Teleportacja kwantowa

Teleportacja kwantowa, w skrócie po prostu teleportacja, to protokół, w którym nadawca (Alice) przesyła qubit do odbiorcy (Bob), wykorzystując współdzielony splątany stan kwantowy (dokładnie jeden e-bit) oraz dwa bity klasycznej komunikacji. Nazwa teleportacja ma nawiązywać do konceptu z literatury science fiction, gdzie materia jest przenoszona z jednego miejsca do drugiego przy użyciu futurystycznej technologii, jednak trzeba rozumieć, że w teleportacji kwantowej nie teleportuje się materii — tym, co jest faktycznie teleportowane, jest informacja kwantowa.

Konfiguracja teleportacji wygląda następująco.

Zakładamy, że Alice i Bob współdzielą e-bit: Alice posiada qubit $\mathsf{A},$ Bob posiada qubit $\mathsf{B},$ a razem para $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ jest w stanie $\vert\phi^+\rangle.$ Może być tak na przykład, że Alice i Bob przebywali wcześniej w tym samym miejscu, przygotowali qubity $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ w stanie $\vert \phi^+ \rangle,$ a następnie każde z nich udało się w swoją stronę, trzymając swój qubit. Może też być tak, że do ustanowienia tego współdzielonego e-bitu użyto innego procesu, na przykład z udziałem osoby trzeciej lub złożonego procesu rozproszonego. Te szczegóły nie są częścią samego protokołu teleportacji.

Następnie Alice wchodzi w posiadanie trzeciego qubitu $\mathsf{Q},$ który chce przesłać do Boba. Stan qubitu $\mathsf{Q}$ jest uznawany za nieznany Alice i Bobowi — nie stawia się żadnych założeń na jego temat. Na przykład qubit $\mathsf{Q}$ może być splątany z jednym lub więcej innymi układami, do których ani Alice, ani Bob nie mają dostępu. Stwierdzenie, że Alice chce przesłać qubit $\mathsf{Q}$ do Boba, oznacza, że Alice chciałaby, aby Bob trzymał qubit będący w takim samym stanie, w jakim $\mathsf{Q}$ znajdował się na początku protokołu, wraz ze wszystkimi korelacjami, jakie $\mathsf{Q}$ miał z innymi układami — tak jakby Alice fizycznie wręczyła $\mathsf{Q}$ Bobowi.

Można by wyobrazić sobie, że Alice fizycznie wysyła qubit $\mathsf{Q}$ do Boba, a jeśli dotrze on do Boba bez zmiany czy zakłócenia podczas transmisji, to zadanie Alice i Boba zostanie wykonane. W kontekście teleportacji przyjmujemy jednak założenie, że nie jest to wykonalne — Alice nie może wysyłać qubitów bezpośrednio do Boba. Może natomiast wysyłać do Boba informacje klasyczne.

To są rozsądne założenia w wielu różnych sytuacjach. Na przykład jeśli Alice nie zna dokładnej lokalizacji Boba lub dzieląca ich odległość jest duża, fizyczne przesłanie qubitu przy użyciu dzisiejszej technologii lub technologii przewidywalnej przyszłości byłoby co najmniej wyzwaniem. Natomiast, jak wiemy z codziennych doświadczeń, klasyczna transmisja informacji w takich okolicznościach jest całkiem prosta.

W tym miejscu można zadać pytanie, czy Alice i Bob mogą wykonać swoje zadanie bez potrzeby korzystania ze współdzielonego e-bitu. Innymi słowy, czy istnieje jakiś sposób na przesłanie qubitu wyłącznie przy użyciu klasycznej komunikacji?

Odpowiedź brzmi: nie, nie jest możliwe przesłanie informacji kwantowej przy użyciu wyłącznie klasycznej komunikacji. Nie jest zbyt trudno udowodnić tego matematycznie przy użyciu podstawowej teorii informacji kwantowej, ale możemy alternatywnie wykluczyć możliwość przesyłania qubitów przy użyciu samej komunikacji klasycznej, odwołując się do twierdzenia o zakazie klonowania.

Wyobraź sobie, że istniałby sposób na przesłanie informacji kwantowej przy użyciu wyłącznie klasycznej komunikacji. Informacje klasyczne można łatwo kopiować i rozsyłać, co oznacza, że każda klasyczna transmisja od Alice do Boba mogłaby zostać odebrana również przez drugiego odbiorcę (powiedzmy, Charlie'ego). Ale jeśli Charlie otrzyma tę samą klasyczną komunikację, którą odebrał Bob, to czy nie byłby on w stanie uzyskać kopii qubitu $\mathsf{Q}?$ Sugerowałoby to, że $\mathsf{Q}$ zostało sklonowane, co wiemy już jest niemożliwe na mocy twierdzenia o zakazie klonowania — dochodzimy więc do wniosku, że nie ma sposobu na przesłanie informacji kwantowej przy użyciu wyłącznie klasycznej komunikacji.

