量子逻辑门与任意幺正操作的表示

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/91102999
• 发布日期: 2019-11-10
• 分类: 量子力学基础与量子信息

量子信息处理本质上就是对编码的量子态进行一系列的幺正演化, 对 qubit 最基本的幺正操作被称为逻辑门(logic gate), 可再细分为一位门, 二位门, 三位门等.

qubit: 即俩态量子系统, 通常用电子的自旋作为例子, 而态空间基底通常记为 $\left\{|0⟩,|1⟩\right\}$

文中提到的所有的绕轴旋转操作全都是满足右手法则的.

前置知识:正樹：布洛赫球(Bloch Sphere)

本文会用到泡利矩阵, 虽然不懂也没关系, 但如果你想变成真正的懂哥还是建议参考 [[DLC]](https://zhuanlan.zhihu.com/p/340171183).

I. 几个重要的一位门:

一位门线路图一般表示为 $|\psi ⟩—\left|U\right|—U|\psi ⟩$

**(1)**恒等操作: $I=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$

**(2)**非门: $X=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=|0⟩⟨1|+|1⟩⟨0|={\sigma }_x$ \Rightarrow \left\{ \begin{align} & X\left| 0 \right\rangle =\left| 1 \right\rangle \\ & X\left| 1 \right\rangle =\left| 0 \right\rangle \\ \end{align} \right.

(3) $Y$ 操作:$Y=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right]=i\left[\begin{array}{cc}0& -i\\ i& 0\end{array}\right]=i{\sigma }_y$

(4) $Z$ 操作: $Z=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]={\sigma }_z$

(5) Hadamard门 : \left\{ \begin{align} & H=\frac{1}{\sqrt{2}\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right] \\ & H=\frac{1}{\sqrt{2}\left[ \left( \left| 0 \right\rangle +\left| 1 \right\rangle \right)\langle 0|+\left( \left| 0 \right\rangle -\left| 1 \right\rangle \right)\langle 1| \right] \\ & H\left| 0 \right\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}\left( \left| 0 \right\rangle +\left| 1 \right\rangle \right)=\left| + \right\rangle \\ & H\left| 1 \right\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}\left( \left| 0 \right\rangle -\left| 1 \right\rangle \right)=\left| - \right\rangle \\ \end{align} \right.

(6) 相移门: {R}_{z}\left( \varphi \right)=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & {e}^{i\varphi } \\ \end{matrix} \right]\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {R}_{z}\left( \varphi \right)\left| 0 \right\rangle =\left| 0 \right\rangle \\ & {R}_{z}\left( \varphi \right)\left| 1 \right\rangle ={e}^{i\varphi }\left| 1 \right\rangle \\ & {R}_{z}\left( \varphi \right)\left[ \begin{matrix} \alpha \\ \beta \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} \alpha \\ {e}^{i\varphi }\beta \\ \end{matrix} \right] \\ \end{align} \right.

可以说相移门的作用是在Bloch 球面上绕 $z$ 轴旋转角度 $\phi$ , 这很容易看出来.

在布洛赫球上, 态 $|\psi ⟩=\cos \frac{\theta }{2}|0⟩+e^{i\phi }\sin \frac{\theta }{2}|1⟩$ 对应的点是 \left\{ \begin{align} &直角坐标： \psi \left( \cos \varphi \sin\theta ,\sin\varphi \sin\theta ,\cos\theta \right) \\ &球坐标： \psi \left( 1,\varphi ,\theta \right) \\ \end{align} \right.

II. 任何作用在 qubit 的幺正运算都可以利用 Hadamard 门与相移门实现:

一个幺正操作对qubit 来说不过是将态从布洛赫球面上的一个点移动到另一个点, 而任意的一个移动过程完全可以通过 Hadamard 门与相移门的组合来实现:

在布洛赫球面上把态从 $\left({\theta }_1,{\phi }_1\right)$ 移动到 $\left({\theta }_2,{\phi }_2\right)$ 的幺正运算为:

$R_z\left({\phi }_2+\frac{\pi }{2}\right)H{R}_z\left({\theta }_2-{\theta }_1\right)H{R}_z\left(-{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)$

我们用一个布洛赫球来理解这个过程: [1] 注意下面的{\varphi }_{2}<0\ ,\ {\theta }_{2}-{\theta }_{1}<0

下面说的旋转均满足右手法则幺正操作 $R_z\left({\phi }_2+\frac{\pi }{2}\right)H{R}_z\left({\theta }_2-{\theta }_1\right)H{R}_z\left(-{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)$ 可以分为三个部分分析:

其中 $R_z\left(-{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)$ 是绕 $z$ 轴反着旋转 ${\phi }_1+\frac{\pi }{2}$ 这样我们就从 $\left({\theta }_1,{\phi }_1\right)$ 到达 $G$ 点.

