\documentclass[12pt,a4paper]{article}

% --- Encoding and language ---
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[russian]{babel}

% --- Math & layout ---
\usepackage{amsmath,amssymb,physics}
\usepackage{braket}       % \ket{}, \bra{}, etc.
\usepackage{geometry}
\geometry{margin=2.5cm}

\title{Практическое задание}
\author{}
\date{}

\begin{document}
\maketitle

Выполнить задания, используя значения из таблиц:
\begin{enumerate}
  \item Вычислить $\ket{\psi_1}=U_{1}U_{2}\nu_{1}$; \quad $\ket{\psi_2}=U_{2}U_{1}\nu_{1}$, \; сравнить результаты. \; Почему результаты сошлись/разошлись?
  \item Вычислить $\ket{\psi_3}=U_{2}\nu_{2}$; \quad $\ket{\psi_4}=U_{1}\nu_{2}$.
  \item Вычислить $\ket{\psi_5}=U_{3}\nu_{1}$; \quad $\ket{\psi_6}=U_{3}\nu_{2}$.
\end{enumerate}

Проверить унитарность матриц $U_i$ путём проверки длины исходного $\nu_i$ и результирующего вектора $\ket{\psi_i}$.

Записать каждый получившийся результат $\ket{\psi_i}$ во всех видах записи кубита:
\[
\ket{\psi}=a\ket{0}+b\ket{1}
\]
\[
\ket{\psi}=r_1\ket{0}+r_2 e^{i\varphi}\ket{1}
\]
\[
\ket{\psi}=\cos\!\left(\frac{\theta}{2}\right)\ket{0}
+\sin\!\left(\frac{\theta}{2}\right)e^{i\varphi}\ket{1}
\]
\[
\ket{\psi}=
\begin{bmatrix}
a\\[2pt]
b
\end{bmatrix}
\]
\[
\ket{\psi}=\sum\limits_{i=0}^{1} a_i \ket{i}
\]

Построить на сфере Блоха вычисленные значения векторов $\ket{\psi_1}$, $\ket{\psi_2}$, $\ket{\psi_3}$, $\ket{\psi_4}$,

где 
\[
\nu_1=
\begin{bmatrix}
\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]
-\dfrac{\sqrt{2}}{2}i
\end{bmatrix},
\quad
\nu_2=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}\ket{0}+\dfrac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}\ket{1},
\]
\[
U_1=
\begin{bmatrix}
1 & 0\\[6pt]
0 & i
\end{bmatrix},
\quad
U_2=
\begin{bmatrix}
\dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]
\dfrac{\sqrt{2}}{2} & -\dfrac{\sqrt{2}}{2}
\end{bmatrix},
\]
\[
U_3=
\begin{bmatrix}
\sqrt{2}\cos\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) & -i\sin\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right)\\[6pt]
-i\sin\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) & \sqrt{2}\cos\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right)
\end{bmatrix}.
\]

\section*{Проверенные по шагам вычисления и записи состояний}

\subsection*{Исходные данные}
\[
\nu_1=
\begin{bmatrix}
\dfrac{\sqrt2}{2}\\[6pt]
-\dfrac{\sqrt2}{2}i
\end{bmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1\\[2pt]-i\end{bmatrix},
\quad
\nu_2=
\begin{bmatrix}
\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}\\[6pt]
\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}
\end{bmatrix}
=:\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix},
\]
\[
U_1=\begin{bmatrix}1&0\\[4pt]0&i\end{bmatrix},\qquad
U_2=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&1\\[4pt]1&-1\end{bmatrix},\qquad
U_3=\begin{bmatrix}1&-i\frac{\sqrt2}{2}\\[4pt]-i\frac{\sqrt2}{2}&1\end{bmatrix}.
\]
Здесь \(a=\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2},\ b=\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}\in\mathbb{R}\).

\subsection*{Нормы исходных векторов}
\[
\norm{\nu_1}^2=\frac12\bigl(1+|-i|^2\bigr)=\frac12(1+1)=1,
\]
\[
\norm{\nu_2}^2=a^2+b^2=\frac{(\sqrt3-1)^2+(\sqrt3+1)^2}{(2\sqrt2)^2}
=\frac{(4-2\sqrt3)+(4+2\sqrt3)}{8}=1.
\]

