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量子电路

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如果要使用量子比特来实现下图所示的电路:

我们首先需要实现量子比特的复用,因为很明显图中一个信号需要被送入多个逻辑门

很直接的,有两种方法:

  1. 复制 (Copy / Clone)：

    如果输入一个处于 \(|\psi\rangle = \mu|0\rangle + \nu|1\rangle\) 态的量子比特，我们将得到一个处于相同状态 \(|\psi\rangle = \mu|0\rangle + \nu|1\rangle\) 的新量子比特，并拿回原来处于 \(|\psi\rangle\) 态的量子比特。换句话说，系统的最终状态是：

    \[ |\psi\rangle|\psi\rangle = \mu^2|0\rangle|0\rangle + \mu\nu|0\rangle|1\rangle + \nu\mu|1\rangle|0\rangle + \nu^2|1\rangle|1\rangle \]

  2. 纠缠 (Entangle)：

    给定一个量子态 \(|\psi\rangle = \mu|0\rangle + \nu|1\rangle\) 以及另一个处于特定状态（例如 \(|0\rangle\)）的辅助量子态，我们将它们纠缠后可以得到：

    \[ \mu|0\rangle|0\rangle + \nu|1\rangle|1\rangle \]

不可克隆定理

假设存在一个理想的克隆算符 \(U_c\)。它作用于初始纯态为 \(|\psi\rangle\) 的量子比特、一个辅助量子比特 \(|0\rangle\) 以及一个初始态为 \(|a_0\rangle\) 的辅助系统 (ancilla)。

假设理想克隆对两个非正交的输入态 \(|\psi\rangle\) 和 \(|\phi\rangle\) 均有效，则克隆变换满足： $$ U_c(|\psi\rangle|0\rangle|a_0\rangle) = |\psi\rangle|\psi\rangle|a_\psi\rangle $$ $$ U_c(|\phi\rangle|0\rangle|a_0\rangle) = |\phi\rangle|\phi\rangle|a_\phi\rangle $$ 其中 \(|a_\psi\rangle\) 和 \(|a_\phi\rangle\) 是辅助系统的输出态。根据酉变换保持内积不变的性质： $$ \langle \psi|\phi \rangle = (\langle \psi|\phi \rangle)^2 \langle a_\psi|a_\phi \rangle $$ 整理得： $$ \langle \psi|\phi \rangle (1 - \langle \psi|\phi \rangle \langle a_\psi|a_\phi \rangle) = 0 $$

由于 \(|\langle a_\psi|a_\phi \rangle| \le 1\)，该等式只有在 \(\langle \psi|\phi \rangle\) 为 \(0\)（正交）或 \(1\)（相同）时成立。

结论：理想克隆算符 \(U_c\) 不存在。只能存在近似的克隆变换。

量子计算作为映射

计算可以被视为一个映射 \(f: x \to f(x)\)，其中 \(x\) 是一个 \(n\) 位整数，\(f(x)\) 是一个 \(m\) 位整数。在量子计机中，所需的总资源（比特数）至少为 \(n + m\)。计算是通过对这 \(n + m\) 个量子比特施加酉变换 \(U_f\) 来实现的：

\[ U_f (|x \rangle_n |y \rangle_m) = |x \rangle_n |y \oplus f(x)\rangle_m \]

这是为了保持量子计算的可逆性,其中\(y\)相当于一个辅助寄存器,当\(y\)取0比特的时候, 寄存器中存放的就是\(f(x)\).对寄存器中再做一次\(\oplus f(x)\)操作,我们就重新得到了\(y\).

