量子ゲートと量子回路の計算

アダマール・位相・回転・CNOT・制御 $U$ ゲートを状態ベクトルに順に作用させ、測定結果の確率を求められる（位相キックバックやアダマール・テストの確率 $\frac{1 \pm Re ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩}{2}$ を含む）

前提

テンソル積と部分トレース（大学院物理量子情報・量子計算）

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算数中学高校大学大学院

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スピン 1/2 とパウリ行列（大学物理量子力学（角運動量・近似法））
密度行列と混合状態（大学院物理量子情報・量子計算）
テンソル積と部分トレース（大学院物理量子情報・量子計算）

説明

量子回路は、量子ビットに「ゲート」と呼ぶユニタリー行列を順に作用させ、最後に計算基底で測定する計算の描き方です。この技能を身につけると、アダマール・位相・回転・CNOT・制御 $U$ といった基本ゲートを状態ベクトルに一つずつ作用させて最終状態を求め、測定で各結果が出る確率を計算できるようになります。とくに、制御ゲートで標的側の固有値の位相が制御ビットに移る「位相キックバック」や、 $⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩$ の実部を測定確率として読み出す「アダマール・テスト」は、位相推定などの量子アルゴリズムの基本部品として繰り返し使います。

なぜそうしてよいのか

1 量子ビットの基本ゲートは（基底 $∣0 ⟩, ∣1 ⟩$ の順に） $H = \frac{1}{2} (11 1 - 1), S = (10 0 i), T = (10 0 e^{iπ /4}), R_{z} (θ) = (e^{- i θ /2} 0 0 e^{i θ /2}), R_{y} (θ) = (cos \frac{θ}{2} sin \frac{θ}{2} - sin \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2})$ などで、どれも $U^{†} U = I$ を満たすので状態の規格化を保ちます。 $H$ は $∣0 ⟩ \to ∣ + ⟩ = \frac{∣0 ⟩ + ∣1 ⟩}{2}$ , $∣1 ⟩ \to ∣ - ⟩ = \frac{∣0 ⟩ - ∣1 ⟩}{2}$ と重ね合わせを作り、位相ゲートは $∣1 ⟩$ の成分にだけ位相をつけます。2 量子ビットでは、制御ビット（左）が $∣1 ⟩$ のときだけ標的ビットに $U$ をかける制御 $U$ ゲート $C U = ∣0 ⟩ ⟨ 0∣ \otimes I + ∣1 ⟩ ⟨ 1∣ \otimes U$ を使います。 $U = X = σ_{x}$ のものが CNOT で、 $∣10 ⟩ \leftrightarrow ∣11 ⟩$ を入れ替えます。片方の量子ビットだけにかかるゲート $G$ は、全体では $G \otimes I$ または $I \otimes G$ です。回路は左から右へ時間が進むので、ゲート $U_{1}, U_{2}, \dots, U_{m}$ をこの順に通した最終状態は $U_{m} \dots U_{2} U_{1} ∣ ψ_{0} ⟩$ （行列は右から順にかかる）です。最後に計算基底で測ると、結果 $x$ の確率はその基底の成分（確率振幅）の絶対値の 2 乗 $∣ ⟨ x ∣ ψ ⟩ ∣^{2}$ で、一部の量子ビットだけを測るときは他方の量子ビットについての 2 乗和をとります。

位相キックバック：標的が $U$ の固有ベクトル $∣ u ⟩$ （ $U ∣ u ⟩ = e^{i φ} ∣ u ⟩$ ）のとき、 $C U (a ∣0 ⟩ + b ∣1 ⟩) ∣ u ⟩ = (a ∣0 ⟩ + b e^{i φ} ∣1 ⟩) ∣ u ⟩$ です。標的は変わらず、位相 $e^{i φ}$ は制御ビットの $∣1 ⟩$ 成分につきます。標的側だけ見れば全体にかかる位相に見えますが、制御ビットの重ね合わせの中では $∣0 ⟩$ と $∣1 ⟩$ の相対位相になるので観測できるのです。