中间 $H{R}_z\left({\theta }_2-{\theta }_1\right)H$ 则是绕 $x$ 轴旋转 ${\theta }_2-{\theta }_1$ 这样我们就从 $G$ 点到达 $B$ 点.

最后 $R_z\left({\phi }_2+\frac{\pi }{2}\right)$ 则是绕 $z$ 轴旋转 ${\phi }_2+\frac{\pi }{2}$ 这样我们就从 $B$ 点到达 $\left({\theta }_2,{\phi }_2\right)$.

$H{R}_z\left(\theta \right)H$ 是绕 $x$ 转 $\theta$ , 为什么? 下面就会讲到这个问题.

III. 绕另外俩轴旋转的表达方法:

绕 $x$ 轴旋转对应的幺正矩阵: {R}_{x}\left( \theta \right)={e}^{-i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{x}=\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} & -i\sin \frac{\theta }{2} \\ -i\sin \frac{\theta }{2} & \cos \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]

绕 $y$ 轴旋转对应的幺正矩阵: {R}_{y}\left( \theta \right)={e}^{-i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{y}=\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} & -\sin \frac{\theta }{2} \\ \sin \frac{\theta }{2} & \cos \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]

简单推导: ${e}^{-i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{x}=\sum\limits_{n=0}{\frac{\left( -i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{x} \right)}^{n}{n!}=\sum\limits_{n=0}{\frac{\left( -i\frac{\theta }{2} \right)}^{n}{n!}\sigma _{x}^{n}$ 引入条件 $\left\{ \begin{align} & \sigma _{x}^{2n}=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right] \\ & \sigma _{x}^{2n+1}=\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{matrix} \right] \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow {e}^{-i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{x}=\sum\limits_{m=0}{\frac{\left( -i\frac{\theta }{2} \right)}^{2m}{\left( 2m \right)!}\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]}+\sum\limits_{m=0}{\frac{\left( -i\frac{\theta }{2} \right)}^{2m+1}{\left( 2m+1 \right)!}\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{matrix} \right]}$ $\Rightarrow {e}^{-i\frac{\theta }{2}{\sigma }_{x}=\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} & 0 \\ 0 & \cos \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]+\left[ \begin{matrix} 0 & -i\sin x \\ -i\sin x & 0 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} & -i\sin \frac{\theta }{2} \\ -i\sin \frac{\theta }{2} & \cos \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]$

前面提到的$H{R}_z\left(\theta \right)H$是绕$x$转$\theta$, 证明如下:

\begin{align} & H{R}_{z}\left( \theta \right)H=\frac{1}{2}\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right]\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & {e}^{i\theta } \\ \end{matrix} \right]\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right]=\frac{1}{2}\left[ \begin{matrix} 1 & {e}^{i\theta } \\ 1 & -{e}^{i\theta } \\ \end{matrix} \right]\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right] \\ & \Rightarrow H{R}_{z}\left( \theta \right)H=\frac{1}{2}\left[ \begin{matrix} 1+{e}^{i\theta } & 1-{e}^{i\theta } \\ 1-{e}^{i\theta } & 1+{e}^{i\theta } \\ \end{matrix} \right] \\ \end{align}

代入结论 {e}^{i\theta }=1+{e}^{i\frac{\theta }{2}2i\sin \frac{\theta }{2}=-1+{e}^{i\frac{\theta }{2}2\cos \frac{\theta }{2} [2]

得到 H{R}_{z}\left( \theta \right)H={e}^{i\frac{\theta }{2}\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} & -i\sin \frac{\theta }{2} \\ -i\sin \frac{\theta }{2} & \cos \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]={e}^{i\frac{\theta }{2}{R}_{x}\left( \theta \right)

