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倭算数理研究所

科学・数学・学習関連の記事を、「倭マン日記」とは別に書いていくのだ!

『Quantum Computing: A Gentle Introduction』の演習問題を解く 3.14

量子コンピュータ

Quantum Computing: A Gentle Introduction (Scientific and Engineering Computation) (English Edition)

Quantum Computing: A Gentle Introduction (Scientific and Engineering Computation) (English Edition)

目次はこちら

Exercise 3.14.

  • a. For the standard basis, the Hadamard basis, and the basis  { B = \left\{\tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+\textbf{i}|1\rangle),\,\tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-\textbf{i}|1\rangle)\right\} }, determine the probabilitiy of each outcome when the second qubit of a two-qubit system in the state  { |00\rangle } is measured in each of the basis.
  • b. Determine the probability of each outcome when the second qubit of the state  { |00\rangle } is first measured in the Hadamard basis and then in the basis  { B } of part a).
  • c. Determine the probability of each outcome when the second qubit of the state  { |00\rangle } is first measured in the Hadamard basis and then in the standard basis.

準備
標準基底、アダマール基底、基底  { B } の基底ベクトルを標準基底で表すと以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  &\textrm{Standard}& &|0\rangle  & &|1\rangle \\
  &\textrm{Hadamard}& &|+\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle) &
  &|-\rangle \,\,\,\,= \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle) \\
  &B& &|\textbf{i}_+\rangle \,\,\,= \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+\textbf{i}|1\rangle) &
  &|\textbf{i}_-\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-\textbf{i}|1\rangle) \\
\end{align*}}

基底  { B } の基底ベクトルはこの本では  { |\textbf{i}\rangle,\,|-\textbf{i}\rangle } と書かれてますが、2-qubit 系で少々見づらくなるので別の形に書いてます。

a.
標準基底

  • 確率 1 で  { |00\rangle }

アダマール基底 状態  { |00\rangle } を2つの 2-qubit 状態  { |0\pm\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle\pm|01\rangle) } で分解すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  |00\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}|0+\rangle + \tfrac{1}{\sqrt{2}}|0-\rangle
\end{align*}}

となり、(それぞれの係数の絶対値を自乗して)各状態が得られる確率はどちらも  { \tfrac{1}{2} } であることが分かります。 よって

  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0+\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+|01\rangle) }
  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0-\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle-|01\rangle) }

これらの確率は、2番目の qubit に関しての遷移確率

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\langle+|0\rangle|^2 = |\langle-|0\rangle|^2 = \tfrac{1}{2}
\end{align*}}

からも簡単に得られます。

基底  { B } アダマール基底の場合と同様にして

  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0\textbf{i}_+\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle+\textbf{i}|01\rangle) }
  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0\textbf{i}_-\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle-\textbf{i}|01\rangle) }

b.
暗算でできますが、表にしてまとめておきましょう。 1度目、2度目の測定で得られる基底ごとに確率を表にすると以下のようになります:

1度目 \ 2度目  { \mid 0\textbf{i}_+\rangle }  { \mid 0\textbf{i}_-\rangle }
 { \mid 0+\rangle }  { \tfrac{1}{4} }  { \tfrac{1}{4} }
 { \mid 0-\rangle }  { \tfrac{1}{4} }  { \tfrac{1}{4} }
合計  { \tfrac{1}{2} }  { \tfrac{1}{2} }

よって2度目の測定後に得られる状態とその確率は

  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0\textbf{i}_+\rangle }
  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |0\textbf{i}_-\rangle }

となります。

c.
小問 b) と同様に表を作って計算すると

1度目 \ 2度目  { \mid 00\rangle }  { \mid 01\rangle }
 { \mid 0+\rangle }  { \tfrac{1}{4} }  { \tfrac{1}{4} }
 { \mid 0-\rangle }  { \tfrac{1}{4} }  { \tfrac{1}{4} }
合計  { \tfrac{1}{2} }  { \tfrac{1}{2} }

よって2度目の測定後に得られる状態とその確率は

  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |00\rangle }
  • 確率  { \tfrac{1}{2} } { |01\rangle }

となります。 標準基底以外で1度測定すると、2度目の測定で標準基底を使っても状態  { |01\rangle } が得られる可能性があります。

『Quantum Computing: A Gentle Introduction』の演習問題を解く 3.13

量子コンピュータ

Quantum Computing: A Gentle Introduction (Scientific and Engineering Computation) (English Edition)

Quantum Computing: A Gentle Introduction (Scientific and Engineering Computation) (English Edition)

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Exercise 3.14.