アダマール・テスト：制御ビット $∣0 ⟩$ 、標的 $∣ ψ ⟩$ から $H$ → $C U$ → $H$ （ $H$ は制御ビットに）と進めると、 $\frac{1}{2} (∣0 ⟩ + ∣1 ⟩) ∣ ψ ⟩ \to \frac{1}{2} (∣0 ⟩ ∣ ψ ⟩ + ∣1 ⟩ U ∣ ψ ⟩) \to \frac{1}{2} [∣0 ⟩ (∣ ψ ⟩ + U ∣ ψ ⟩) + ∣1 ⟩ (∣ ψ ⟩ - U ∣ ψ ⟩)]$ 。制御ビットが $0$ の確率は $\frac{1}{4} ∥ ∣ ψ ⟩ + U ∣ ψ ⟩ ∥^{2} = \frac{1}{4} (2 + ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩ + ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩^{*})$ なので $P (0) = \frac{1 + Re ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩}{2}, P (1) = \frac{1 - Re ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩}{2}$ です（ $⟨ ψ ∣ U^{†} U ∣ ψ ⟩ = 1$ を使った）。最初の $H$ のあとに $S^{†}$ を入れると虚部が読み出せます。

手順

初期状態を計算基底の成分で書く（2 量子ビットは $∣00 ⟩, ∣01 ⟩, ∣10 ⟩, ∣11 ⟩$ の順、左を上の量子ビット＝制御側などと決める）
回路の左のゲートから順に 1 つずつ作用させる。1 量子ビットゲートは該当する量子ビットの $∣0 ⟩, ∣1 ⟩$ を置き換え、制御ゲートは制御が $∣1 ⟩$ の項だけ標的に $U$ をかける
各段階で同じ基底の項をまとめ、規格化（振幅の絶対値の 2 乗の和が 1）を確かめる
測定する量子ビットの各結果について、対応する振幅の絶対値の 2 乗を（測らない量子ビットについて）足して確率を出す
$H$ – $C U$ – $H$ の形ならアダマール・テストの $P (0) = \frac{1 + Re ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩}{2}$ で検算する

例題

2 量子ビットの回路で、上の量子ビット（制御）を $∣0 ⟩$ 、下の量子ビット（標的）を $∣ + ⟩ = \frac{1}{2} (∣0 ⟩ + ∣1 ⟩)$ に用意する。上の量子ビットに $H$ をかけ、次に上を制御・下を標的とする制御 $T$ ゲート（ $T = (10 0 e^{iπ /4})$ ）をかけ、さらに上の量子ビットに $H$ をかけたあと、上の量子ビットを計算基底で測定する。測定結果が $0$ である確率を求めよ。

例題の解答

【手順 1】初期状態は $∣0 ⟩ ∣ + ⟩$ 。

【手順 2】上に $H$ ： $\frac{1}{2} (∣0 ⟩ + ∣1 ⟩) ∣ + ⟩$ 。制御 $T$ ：上が $∣1 ⟩$ の項だけ下に $T$ がかかり、 $T ∣ + ⟩ = \frac{1}{2} (∣0 ⟩ + e^{iπ /4} ∣1 ⟩)$ なので $\frac{1}{2} (∣0 ⟩ ∣ + ⟩ + ∣1 ⟩ T ∣ + ⟩)$ 。上に $H$ ： $∣0 ⟩ \to \frac{∣0 ⟩ + ∣1 ⟩}{2}$ , $∣1 ⟩ \to \frac{∣0 ⟩ - ∣1 ⟩}{2}$ を代入して $\frac{1}{2} [∣0 ⟩ (∣ + ⟩ + T ∣ + ⟩) + ∣1 ⟩ (∣ + ⟩ - T ∣ + ⟩)] .$

【手順 3】 $∣ + ⟩ + T ∣ + ⟩ = \frac{1}{2} (2∣0 ⟩ + (1 + e^{iπ /4}) ∣1 ⟩)$ 。

【手順 4】上が $0$ の確率は、下の $∣0 ⟩, ∣1 ⟩$ について振幅の絶対値の 2 乗を足して $P (0) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} (4 + ∣1 + e^{iπ /4} ∣^{2}) = \frac{1}{8} (4 + 2 + 2 cos \frac{π}{4}) = \frac{6 + 2}{8} .$

【手順 5】この回路はアダマール・テストで、 $⟨ + ∣ T ∣ + ⟩ = \frac{1 + e ^{iπ /4}}{2}$ , $Re ⟨ + ∣ T ∣ + ⟩ = \frac{1}{2} + \frac{2}{4}$ より $P (0) = \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} + \frac{2}{4}) = \frac{6 + 2}{8}$ と一致する。

