2.4.1 Rotaties

Tot nu toe hebben we alleen geleerd hoe we de $\left|0\right\rangle$ en $\left|1\right\rangle$ toestanden kunnen maken met Quirky. Quantumcomputing zou niet heel leuk zijn als dat onze enige opties waren! Om meer interessante toestanden te kunnen maken, moeten we andere quantumbewerkingen bedenken.

Een logische bewerking is om de cirkel met een bepaalde hoek te roteren. Laten we de rotatie met een hoek $\theta$ aanduiden met $U(\theta)$ . Je kan altijd aannemen dat de hoek in $[0,2\pi)$ ligt. Aangezien $\left|0\right\rangle=\left|\psi(0)\right\rangle$ en $\left|1\right\rangle=\left|\psi(\frac{\pi}{2})\right\rangle$ , werkt deze bewerking als volgt op de basisvectoren (zie Fig. 2.5):

U(\theta)\left|0\right\rangle=\left|\psi(\theta)\right\rangle,\qquad U(\theta)% \left|1\right\rangle=\left|\psi(\theta+\tfrac{\pi}{2})\right\rangle.

(2.27)

We kunnen dit ook expliciet uitschrijven in vectornotatie:

U(\theta)\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta\\ \sin\theta\end{pmatrix},\qquad U(\theta)\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\sin\theta\\ \cos\theta\end{pmatrix},

(2.28)

waarbij we hebben gebruikt dat $\cos(\theta+\frac{\pi}{2})=-\sin\theta$ and $\sin(\theta+\frac{\pi}{2})=\cos\theta$ .

Figuur 2.5: De toestanden

\left|0\right\rangle

\left|1\right\rangle

geroteerd met een hoek

\theta

, zie Vgl. 2.27.

Net als hiervoor zullen we lineariteit gebruiken om $U(\theta)$ uit te breiden van de basisvectoren naar arbitraire qubit-toestanden. In de volgende opgave zul je laten zien dat de bewerking $U(\theta)$ daadwerkelijk werkt als een rotatie op qubit-toestanden. Dit betekent concreet dat het qubit-toestanden afbeeldt op qubit-toestanden, dus $U(\theta)$ is een geldige bewerking op qubits!

Oefenopgave 2.3 (Qubit rotatie).

1.

Bereken $U(\alpha)\begin{pmatrix}\psi_{0}\\ \psi_{1}\end{pmatrix}$ met behulp van Vgl. 2.8 en 2.27.
2.

Ga aan de hand van de definitie van $\left|\psi(\theta)\right\rangle$ uit Vgl. 2.5 na dat voor alle hoeken $\alpha$ en $\beta$ ,

$U(\alpha)\left|\psi(\beta)\right\rangle=\left|\psi(\alpha+\beta)\right\rangle.$ (2.29)

Dit betekent dat $U(\theta)$ werkt als een rotatie op een arbitraire qubit-toestand $\left|\psi(\beta)\right\rangle$ .

Hint: De goniometrische hoeksom- en hoekverschil-identiteiten kunnen van pas komen:

\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta,\qquad\cos(% \alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta.

(2.30)

Solution.

$U(\alpha)$ werkt als volgt op een arbitraire toestand:

	$\displaystyle U(\alpha)\begin{pmatrix}\psi_{0}\\ \psi_{1}\end{pmatrix}$	$\displaystyle=U(\alpha)\left\lparen\psi_{0}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+\psi_{1}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\right\rparen=\psi_{0}\begin{pmatrix}\cos\alpha\\ \sin\alpha\end{pmatrix}+\psi_{1}\begin{pmatrix}-\sin\alpha\\ \cos\alpha\end{pmatrix}$
		$\displaystyle=\begin{pmatrix}\psi_{0}\cos\alpha-\psi_{1}\sin\alpha\\ \psi_{0}\sin\alpha+\psi_{1}\cos\alpha\end{pmatrix}.$

Omdat $\left|\psi(\beta)\right\rangle=\begin{pmatrix}\cos\beta\\ \sin\beta\end{pmatrix}$ ,

	$\displaystyle U(\alpha)\left\|\psi(\beta)\right\rangle$	$\displaystyle=U(\alpha)\begin{pmatrix}\cos\beta\\ \sin\beta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\beta\cos\alpha-\sin\beta\sin\alpha% \\ \cos\beta\sin\alpha+\sin\beta\cos\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos(% \alpha+\beta)\\ \sin(\alpha+\beta)\end{pmatrix}$
		$\displaystyle=\left\|\psi(\alpha+\beta)\right\rangle.$

Merk op dat een rotatie van 90 graden (d.w.z. $\pi/2$ ) niet hetzelfde is als een spiegeling. Zowel de $NOT$ -bewerking als de rotatie $U(\pi/2)$ beelden $\left|0\right\rangle$ af op $\left|1\right\rangle$ , maar ze hebben een andere werking op $\left|1\right\rangle$ :

\mathrm{NOT}\left|1\right\rangle=\left|0\right\rangle,\qquad U(\pi/2)\left|1% \right\rangle=-\left|0\right\rangle.