[附录1]

目的是证明在布洛赫球面上任意的一个移动过程完全可以通过 Hadamard 门与相移门的组合来实现. 具体而言就是在布洛赫球面上把态从 $\left({\theta }_1,{\phi }_1\right)$ 移动到 $\left({\theta }_2,{\phi }_2\right)$ 的幺正运算为:

$R_z\left(\frac{\pi }{2}+{\phi }_2\right)H{R}_z\left({\theta }_2-{\theta }_1\right)H{R}_z\left(-\frac{\pi }{2}-{\phi }_1\right)$

我们不妨将 $|0⟩$ 作为一个中转站, 先证明任何一个态都可以通过这俩门由 $|0⟩$ 作用于得到 :

\begin{align} & \ \ \ \ \ \ H\left| 0 \right\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}\left( \left| 0 \right\rangle +\left| 1 \right\rangle \right) \\ & \Rightarrow {R}_{z}\left( \theta \right)H\left| 0 \right\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}\left( \left| 0 \right\rangle +{e}^{i\theta }\left| 1 \right\rangle \right) \\ & \Rightarrow H{R}_{z}\left( \theta \right)H\left| 0 \right\rangle =\frac{1}{2}\left( \left| 0 \right\rangle +\left| 1 \right\rangle +{e}^{i\theta }\left| 0 \right\rangle -{e}^{i\theta }\left| 1 \right\rangle \right) \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2}\left[ \left( 1+{e}^{i\theta } \right)\left| 0 \right\rangle +(1-{e}^{i\theta })\left| 1 \right\rangle \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={e}^{i\frac{\theta }{2}\left[ \cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle -i\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \right]={e}^{i\frac{\theta }{2}\left[ \cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{-i\frac{\pi }{2}\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \right] \\ \end{align}

$H{R}_z\left(\theta \right)H$ 的作用也可以通过这个结论也可以用来验证. 可以看看沿着 $z$ 轴方向的 $\left| 0 \right\rangle$ 被移动到了哪里, 相关讨论在文章最后的**[附录3]**.

\Rightarrow {R}_{z}\left( \varphi +\frac{\pi }{2} \right)H{R}_{z}\left( \theta \right)H\left| 0 \right\rangle ={e}^{i\frac{\theta }{2}\left[ \cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \right]

这也就是说任何一个态都可以通过$R_z\left(\phi +\frac{\pi }{2}\right)H{R}_z\left(\theta \right)H$由$|0⟩$达到.

已知初态与终态分别为 \left\{ \begin{align} & \left| {\psi }_{1} \right\rangle =\cos \frac{\theta }_{1}{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{i{\varphi }_{1}\sin \frac{\theta }_{1}{2}\left| 1 \right\rangle \\ & \left| {\psi }_{2} \right\rangle =\cos \frac{\theta }_{2}{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{i{\varphi }_{2}\sin \frac{\theta }_{2}{2}\left| 1 \right\rangle \\ \end{align} \right.

由前面的公式可知有 \left\{ \begin{align} & \left| {\psi }_{1} \right\rangle ={R}_{z}\left( {\varphi }_{1}+\frac{\pi }{2} \right)H{R}_{z}\left( {\theta }_{1} \right)H\left| 0 \right\rangle \\ & \left| {\psi }_{2} \right\rangle ={R}_{z}\left( {\varphi }_{2}+\frac{\pi }{2} \right)H{R}_{z}\left( {\theta }_{2} \right)H\left| 0 \right\rangle \\ \end{align} \right.

通过 $|{\psi }_1⟩$ 的表达式显然也可以得到 $|0⟩=H^{-1}{R}_z^{-1}\left({\theta }_1\right)H^{-1}{R}_z^{-1}\left({\phi }_1+\frac{\pi }{2}\right)|{\psi }_1⟩$

对于旋转操作 $R_z\left(\theta \right)$ 的逆算符自然是反着转, 即 $R_z^{-1}\left(\theta \right)=R_z\left(-\theta \right)$而 ${H}^{2}=\frac{1}{2}\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right]\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]=I\Rightarrow {H}^{-1}=H$

