4.1.6 Een paar qubits meten

We kunnen natuurlijk ook alleen maar een deel van de qubits meten. (Dit hebben we vorige week niet eens besproken voor twee qubits, want het hoofdstuk was al erg vol). Stel bijvoorbeeld dat je een drie-qubit-quantumtoestand $\left|\psi\right\rangle$ hebt, zoals in Vgl. 4.1, maar in plaats van alle drie de qubits te meten, meet je alleen de eerste qubit. Wat is de kans $p_{a}$ op de uitkomst $a\in\{0,1\}$? Dit is gewoon de som van alle kansen in Vgl. 4.6 die horen bij een string die begint met $a$:

Als we bijvoorbeeld de eerste qubit van de toestand

meten, krijgen we de uitkomst $0$ met waarschijnlijkheid $1/8+2/8=3/8$.

We kunnen individuele qubits meten met Quirky door maar een enkele meting toe te voegen aan de draad waarin we geïnteresseerd zijn. Om de waarschijnlijkheid van de meetresultaten te bekijken, sleep je een ’Probability display’ naar het circuit. Probeer dit nu eens uit. De volgende reeks bewerkingen maakt bijvoorbeeld de toestand uit Vgl. 4.7 en meet alleen de eerste qubit:

$$\href https://www.quantum-quest.org/quirky/QuirkyQuest4.html#circuit=cols5B2C$$ (4.9)

Volgens Vgl. 4.8 zouden we inderdaad $0$ en $1$ met een gelijke waarschijnlijkheid meten.

Wat is de quantumtoestand van de tweede en derde qubit nadat je de eerste qubit hebt gemeten en een uitkomst $a\in\{0,1\}$ hebt gekregen? Volgens dezelfde procedure als voor probabilistische bits in Paragraaf 3.1.3, verzamelen we eerst alle termen van $\left|\psi\right\rangle$ waarvan de eerste qubit in de toestand is die overeenkomt met de verkregen uitkomst:

Vervolgens laten we de eerste qubit in alle vier de termen weg, omdat die al gemeten is:

Tenslotte normaliseren we dit zodat we een geldige twee-qubit-toestand krijgen. Hiervoor willen we een getal $c$ vinden zodat $\frac{\psi_{a00}}{c}\left|00\right\rangle+\frac{\psi_{a01}}{c}\left|01\right\rangle+\frac{\psi_{a10}}{c}\left|10\right\rangle+\frac{\psi_{a11}}{c}\left|11\right\rangle$ een qubit-toestand is, dus,

Een algemene plus-/minteken is niet belangrijk, dus we kunnen gewoon

gebruiken, wat de wortel is van de waarschijnlijkheid in Vgl. 4.8.

Kortom, als je de eerste qubit van een drie-qubit-toestand meet zoals in Vgl. 4.1, dan krijg je de uitkomst $a\in\{0,1\}$ met waarschijnlijkheid

en de resulterende twee-qubit-toestand $\left|\psi_{a}\right\rangle$ van de overgebleven twee qubits is

Hoe ziet dit eruit in de situatie van  (4.9), waarbij we de toestand $\frac{1}{\sqrt{2}}\left|000\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|111\right\rangle$ maken en dan de eerste qubit meten? Als de uitkomst van de meting $0$ is (wat gebeurt met een waarschijnlijkheid van $1/2$), zitten de andere twee qubits in de toestand

Als de uitkomst $1$ is, dan zitten de overgebleven qubits in de toestand $\left|11\right\rangle$.

Omdat het meten van één van meerdere qubits erg ingewikkeld kan zijn, bespreken we een andere methode om dit te doen. We nemen weer een algemene drie-qubit=toestand $\left|\psi\right\rangle$ zoals in Vgl. 4.1 en nemen aan dat we de eerste qubit willen meten. We kunnen de acht termen in de uitdrukking van $\left|\psi\right\rangle$ als volgt herschrijven:

Dit kunnen we nu herschrijven als

waarbij de $p_{a}$ waarschijnlijkheden zijn (namelijk die uit Vgl. 4.10) en de $\left|\psi_{a}\right\rangle$ quantumtoestanden zijn (de twee-qubit-toestanden uit Vgl. 4.11).