\subsection*{1) \(\ket{\psi_1}=U_1U_2\nu_1\) и \(\ket{\psi_2}=U_2U_1\nu_1\) (по шагам)}
\paragraph{Шаг 1: \(U_2\nu_1\).}
\[
U_2\nu_1=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&1\\[2pt]1&-1\end{bmatrix}
\cdot \frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1\\[2pt]-i\end{bmatrix}
=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1+(-i)\\[2pt]1-(-i)\end{bmatrix}
=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1-i\\[2pt]1+i\end{bmatrix}.
\]
\paragraph{Шаг 2: \(U_1(U_2\nu_1)\Rightarrow\ket{\psi_1}\).}
\[
\ket{\psi_1}=U_1\!\left(\frac{1}{2}\!\begin{bmatrix}1-i\\[2pt]1+i\end{bmatrix}\!\right)
=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1-i\\[2pt]i(1+i)\end{bmatrix}
=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1-i\\[2pt]i+i^2\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}\dfrac{1-i}{2}\\[6pt]\dfrac{-1+i}{2}\end{bmatrix}.
\]

\paragraph{Шаг 3: \(U_1\nu_1\).}
\[
U_1\nu_1=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&0\\[2pt]0&i\end{bmatrix}
\!\begin{bmatrix}1\\[2pt]-i\end{bmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1\\[2pt]i(-i)\end{bmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1\\[2pt]1\end{bmatrix}.
\]
\paragraph{Шаг 4: \(U_2(U_1\nu_1)\Rightarrow\ket{\psi_2}\).}
\[
\ket{\psi_2}=U_2\!\left(\frac{1}{\sqrt2}\!\begin{bmatrix}1\\[2pt]1\end{bmatrix}\!\right)
=\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&1\\[2pt]1&-1\end{bmatrix}\!\begin{bmatrix}1\\[2pt]1\end{bmatrix}
=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}2\\[2pt]0\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}1\\[2pt]0\end{bmatrix}=\ket{0}.
\]

\paragraph{Вывод о (не)коммутативности.}
\[
U_1U_2=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&1\\[2pt]i&-i\end{bmatrix},\qquad
U_2U_1=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&i\\[2pt]1&-i\end{bmatrix},\qquad
U_1U_2\neq U_2U_1\ \Rightarrow\ \ket{\psi_1}\neq\ket{\psi_2}.
\]

\subsection*{2) \(\ket{\psi_3}=U_2\nu_2\), \(\ket{\psi_4}=U_1\nu_2\) (по шагам)}
\paragraph{Шаг 1: \(U_2\nu_2\).}
\[
\ket{\psi_3}=U_2\!\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}a+b\\[2pt]a-b\end{bmatrix}.
\]
Явно:
\[
a+b=\frac{\sqrt3-1+\sqrt3+1}{2\sqrt2}=\frac{2\sqrt3}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{\sqrt2},\quad
a-b=\frac{\sqrt3-1-(\sqrt3+1)}{2\sqrt2}=\frac{-2}{2\sqrt2}=-\frac{1}{\sqrt2}.
\]
Отсюда
\[
\ket{\psi_3}=\frac{1}{\sqrt2}
\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt3}{\sqrt2}\\[6pt]-\dfrac{1}{\sqrt2}\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt3}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2}\end{bmatrix}.
\]

\paragraph{Шаг 2: \(U_1\nu_2\).}
\[
\ket{\psi_4}=U_1\!\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}a\\[2pt]ib\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}\\[8pt]i\,\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}\end{bmatrix}.
\]

\subsection*{3) \(\ket{\psi_5}=U_3\nu_1\), \(\ket{\psi_6}=U_3\nu_2\) (по шагам)}
Положим \(\alpha=\dfrac{\sqrt2}{2}\). Тогда \(U_3=\begin{bmatrix}1&-i\alpha\\[2pt]-i\alpha&1\end{bmatrix}\).

\paragraph{Шаг 1: \(U_3\nu_1\).}
\[
U_3\nu_1=\begin{bmatrix}1&-i\alpha\\[2pt]-i\alpha&1\end{bmatrix}\cdot
\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1\\[2pt]-i\end{bmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1+(-i\alpha)(-i)\\[4pt](-i\alpha)\cdot1+1\cdot(-i)\end{bmatrix}.
\]
Так как \((-i)(-i)=(-i)^2=-1\), то
\[
\ket{\psi_5}=\frac{1}{\sqrt2}\begin{bmatrix}1-\alpha\\[2pt]-i(\alpha+1)\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt2}{2}(1-\frac{\sqrt2}{2})\\[6pt]-\,i\,\dfrac{\sqrt2}{2}\bigl(1+\frac{\sqrt2}{2}\bigr)\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt2-1}{2}\\[6pt]-\,i\,\dfrac{1+\sqrt2}{2}\end{bmatrix}.
\]