所以有 $|0⟩=H{R}_z\left(-{\theta }_1\right)H{R}_z\left(-{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)|{\psi }_1⟩$

再将上式代入 $|{\psi }_2⟩=R_z\left({\phi }_2+\frac{\pi }{2}\right)H{R}_z\left({\theta }_2\right)H|0⟩$

得到 $|{\psi }_2⟩=R_z\left({\phi }_2+\frac{\pi }{2}\right)H{R}_z\left({\theta }_2-{\theta }_1\right)H{R}_z\left(-{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)|{\psi }_1⟩$

看着长, 实际上这个方法或许更简单. 不过为了引出旋转操作的介绍, 前面的方法也不能少.

done here.

[附录2]

证明结论 {e}^{i\varphi }=1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2i\sin \frac{\varphi }{2}=-1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2\cos \frac{\varphi }{2}

方法1:

\begin{align} & {e}^{i\varphi }=\cos \varphi +i\sin \varphi \\ & \ \ \ \ =-1+2{\cos }^{2}\frac{\varphi }{2}+2i\sin \frac{\varphi }{2}\cos \frac{\varphi }{2}=-1+\left( \cos \frac{\varphi }{2}+i\sin \frac{\varphi }{2} \right)2\cos \frac{\varphi }{2}=-1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2\cos \frac{\varphi }{2} \\ & \ \ \ \ =1-2{\sin }^{2}\frac{\varphi }{2}+2i\sin \frac{\varphi }{2}\cos \frac{\varphi }{2}=1+\left( \cos \frac{\varphi }{2}+i\sin \frac{\varphi }{2} \right)2i\sin \frac{\varphi }{2}=1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2i\sin \frac{\varphi }{2} \\ \end{align}

方法2:

\begin{align} & {e}^{i\varphi }={e}^{i\frac{\varphi }{2}\left( \cos \frac{\varphi }{2}+i\sin \frac{\varphi }{2} \right)={e}^{i\frac{\varphi }{2}\left( \cos \frac{\varphi }{2}-i\sin \frac{\varphi }{2}+2i\sin \frac{\varphi }{2} \right)=1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2i\sin \frac{\varphi }{2} \\ & \\ & {e}^{i\varphi }={e}^{i\frac{\varphi }{2}\left( \cos \frac{\varphi }{2}+i\sin \frac{\varphi }{2} \right)={e}^{i\frac{\varphi }{2}\left[ 2\cos \frac{\varphi }{2}-\left( \cos \frac{\varphi }{2}-i\sin \frac{\varphi }{2} \right) \right]=-1+{e}^{i\frac{\varphi }{2}2\cos \frac{\varphi }{2} \\ \end{align}

[附录3]

由**[附录1]**知 H{R}_{z}\left( \theta \right)H\left| 0 \right\rangle ={e}^{i\frac{\theta }{2}\left[ \cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{-i\frac{\pi }{2}\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \right]

\left| \psi \right\rangle =H{R}_{z}\left( \theta \right)H\left| 0 \right\rangle =\cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{-i\frac{\pi }{2}\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle =\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta }{2} \\ -i\sin \frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right]

$\rho =|\psi ⟩⟨\psi |=\left[\begin{array}{c}\cos \frac{\theta }{2}\\ -i\sin \frac{\theta }{2}\end{array}\right]\left[\cos \frac{\theta }{2},isin\frac{\theta }{2}\right]=\left[\begin{array}{cc}{\cos }^2\frac{\theta }{2}& i\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}\\ -i\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}& {\sin }^2\frac{\theta }{2}\end{array}\right]$

$\rho =\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1+\cos \theta & i\sin \theta \\ -i\sin \theta & 1-\cos \theta \end{array}\right]$ 结合公式 $\rho =\frac{1}{2}\left(I+\vec{r}\cdot \vec{\sigma }\right)=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1+z& x-iy\\ x+iy& 1-z\end{array}\right]$

可知 $\vec{r}=\left(x,y,z\right)=\left(0,-\sin \theta ,cos\theta \right)$ , 如下图所示, 是绕 $x$ 轴转了角度 $\theta$ .

参考

• ^文章最后[附录1]处还给出了另一个比较轻松(?)的证明方法.
• ^该结论在文章最后的[附录2]处有详细证明