Hoe kunnen we een quantumbit roteren in Quirky? Omdat er oneindig veel rotatiebewerkingen $U(\theta)$ zijn, kunnen we ze niet allemaal aan de toolbox toevoegen. In plaats daarvan kan je je eigen rotaties aan de toolbox toevoegen! Laten we om te oefenen een rotatie van 30 ${}^{\circ}$ toevoegen. Klik om te beginnen op ‘Make $U(\theta)$ ’ in de menubalk. Er verschijnt een nieuw venster waarin je een hoek kan invoeren:

Voer pi/6 in, wat overeenkomt met 30 ${}^{\circ}$ , en bevestig met de knop. Gefeliciteerd! Je hebt zojuist de rotatie $U(\pi/6)$ toegevoegd aan de toolbox, die er nu als volgt uitziet:

Laten we, om onze nieuwe rotatie te testen, de volgende berekening maken in Quirky:

Laten we snel kijken of deze uitkomst logisch is. We begonnen met de toestand $\left|0\right\rangle=\bigl{(}\begin{smallmatrix}1\\ 0\end{smallmatrix}\bigr{)}$ . Volgens Vgl. 2.28 stuurt elke rotatie $U(\theta)$ $\left|0\right\rangle$ naar $\left|\psi(\theta)\right\rangle=\bigl{(}\begin{smallmatrix}cos(\theta)\\ sin(\theta)\end{smallmatrix}\bigr{)}$ . In ons geval is $\theta=\pi/6$ , en

\displaystyle\left|\psi(\pi/6)\right\rangle=\begin{pmatrix}\cos(\pi/6)\\ \sin(\pi/6)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sqrt{3}/2\\ 1/2\end{pmatrix}.

Met behulp van de quantummeetregel in Vgl. 2.7 komen we tot de conclusie dat de kans om uitkomst $1$ te krijgen is

\displaystyle p_{1}=\left\lparen\frac{1}{2}\right\rparen^{2}=\frac{1}{4}=25\%,

wat precies is wat Quirky ons vertelde. In de volgende opdracht gebruik je Quirky om op dezelfde manier het effect van de rotatie $U(\theta)$ op de andere basisvector, $\left|1\right\rangle$ , te testen.

Huiswerkopdracht 2.3 (De 30 ${}^{\circ}$ -rotatie testen).

1.

Maak de volgende reeks bewerkingen met Quirky: Bereid eerst de qubit-toestand $\left|1\right\rangle$ voor, roteer dan met dezelfde hoek $\pi/6$ en voer tenslotte een meting van de qubit uit.
2.

Gebruik de ’Probability Display’ van Quirky om de waarschijnlijkheid van de meetresultaten te bepalen. Laat zien dat het antwoord van Quirky juist is.
3.

Pas je oplossing voor de eerste vraag zo aan dat de kans op het meetresultaat nul 42 procent is.

Hack.

1.

The resulting circuit in Quirky should look like this:

We start in the state $\left|0\right\rangle$ , as shown in the circuit above. After applying the NOT operation, the state of the qubit is $\left|1\right\rangle$ . We now use Vgl. 2.28, which tells us that the rotation sends $\left|1\right\rangle$ to

\displaystyle U(\pi/6)\left|1\right\rangle=\begin{pmatrix}-\sin\frac{\pi}{6}\\ \cos\frac{\pi}{6}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1/2\\ \sqrt{3}/2\end{pmatrix}.

Using Vgl. 2.6, we verify that $p_{1}=3/4=75\%$ , which agrees with Quirky’s output.

3.

We will replace the operation $U(\pi/6)$ by another rotation $U(\phi)$ , such that the probability of measuring $1$ becomes $42\%$ . To that end, observe that after applying a rotation by an angle of $\phi$ , the resulting state is:

$U(\phi)\left|1\right\rangle=\begin{pmatrix}-\sin\phi\\ \cos\phi\end{pmatrix}.$

Hence the probability of measuring $1$ is $\cos^{2}\phi$ . Equating this to $42\%$ allows us to solve for the angle of rotation $\phi$ :

$\cos^{2}(\phi)=0.42,\quad\text{implying}\quad\cos(\phi)=\sqrt{0.42}\quad\text{% or}\quad\phi=\arccos(\sqrt{0.42})\approx 0.866.$

Hence, the resulting circuit looks like this:

2.4.1 Rotaties

Oefenopgave 2.3 (Qubit rotatie).

Huiswerkopdracht 2.3 (De 30∘{}^{\circ}-rotatie testen).

Hack.

Huiswerkopdracht 2.3 (De 30 ${}^{\circ}$ -rotatie testen).