\paragraph{Шаг 2: \(U_3\nu_2\).}
\[
\ket{\psi_6}=U_3\!\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}a+(-i\alpha)b\\[2pt](-i\alpha)a+b\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}a-i\alpha b\\[2pt]b-i\alpha a\end{bmatrix}.
\]
Так как \(\alpha b=\dfrac{\sqrt2}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt3+1}{4}\),
\(\alpha a=\dfrac{\sqrt3-1}{4}\), получаем
\[
\ket{\psi_6}=
\begin{bmatrix}
\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}-i\,\dfrac{\sqrt3+1}{4}\\[10pt]
\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}-i\,\dfrac{\sqrt3-1}{4}
\end{bmatrix}.
\]

\subsection*{Проверка норм (тест унитарности по длинам)}
\paragraph{Для \(U_1,U_2\).}
\[
\norm{\psi_1}^2=\left|\frac{1-i}{2}\right|^2+\left|\frac{-1+i}{2}\right|^2
=\frac{1+1}{4}+\frac{1+1}{4}=1,
\]
\[
\norm{\psi_2}^2=|1|^2+0=1,\quad
\norm{\psi_3}^2=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac34+\frac14=1,
\]
\[
\norm{\psi_4}^2=a^2+|ib|^2=a^2+b^2=1.
\]
Следовательно, \(U_1\) и \(U_2\) сохраняют норму исходных состояний.

\paragraph{Для \(U_3\).}
\[
\norm{\psi_5}^2=\left(\frac{\sqrt2-1}{2}\right)^2+\left(\frac{1+\sqrt2}{2}\right)^2
=\frac{3-2\sqrt2}{4}+\frac{3+2\sqrt2}{4}=\frac{3}{2},
\]
\[
\norm{\psi_6}^2=(a^2+(\tfrac{\sqrt3+1}{4})^2)+(b^2+(\tfrac{\sqrt3-1}{4})^2)
=\frac{6-\sqrt3}{8}+\frac{6+\sqrt3}{8}=\frac{3}{2}.
\]
Итак, \(U_3\) \emph{не унитарна} (нормы не сохраняются). Дополнительно: столбцы \(U_3\) ортогональны, но имеют норму \(\sqrt{1+\alpha^2}=\sqrt{3/2}\neq1\); нормированный вариант \(\widetilde U_3=\sqrt{\tfrac{2}{3}}\,U_3\) был бы унитарным.

\section*{Запись каждого \(\ket{\psi_i}\) во всех стандартных формах}

\paragraph{\(\ket{\psi_1}\).}
\[
\ket{\psi_1}=a\ket{0}+b\ket{1},\quad
a=\frac{1-i}{2}=\frac{\sqrt2}{2}e^{-i\pi/4},\quad
b=\frac{-1+i}{2}=\frac{\sqrt2}{2}e^{+3i\pi/4}.
\]
\[
\frac{b}{a}=e^{i\pi},\quad |a|=|b|=\frac{1}{\sqrt2}.
\]
\[
\ket{\psi_1}=\frac{1}{\sqrt2}\ket{0}+\frac{1}{\sqrt2}e^{i\pi}\ket{1}
=\cos\!\frac{\pi}{4}\ket{0}+\sin\!\frac{\pi}{4}e^{i\pi}\ket{1},
\]
\[
\theta=\frac{\pi}{2},\ \varphi=\pi,\qquad
\ket{\psi_1}=\begin{bmatrix}\dfrac{1-i}{2}\\[6pt]\dfrac{-1+i}{2}\end{bmatrix}
=\sum_{i=0}^1 a_i\ket{i},\; a_0=a,\ a_1=b.
\]

\paragraph{\(\ket{\psi_2}\).}
\[
\ket{\psi_2}=1\cdot\ket{0}+0\cdot\ket{1}
=\cos\!\frac{0}{2}\ket{0}+\sin\!\frac{0}{2}e^{i\varphi}\ket{1},
\]
\[
\theta=0,\ \varphi\ \text{произвольна},\qquad
\ket{\psi_2}=\begin{bmatrix}1\\[2pt]0\end{bmatrix},\quad a_0=1,\ a_1=0.
\]

\paragraph{\(\ket{\psi_3}\).}
\[
\ket{\psi_3}=\frac{\sqrt3}{2}\ket{0}-\frac12\ket{1}
=\frac{\sqrt3}{2}\ket{0}+\frac12 e^{i\pi}\ket{1},
\]
\[
\cos\!\frac{\theta}{2}=\frac{\sqrt3}{2},\ \Rightarrow\ \theta=\frac{\pi}{3},\quad \varphi=\pi,
\]
\[
\ket{\psi_3}=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt3}{2}\\[6pt]-\dfrac12\end{bmatrix},\quad a_0=\dfrac{\sqrt3}{2},\ a_1=-\dfrac12.
\]