  • a. Show that the four-qubit state  { |\psi\rangle = \frac{1}{2}\left(|00\rangle + |11\rangle + |22\rangle + |33\rangle\right) } of example 3.2.3 is entangled with respect to the decomposition into two two-qubit subsystems consisting of the first and second qubits and the third and fourth qubits.
  • b. For the four decompositions into two subsystems consisting of one and three qubits, say whether  { |\psi\rangle } is entangled or unentangled with respect to each of these decompositions.

a.
1, 2 番目の2つの Qubit からなる系を  { I }、3, 4 番目の2つの Qubit からなる系を  { I\!I } とします。 それぞれの系の一般的な状態  { |\psi\rangle_I,\,|\psi\rangle_{I\!I} }

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\psi\rangle_I &= a_0|0\rangle_I + a_1|1\rangle_I + a_2|2\rangle_I + a_3|3\rangle_I
    \qquad \left(a_i \in \textbf{C}\right) \\
    &= \sum_{i = 0}^3 a_i |i\rangle_I \\[2mm]
  |\psi\rangle_{I\!I}
    &= \sum_{i = 0}^3 b_i |i\rangle_{I\!I}
    \qquad \left(b_i \in \textbf{C}\right)
\end{align*}}

と書けます。 これらの状態のテンソル積は

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I}
    &= a_0b_0|0\rangle_I|0\rangle_{I\!I} + a_0b_1|0\rangle_I|1\rangle_{I\!I}
      + a_1b_0|1\rangle_I|0\rangle_{I\!I} + a_1b_1|1\rangle_I|1\rangle_{I\!I} +  \cdots \\[2mm]
    &= a_0b_0|00\rangle + a_0b_1|01\rangle + a_1b_0|10\rangle + a_1b_1|11\rangle +  \cdots \\
\end{align*}}

となります。 これが問題で与えられた状態  { |\psi\rangle } と等しくなる条件を考えましょう。

 { |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I} } の第2項の状態  { |01\rangle } { |\psi\rangle } に存在しないので

  { \displaystyle\begin{align*}
  a_0b_1 = 0
\end{align*}}

でなければなりませんが、 { a_0 = 0 } のときは  { |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I} } の第1項が消え、 { b_1 = 0 } のときは  { |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I} } の第4項が消えます。 しかし、 { |\psi\rangle } にはこのどちらの状態も存在するため、結局  { |\psi\rangle } は系  { I,\,I\!I }テンソル積としては書けません。

b.
1 番目 Qubit からなる系を  { I }、2, 3, 4 番目の3つの Qubit からなる系を  { I\!I } とします。 それぞれの系の一般的な状態  { |\psi\rangle_I,\,|\psi\rangle_{I\!I} }

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\psi\rangle_I &= a_0|0\rangle_I + a_1|1\rangle_I &
    & \left(i = 0,\,1,\,\quad a_i \in \textbf{C}\right) \\
    &= \sum_{i = 0}^1 a_i |i\rangle_I \\[2mm]
  |\psi\rangle_{I\!I}
    &= \sum_{j = 0}^7 b_j |j\rangle_{I\!I} &
    & \left(j = 0,\,1,\,\cdots 7,\quad b_j\in \textbf{C}\right)
\end{align*}}