Gdy jednak przyjmiemy założenie, że Alice i Bob współdzielą e-bit, możliwe jest wykonanie przez nich zadania. To właśnie robi protokół teleportacji kwantowej.

Protokół

Oto schemat obwodu kwantowego opisujący protokół teleportacji:

Schemat jest nieco ostylizowany, ponieważ przedstawia separację między Alice a Bobem, z dwoma ukośnymi przewodami reprezentującymi klasyczne bity wysyłane od Alice do Boba, jednak poza tym jest to zwykły schemat obwodu kwantowego. Nazwy qubitów są pokazane nad przewodami, a nie po lewej stronie, dzięki czemu można również pokazać stany początkowe (co będziemy często robić, gdy jest to wygodne). Należy też zauważyć, że bramki $X$ i $Z$ mają klasyczne sterowanie, co po prostu oznacza, że bramki są stosowane lub nie stosowane w zależności od tego, czy te klasyczne bity sterujące wynoszą $0$ czy $1.$

Protokół teleportacji w słowach wygląda następująco:

1. Alice wykonuje operację CNOT na parze $(\mathsf{A},\mathsf{Q}),$ gdzie $\mathsf{Q}$ jest bitem kontrolnym, a $\mathsf{A}$ jest bitem docelowym, a następnie wykonuje operację Hadamarda na $\mathsf{Q}.$

2. Alice mierzy następnie zarówno $\mathsf{A},$ jak i $\mathsf{Q}$ — w obu przypadkach w odniesieniu do pomiaru w bazie standardowej — i przekazuje klasyczne wyniki do Boba. Oznaczmy wynik pomiaru $\mathsf{A}$ jako $a,$ a wynik pomiaru $\mathsf{Q}$ jako $b.$

3. Bob otrzymuje $a$ i $b$ od Alice i w zależności od wartości tych bitów wykonuje następujące operacje:

   • Jeśli $a = 1,$ to Bob wykonuje bit flip (czyli bramkę $X$) na swoim qubicie $\mathsf{B}.$
   • Jeśli $b = 1,$ to Bob wykonuje phase flip (czyli bramkę $Z$) na swoim qubicie $\mathsf{B}.$

   Tzn. warunkowo na $ab$ wynoszącym $00,$ $01,$ $10$ lub $11,$ Bob wykonuje jedną z operacji $\mathbb{I},$ $Z,$ $X$ lub $ZX$ na qubicie $\mathsf{B}.$

To jest kompletny opis protokołu teleportacji. Analiza przedstawiona poniżej pokazuje, że po jego uruchomieniu qubit $\mathsf{B}$ będzie znajdować się w stanie, w jakim $\mathsf{Q}$ był przed wykonaniem protokołu, łącznie ze wszystkimi korelacjami, jakie miał z innymi układami — co oznacza, że protokół efektywnie zaimplementował doskonały kanał komunikacji qubitów, w którym stan $\mathsf{Q}$ został „teleportowany" do $\mathsf{B}.$

Przed przystąpieniem do analizy warto zauważyć, że ten protokół nie powoduje klonowania stanu $\mathsf{Q},$ co wiemy już jest niemożliwe na mocy twierdzenia o zakazie klonowania. Natomiast po zakończeniu protokołu stan qubitu $\mathsf{Q}$ zmieni się ze swojej pierwotnej wartości na $\vert b\rangle$ w wyniku wykonanego na nim pomiaru. Należy też zauważyć, że e-bit został w tym procesie efektywnie „zużyty": stan $\mathsf{A}$ zmienił się na $\vert a\rangle$ i nie jest już splątany z $\mathsf{B}$ (ani żadnym innym układem). To jest koszt teleportacji.

Analiza

Aby przeanalizować protokół teleportacji, zbadamy zachowanie opisanego powyżej układu, krok po kroku, zaczynając od sytuacji, w której $\mathsf{Q}$ jest początkowo w stanie $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle.$ Nie jest to najogólniejsza sytuacja, ponieważ nie uwzględnia możliwości, że $\mathsf{Q}$ jest splątany z innymi układami, jednak rozpoczęcie od tego prostszego przypadku pozwoli przejrzyściej przeprowadzić analizę. Ogólniejszy przypadek jest omówiony poniżej, po analizie prostszego.