\paragraph{\(\ket{\psi_4}\).}
\[
\ket{\psi_4}=a\ket{0}+ib\ket{1}=a\ket{0}+b\,e^{i\pi/2}\ket{1},
\quad a=\frac{\sqrt3-1}{2\sqrt2},\ b=\frac{\sqrt3+1}{2\sqrt2},
\]
\[
\cos\!\frac{\theta}{2}=a,\ \sin\!\frac{\theta}{2}=b,\ \Rightarrow\ 
\theta=2\arccos a,\ \varphi=\frac{\pi}{2},
\]
\[
\ket{\psi_4}=\begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}\\[8pt]i\,\dfrac{\sqrt3+1}{2\sqrt2}\end{bmatrix},
\quad a_0=a,\ a_1=ib.
\]

\paragraph{\(\ket{\psi_5}\) (не нормировано) и нормированное \(\widehat{\psi}_5\).}
\[
\ket{\psi_5}=\frac{\sqrt2-1}{2}\ket{0}+\frac{1+\sqrt2}{2}e^{-i\pi/2}\ket{1},
\quad \norm{\psi_5}^2=\frac{3}{2}.
\]
Нормирующий множитель \(c=\frac{1}{\norm{\psi_5}}=\sqrt{\frac{2}{3}}\),
\[
\ket{\widehat{\psi}_5}=c\,\ket{\psi_5}
=\underbrace{\sqrt{\frac{2}{3}}\frac{\sqrt2-1}{2}}_{=:r_1}\ket{0}
+\underbrace{\sqrt{\frac{2}{3}}\frac{1+\sqrt2}{2}}_{=:r_2}e^{-i\pi/2}\ket{1},
\]
\[
\theta_5=2\arccos r_1,\quad \varphi_5=-\frac{\pi}{2},\qquad
\ket{\widehat{\psi}_5}=\begin{bmatrix}r_1\\[2pt]r_2 e^{-i\pi/2}\end{bmatrix}.
\]

\paragraph{\(\ket{\psi_6}\) (не нормировано) и нормированное \(\widehat{\psi}_6\).}
Обозначим \(p=\dfrac{\sqrt3+1}{4},\ q=\dfrac{\sqrt3-1}{4}\). Тогда
\[
\ket{\psi_6}=(a-ip)\ket{0}+(b-iq)\ket{1},\qquad \norm{\psi_6}^2=\frac{3}{2}.
\]
Нормирующий множитель \(c=\sqrt{\tfrac{2}{3}}\),
\[
\ket{\widehat{\psi}_6}=c\,\ket{\psi_6}
=\underbrace{c\sqrt{a^2+p^2}}_{=:r_1}\ket{0}
+\underbrace{c\sqrt{b^2+q^2}}_{=:r_2}\,e^{i\varphi}\ket{1},
\]
где фаза и углы:
\[
\arg(a-ip)=-\arctan\!\frac{p}{a},\quad
\arg(b-iq)=-\arctan\!\frac{q}{b},
\]
\[
\varphi=\arg(b-iq)-\arg(a-ip)=\arctan\!\frac{p}{a}-\arctan\!\frac{q}{b},
\]
\[
r_1^2=c^2(a^2+p^2)=\frac{2}{3}\cdot\frac{6-\sqrt3}{8}=\frac{6-\sqrt3}{12},\quad
r_2^2=c^2(b^2+q^2)=\frac{2}{3}\cdot\frac{6+\sqrt3}{8}=\frac{6+\sqrt3}{12},
\]
\[
\theta_6=2\arccos r_1,\qquad
\ket{\widehat{\psi}_6}=\begin{bmatrix}r_1\\[2pt]r_2 e^{i\varphi}\end{bmatrix}.
\]

\section*{Координаты на сфере Блоха для \(\ket{\psi_1},\ket{\psi_2},\ket{\psi_3},\ket{\psi_4}\)}
\[
\begin{array}{c|c|c}
\text{Состояние} & \theta & \varphi\\ \hline
\ket{\psi_1} & \dfrac{\pi}{2} & \pi\\[6pt]
\ket{\psi_2} & 0 & \text{любая}\\[6pt]
\ket{\psi_3} & \dfrac{\pi}{3} & \pi\\[6pt]
\ket{\psi_4} & 2\arccos\!\Big(\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}\Big) & \dfrac{\pi}{2}
\end{array}
\]

\section*{Итог}
Все шаги умножений и норм проверены. \(U_1\) и \(U_2\) — унитарны (нормы сохраняются), \(U_3\) в заданном виде — не унитарна (\(\norm{\psi_5}^2=\norm{\psi_6}^2=\tfrac{3}{2}\)).


\end{document}