と書けます。 これらの状態のテンソル積は

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I}
    &= a_0b_0|0\rangle_I|0\rangle_{I\!I} + a_0b_1|0\rangle_I|1\rangle_{I\!I}
      + a_0b_2|0\rangle_I|2\rangle_{I\!I} + a_0b_3|0\rangle_I|3\rangle_{I\!I} \\
    &\quad + a_0b_4|0\rangle_I|4\rangle_{I\!I} + a_0b_5|0\rangle_I|5\rangle_{I\!I}
                 + a_1b_6|0\rangle_I|6\rangle_{I\!I} + a_0b_7|0\rangle_I|7\rangle_{I\!I} \\
    &\quad + a_1b_0|1\rangle_I|0\rangle_{I\!I} + a_1b_1|1\rangle_I|1\rangle_{I\!I}
                 + a_1b_2|1\rangle_I|2\rangle_{I\!I} + a_1b_3|1\rangle_I|3\rangle_{I\!I} \\
    &\quad + a_1b_4|1\rangle_I|4\rangle_{I\!I} + a_1b_5|1\rangle_I|5\rangle_{I\!I}
                 + a_1b_6|6\rangle_I|4\rangle_{I\!I} + a_1b_7|1\rangle_I|7\rangle_{I\!I} \\[2mm]
    &= \underline{a_0b_0|00\rangle} + a_0b_1|01\rangle + \underline{a_0b_2|02\rangle} + a_0b_3|03\rangle \\
    &\quad + a_0b_4|10\rangle + a_0b_5|11\rangle + a_1b_6|12\rangle + a_0b_7|13\rangle \\
    &\quad + a_1b_0|20\rangle + a_1b_1|21\rangle + \underline{a_1b_2|22\rangle} + a_1b_3|23\rangle \\
    &\quad + a_1b_4|30\rangle + a_1b_5|31\rangle + a_1b_6|32\rangle + a_1b_7|33\rangle \\[2mm]
    &= a_0b_0|00\rangle + a_0b_2|02\rangle + a_1b_2|22\rangle + \cdots
\end{align*}}

3行目では2行目の下線部のみを取り出しています。 第2項の状態  { |02\rangle } { |\psi\rangle } に含まれないので

  { \displaystyle\begin{align*}
  a_0b_2 = 0
\end{align*}}

となりますが、 { a_0 = 0 } のときは第1項が、 { b_2= 0 } のときは第3項が消えて、どちらの場合も  { |\psi\rangle } に含まれている状態が消えてしまうので、結局  { |\psi\rangle_1 \otimes |\psi\rangle_{I\!I} } { |\psi\rangle } に等しくなりません。

2番目の Qubit を系  { I }、残りの3つの Qubit を系  { I\!I } として上記と同様の計算をすると

  { \displaystyle\begin{align*}
  |\psi\rangle_I\otimes|\psi\rangle_{I\!I}
    &= \underline{a_0b_0|00\rangle} + \underline{a_0b_1|01\rangle} + a_0b_2|02\rangle + a_0b_3|03\rangle \\
    &\quad + a_0b_4|20\rangle + a_0b_5|21\rangle + a_1b_6|22\rangle + a_0b_7|23\rangle \\
    &\quad + a_1b_0|10\rangle + \underline{a_1b_1|11\rangle} + a_1b_2|12\rangle + a_1b_3|13\rangle \\
    &\quad + a_1b_4|30\rangle + a_1b_5|31\rangle + a_1b_6|32\rangle + a_1b_7|33\rangle \\[2mm]
    &= a_0b_0|00\rangle + a_0b_1|01\rangle + a_1b_1|11\rangle + \cdots
\end{align*}}

となって、上記と同様のロジックによって、これは  { |\psi\rangle } と等しくなりません。

3, 4 番目の Qubit をそれぞれ1つの系とする分解では、1番目と3番目の Qubit、2番目と4 番目の Qubit を同時に入れ替えれば上記の2つの場合と同じになるので、これらも  { |\psi\rangle } と等しくなり得ません。

【修正】

  • 小問 b で 3-Qubit 系での番号の付け方が間違っていたので修正しました。

『Quantum Computing: A Gentle Introduction』の演習問題を解く 3.12

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Exercise 3.12. Give an example of a two-qubit state that is a superposition with respect to the standard basis but that is not entangled.

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{1}{2}\left(|00\rangle + |01\rangle + |10\rangle + |11\rangle\right)
    &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_1 + |1\rangle_1\right) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_0 + |1\rangle_0\right)
\end{align*}}