Dokładniej, rozważymy stany qubitów $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ w chwilach zaznaczonych na poniższym rysunku:

Przy założeniu, że qubit $\mathsf{Q}$ rozpoczyna protokół w stanie $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle,$ stan trzech qubitów $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ łącznie na początku protokołu wynosi

$$\vert \pi_0 \rangle = \vert \phi^+\rangle \otimes \bigl(\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle \bigr) = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 110\rangle + \beta \vert 001\rangle + \beta \vert 111\rangle}{\sqrt{2}}.$$

Pierwszą wykonywaną bramką jest bramka CNOT, która przekształca stan $\vert\pi_0\rangle$ w

$$\vert \pi_1 \rangle = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 110\rangle + \beta \vert 011\rangle + \beta \vert 101\rangle}{\sqrt{2}}.$$

Następnie zostaje zastosowana bramka Hadamarda, która przekształca stan $\vert\pi_1\rangle$ w

$$\begin{aligned} \vert\pi_2\rangle & = \frac{\alpha \vert 00\rangle \vert + \rangle + \alpha \vert 11\rangle\vert +\rangle + \beta \vert 01\rangle\vert -\rangle + \beta \vert 10\rangle\vert -\rangle}{\sqrt{2}}\\[2mm] & = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 001 \rangle + \alpha \vert 110 \rangle + \alpha \vert 111 \rangle + \beta \vert 010 \rangle - \beta \vert 011 \rangle + \beta \vert 100 \rangle - \beta \vert 101 \rangle}{2}. \end{aligned}$$

Korzystając z wieloliniowości iloczynu tensorowego, możemy zapisać ten stan alternatywnie w następujący sposób:

$$\begin{aligned} \vert\pi_2\rangle = \quad & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 0 \rangle + \beta \vert 1\rangle \bigr)\vert 00\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 0 \rangle - \beta \vert 1\rangle \bigr)\vert 01\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 1 \rangle + \beta \vert 0\rangle \bigr)\vert 10\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 1 \rangle - \beta \vert 0\rangle \bigr)\vert 11\rangle. \end{aligned}$$

Na pierwszy rzut oka może się wydawać, że zdarzyło się coś magicznego — skrajnie lewy qubit $\mathsf{B}$ zdaje się teraz zależeć od liczb $\alpha$ i $\beta,$ mimo że Alice nie skomunikowała się jeszcze z Bobem. To złudzenie. Skalary swobodnie przepływają przez iloczyny tensorowe, więc $\alpha$ i $\beta$ są w równym stopniu (lub tak samo mało) związane ze skrajnie lewym kubitem, co z pozostałymi, a wszystko, co zrobiliśmy, to użyliśmy algebry, aby wyrazić stan w sposób ułatwiający analizę pomiarów.

Rozważmy teraz cztery możliwe wyniki pomiarów Alicji w bazie standardowej, wraz z działaniami, które Bob podejmuje w odpowiedzi.

Możliwe wyniki

• Wynikiem pomiaru Alicji jest $aq = 00$ z prawdopodobieństwem

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert\beta\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  w którym to przypadku stan $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ przyjmuje postać

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 00 \rangle.$$

  Bob nie podejmuje żadnych działań w tym przypadku i jest to końcowy stan tych trzech qubitów.

• Wynikiem pomiaru Alicji jest $aq = 01$ z prawdopodobieństwem

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 0\rangle - \beta\vert 1\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert{-\beta}\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  w którym to przypadku stan $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ przyjmuje postać

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle - \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 01 \rangle.$$

  W tym przypadku Bob stosuje bramkę $Z$ do $\mathsf{B},$ pozostawiając $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ w stanie

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 01 \rangle.$$

• Wynikiem pomiaru Alicji jest $aq = 10$ z prawdopodobieństwem

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 1\rangle + \beta\vert 0\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert\beta\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  w którym to przypadku stan $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ przyjmuje postać

  $$\bigl( \alpha \vert 1 \rangle + \beta \vert 0 \rangle \bigr) \vert 10 \rangle.$$

  W tym przypadku Bob stosuje bramkę $X$ do kubitu $\mathsf{B},$ pozostawiając $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ w stanie

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 10 \rangle.$$

• Wynikiem pomiaru Alicji jest $aq = 11$ z prawdopodobieństwem

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 1\rangle - \beta\vert 0\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert{-\beta}\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  w którym to przypadku stan $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ przyjmuje postać

  $$\bigl( \alpha \vert 1 \rangle - \beta \vert 0 \rangle \bigr) \vert 11 \rangle.$$

  W tym przypadku Bob wykonuje operację $ZX$ na kubicie $\mathsf{B},$ pozostawiając $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ w stanie

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 11 \rangle.$$

Widzimy teraz, we wszystkich czterech przypadkach, że qubit Boba $\mathsf{B}$ na końcu protokołu pozostaje w stanie $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle,$ który jest początkowym stanem kubitu $\mathsf{Q}.$ To właśnie chcieliśmy wykazać: protokół teleportacji zadziałał poprawnie.

