bigr ]}}$ are the two basis states (represented in the figure at the north and south pole respectively). So the states of the qubit are nothing but column vectors, which are identified with (unique) points on the sphere.

What are quantum gates? These are unitary operators, $U$ s.t., $U U^\dagger = U^\dagger U = \mathbb{I}$. Gates on a single qubit are elements of $SU(2)$. Consider a simple gate like $Y$ (which stands for the Pauli matrix $\sigma_y := Y = \begin{bmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{bmatrix}$).

How does this gate act on a qubit and affect the measurement outcomes?

Say you begin with a qubit in the state $|0\rangle$, i.e., at the north pole on the Bloch sphere. You apply a unitary of the form $U = e^{-i \gamma Y}$ where $\gamma \in \mathbb{R}$. Using properties of the Pauli matrix, we get $U = e^{-i \gamma Y} = cos(\gamma) \mathbb{I} -i sin(\gamma) Y$. The action of this operator is to rotate the state by an angle $2 \gamma$ along the y-axis and therefore if we choose $\gamma = \pi/2$, the qubit $|0\rangle \rightarrow U|0\rangle = |1\rangle$. That is to say, given we know what unitary we are applying to our state, we completely know the way in which our initial state will transform and hence we know how the measurement probabilities would change.

For example, if we were to make a measurement in the $\{|0\rangle, |1\rangle\}$ basis, initially, one would get the state $|0\rangle$ with probability 1; after applying the unitary, one would get the state $|1\rangle$ with probability 1.

As you said, the probabilities of measurements are obtained from the state. And the gates operate unitarily on the states. Consider the POVM element $\Pi$, a state $\rho$ and a gate $U$. Then the probability for the outcome associated with $\Pi$ is $p=\mathrm{tr} (\Pi \rho)$, and the probability after the gate is $p'=\mathrm{tr}(\Pi U \rho U^\dagger)$.

I just want to stress that it is impossible to know the probability of the outcome after the gate only from the probability of it before the gate. You need to consider the probability amplitudes (the quantum states)!

Let me make another remark: You are talking about two qubits, so the state after the gate might be entangled. In this case it will not be possible to have "individual" probability distributions for each qubit for all measurements in the sense that the joint probability distribution will not factor into the two marginal distributions.