也就是:

\[U_f U_f (|x \rangle_n |y \rangle_m) = U_f (|x \rangle_n |y \oplus f(x)\rangle_m) = |x \rangle_n |y \oplus f(x) \oplus f(x)\rangle_m = |x \rangle_n |y \rangle_m\]

Quantum Gates

在经典逻辑运算中,与或非构成了图灵完备性的一组基础逻辑门,而在量子运算中,我们需要以下四个门:

X门也就是非门,表示为矩阵就是:

\[ X = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \]

H门在逻辑上,是一个把基态变成叠加态的门,表示为矩阵就是:

\[ H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \]

它的效果是:

\[ H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle) , H|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle - |1\rangle) \]

Z门的作用是把这个向量绕Z轴转\(\pi\)弧度,表示为矩阵就是:

\[ Z = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \]

而S门就是Z门的一半:

\[ S = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & i \end{bmatrix} \]

T门是S门的一半,表示为矩阵就是:

\[ T = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & e^{i\pi/4} \end{bmatrix} \]

相当于旋转45度

CNOT门也叫Controlled Not,也即是有条件的取反,分为控制位与目标位,逻辑是:

  • 如果控制位是 \(|0\rangle\),则目标位不变

  • 如果控制位是 \(|1\rangle\),则目标位取反

矩阵的表示形式为:

\[ CNOT = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} \]

我们认为H,S,T,CNOT四个门足以实现任意的单量子比特门和任意的受控操作,从而实现图灵完备性

Teleportation

这张图展示了如何利用基本的电路操作,在Alice不知道自己手上是什么比特的情况下,把这个比特传送到Bob的手上.

最开始,系统的状态是:

\[ (a|0\rangle + b|1\rangle) \otimes |0\rangle \otimes |0\rangle \]

其中,第一个量子比特是Alice手上的量子比特,第二个量子比特是Alice和Bob纠缠的量子比特,第三个量子比特是Bob手上的量子比特.

这两个\(|0\rangle\)先由一个H门和一个CNOT(两个输入的X)门制备成纠缠对: \(\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)\)

现在,系统的总状态变成了:

\[ (a|0\rangle + b|1\rangle) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}(a|000\rangle + a|011\rangle + b|100\rangle + b|111\rangle) \]

然后,看上方那个X门.它以\(|\psi\rangle\)作为控制位,把第二个比特当目标位

所以:

\[ \frac{1}{\sqrt{2}}(a|000\rangle + a|011\rangle + b|100\rangle + b|111\rangle) \xrightarrow{CNOT} \frac{1}{\sqrt{2}}(a|000\rangle + a|011\rangle + b|110\rangle + b|101\rangle) \]

最后，第一个比特再经过一个 Hadamard 门，我们得到系统的最终状态：

\[ \frac{1}{\sqrt{2}}(a|000\rangle + a|011\rangle + b|110\rangle + b|101\rangle) \xrightarrow{H \otimes I \otimes I} \frac{1}{2} (a|000\rangle + a|100\rangle + a|011\rangle + a|111\rangle + b|010\rangle - b|110\rangle + b|001\rangle - b|101\rangle) \]

由于 Alice 需要对前两个比特进行测量，为了看清测量后 Bob 的比特状态，我们将上述状态 \(|\Psi_4\rangle\) 按 Alice 的前两位测量基进行整理：

  • 前两位是 \(|00\rangle\) 的项： $$ a|000\rangle + b|001\rangle = |00\rangle (a|0\rangle + b|1\rangle) = |00\rangle |\psi\rangle $$
  • 前两位是 \(|01\rangle\) 的项： $$ b|010\rangle + a|011\rangle = |01\rangle (b|0\rangle + a|1\rangle) = |01\rangle X|\psi\rangle $$
  • 前两位是 \(|10\rangle\) 的项： $$ a|100\rangle - b|101\rangle = |10\rangle (a|0\rangle - b|1\rangle) = |10\rangle Z|\psi\rangle $$
  • 前两位是 \(|11\rangle\) 的项： $$ a|111\rangle - b|110\rangle = |11\rangle (a|1\rangle - b|0\rangle) = |11\rangle XZ|\psi\rangle \text{ (忽略整体负号)} $$

最后得到： $$ |\Psi_4\rangle = \frac{1}{2} \left( |00\rangle |\psi\rangle + |01\rangle X|\psi\rangle + |10\rangle Z|\psi\rangle + |11\rangle XZ|\psi\rangle \right) $$

总结

根据最后计算出的结果,我们知道,只要Alice把前两位的测量结果告诉Bob,Bob就能施加对应的变换,实现量子态的隐形传态.

在整个过程中,我们没有对\(a,b\)进行任何测量,因此原来量子的状态并不会坍缩.

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