Als je erin slaagt om je quantumtoestand te schrijven in de vorm van Vgl. 4.13 , kan je gewoon de waarschijnlijkheden van de meetuitkomsten aflezen en ook zien wat de toestand van de overgebleven twee qubits is na de meting. Bijvoorbeeld,

Dit bevestigt dat in ons voorbeeld beide uitkomsten gebeuren met een waarschijnlijkheid van $1/2$ en dat de toestand van de overgebleven qubits of $\left|00\right\rangle$ of $\left|11\right\rangle$ is, afhankelijk van de meetuitkomst. Deze methode om eerst termen te groeperen en ze dan te normaliseren is vrij intuïtief en over het algemeen erg nuttig. Als je deze methode gebruikt, moet je wel oppassen dat je niet vergeet om de toestanden correct te normaliseren! Dat wil zeggen, de constantes $\sqrt{p_{a}}$ die je voor de twee basistoestanden in Vgl. 4.12 en 4.13 zet, moeten voldoen aan $p_{0}+p_{1}=1$ en de toestanden $\left|\psi_{0}\right\rangle$ en $\left|\psi_{1}\right\rangle$ van de overblijvende qubits moeten juist genormaliseerd zijn, zie Vgl. 4.3.

We kunnen precies hetzelfde doen als we meer dan drie qubits hebben, of als we een andere qubit willen meten dan de eerste, of als we meer dan een enkele qubit willen meten! Stel bijvoorbeeld dat we de eerste twee qubits van de algemene drie-qubit=toestand $\left|\psi\right\rangle$ uit Vgl. 4.1 meten. Dan bestaat het meetresultaat uit twee bits, $a$ en $b$, die voorkomen met waarschijnlijkheden

en de overgebleven qubit na de meting zit in de toestand

Als we sommige qubits meten maar andere niet, zullen we vaak de meetresultaten willen gebruiken om te bepalen of een bewerking wel of niet moet worden toegepast op de overgebleven qubits. Stel bijvoorbeeld dat je in de situatie van  (4.9) de overgebleven twee qubits wilt resetten naar de toestand $\left|00\right\rangle$. Als het meetresultaat nul is, hoeft er niets gedaan te worden. Maar als het meetresultaat één is, dan weten we dat de twee overgebleven qubits in de toestand $\left|11\right\rangle$ zitten en willen we ze terugzetten naar de toestand $\left|00\right\rangle$. Dit kan gedaan worden door op elk van de qubits een $\mathrm{NOT}$-bewerking toe te passen. Maar hoe weten we of we deze bewerking moeten toepassen of niet, dit hangt af van het eerdere meetresultaat op de eerste qubit. Daarom willen we deze bewerking alleen toepassen als de meetuitkomst $1$ is. Met andere woorden, we willen een controlled-NOT-gate toepassen, waarbij de controle nu een klassiek bit is (de uitkomst van de meting) maar het doel nog steeds quantum is.

In Quirky kunnen we dit doen op de manier die je zou verwachten, namelijk door een klassiek bit te gebruiken als controle en een quantumbit als doel, zoals in het volgende voorbeeld:

Hier passen we, nadat de eerste qubit gemeten is, nog twee controlled-NOT-bewerkingen toe die gecontroleerd worden door het meetresultaat en dan meten we de resterende twee qubits. De tekening laat zien dat we inderdaad erin geslaagd zijn de twee qubits te resetten, want het meten levert $[00]$ op met een kans van 100%.

Als we dat zouden willen, zouden we deze bewerkingen kunnen beschrijven met behulp van ‘hybride’ toestanden die bestaan uit één bit en twee qubits, bijvoorbeeld,

maar zo formeel hoeven we niet te zijn.