答え: $\frac{6 + 2}{8}$

よくある誤り

回路図の順番のまま行列を左から掛けてしまう誤り。ゲート $U_{1}$ のあとに $U_{2}$ を通すときの行列は $U_{2} U_{1}$ である。 $∣0 ⟩$ に $H$ のあと $S$ をかけると $S H ∣0 ⟩ = \frac{1}{2} (∣0 ⟩ + i ∣1 ⟩)$ だが、 $H S ∣0 ⟩ = ∣ + ⟩$ と取り違えると、続けて $H$ をかけて測ったときの $P (0)$ が正しい $\frac{1}{2}$ ではなく $1$ になる
制御ゲートで位相が標的側にだけつくと考え、制御ビットは変わらないとしてしまう誤り。制御 $Z$ （ $C Z$ ）を $∣ + ⟩ ∣1 ⟩$ にかけると $Z ∣1 ⟩ = - ∣1 ⟩$ の位相が制御の $∣1 ⟩$ 成分に移り、正しくは $∣ - ⟩ ∣1 ⟩$ になる（位相キックバック）。このあと制御に $H$ をかけると確率 1 で $1$ が出る
振幅の和をそのまま 2 乗したり、複素数の絶対値を実部だけで計算したりする誤り。 $∣1 + e^{i φ} ∣^{2}$ は $(1 + cos φ)^{2}$ ではなく、正しくは $(1 + e^{i φ}) (1 + e^{- i φ}) = 2 + 2 cos φ$
アダマール・テストで $∣ ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩ ∣$ や $∣ ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩ ∣^{2}$ が得られると思ってしまう誤り。正しくは $P (0) = \frac{1 + Re ⟨ ψ ∣ U ∣ ψ ⟩}{2}$ で実部が出る。例題で $∣ ⟨ + ∣ T ∣ + ⟩ ∣^{2} = \frac{2 + 2}{4}$ を使うと $P (0) = \frac{6 + 2}{8}$ にはならない

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
1 量子ビットの計算基底を $∣0 ⟩$ , $∣1 ⟩$ とし、行列はこの順の基底で表す。アダマールゲートと位相ゲートを
$H = \frac{1}{2} (11 1 - 1), P (φ) = (10 0 e^{i φ})$
とする。初期状態 $∣0 ⟩$ に $H$ 、 $P (\frac{π}{3})$ 、 $H$ をこの順に作用させたあと、計算基底で測定する。測定結果が $0$ となる確率を既約分数で求めよ。

この技能を使う問題

難易度 2（大学院の講義の演習問題レベル）
2 量子ビット（補助ビット $a$ と系ビット $b$ ）からなる量子回路を考える。計算基底を ${∣0 ⟩, ∣1 ⟩}$ とし、ゲートを次のように定める。
$H = \frac{1}{2} (11 1 - 1), S^{†} = (10 0 - i),$
$R_{y} (θ) = e^{- i θ Y /2} = (cos \frac{θ}{2} sin \frac{θ}{2} - sin \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2}), R_{z} (φ) = e^{- i φZ /2} = (e^{- i φ /2} 0 0 e^{i φ /2}) .$
ここで $Y, Z$ はパウリ行列、 $θ, φ$ は実数である。1 量子ビットゲート $U = R_{y} (θ) R_{z} (φ)$ （先に $R_{z} (φ)$ 、次に $R_{y} (θ)$ を作用させる）に対し、制御 $U$ ゲート $C U$ を、 $a$ が $∣0 ⟩$ のときは $b$ に何もせず、 $a$ が $∣1 ⟩$ のときは $b$ に $U$ をそのまま（全体の位相因子も含めて）作用させるゲートとする。
初期状態 $∣0 ⟩_{a} ∣0 ⟩_{b}$ から、次の順にゲートを作用させる。
$(1)$ $b$ に $H$ 、 $(2)$ $a$ に $H$ 、 $(3)$ $a$ を制御、 $b$ を標的とする $C U$ 、 $(4)$ $a$ に $S^{†}$ 、 $(5)$ $a$ に $H$ 。
その後、 $a$ だけを計算基底で測定する。測定結果が $0$ となる確率を $θ, φ$ の式で求めよ。

この技能の次に学べること

1 量子ビットゲートの分解と普遍ゲート（大学院物理量子情報・量子計算）
ドイチュ・ジョザのアルゴリズム（大学院物理量子情報・量子計算）
グローバーの探索アルゴリズム（大学院物理量子情報・量子計算）
量子フーリエ変換と位相推定（大学院物理量子情報・量子計算）