Widzimy również, że kubity $\mathsf{A}$ i $\mathsf{Q}$ pozostają w jednym z czterech stanów $\vert 00\rangle,$ $\vert 01\rangle,$ $\vert 10\rangle$ lub $\vert 11\rangle,$ każdy z prawdopodobieństwem $1/4,$ w zależności od wyników pomiarów uzyskanych przez Alicję. Tak więc, jak już sugerowano powyżej, na końcu protokołu Alicja nie dysponuje już stanem $\alpha \vert 0\rangle + \beta \vert 1\rangle,$ co jest zgodne z twierdzeniem o zakazie klonowania.

Zauważ, że pomiary Alicji nie ujawniają absolutnie żadnej informacji o stanie $\alpha \vert 0\rangle + \beta \vert 1\rangle.$ To znaczy, prawdopodobieństwo każdego z czterech możliwych wyników pomiaru wynosi $1/4,$ niezależnie od $\alpha$ i $\beta.$ Jest to również niezbędne dla poprawnego działania teleportacji. Wydobywanie informacji z nieznanego stanu kwantowego w ogólności nieuchronnie go zaburza, jednak tutaj Bob uzyskuje stan bez żadnych zaburzeń. Rozważmy teraz bardziej ogólną sytuację, w której qubit $\mathsf{Q}$ jest początkowo splątany z innym układem, który nazwiemy $\mathsf{R}.$ Podobna analiza do powyższej pokazuje, że protokół teleportacji działa poprawnie również w tym ogólniejszym przypadku: na końcu protokołu qubit $\mathsf{B}$ przechowywany przez Boba jest splątany z $\mathsf{R}$ dokładnie w taki sam sposób, w jaki $\mathsf{Q}$ był splątany na początku protokołu — tak jakby Alicja po prostu przekazała $\mathsf{Q}$ Bobowi.

Aby to udowodnić, załóżmy, że stan pary $(\mathsf{Q},\mathsf{R})$ jest początkowo opisany wektorem stanu kwantowego postaci

$$\alpha \vert 0 \rangle_{\mathsf{Q}} \vert \gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1 \rangle_{\mathsf{Q}} \vert \gamma_1\rangle_{\mathsf{R}},$$

gdzie $\vert\gamma_0\rangle$ i $\vert\gamma_1\rangle$ są wektorami stanu kwantowego układu $\mathsf{R}$, a $\alpha$ i $\beta$ są liczbami zespolonymi spełniającymi warunek $\vert \alpha \vert^2 + \vert\beta\vert^2 = 1.$ Każdy wektor stanu kwantowego pary $(\mathsf{Q},\mathsf{R})$ można wyrazić w taki sposób.

Poniższy rysunek przedstawia ten sam Circuit co poprzednio, z dodaniem układu $\mathsf{R}$ (reprezentowanego przez zbiór qubitów na górze diagramu, na które nic nie działa).

Aby przeanalizować, co się dzieje podczas uruchamiania protokołu teleportacji, warto przestawić kolejność układów — analogicznie do podejścia opisanego w poprzedniej lekcji. Konkretnie rozważymy stan układów w kolejności $(\mathsf{B},\mathsf{R},\mathsf{A},\mathsf{Q})$ zamiast $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q},\mathsf{R}).$ Nazwy poszczególnych układów są uwzględnione jako indeksy dolne w poniższych wyrażeniach dla przejrzystości.

Na początku protokołu stan tych układów jest następujący:

$$\begin{aligned} \vert \pi_0\rangle & = \vert \phi^+\rangle_{\mathsf{BA}} \otimes \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{Q}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{Q}}\vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}}\bigr)\\[1mm] & = \frac{ \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 00 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 10 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 01 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 11 \rangle_{\mathsf{AQ}}}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

Najpierw stosowana jest bramka CNOT, która przekształca ten stan w

$$\vert\pi_1\rangle = \frac{ \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 00\rangle_{\mathsf{AQ}} + \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 10\rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 11\rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 01\rangle_{\mathsf{AQ}}}{\sqrt{2}}.$$

Następnie stosowana jest bramka Hadamard. Po rozwinięciu i uproszczeniu otrzymanego stanu — analogicznie do analizy prostszego przypadku powyżej — otrzymujemy następujące wyrażenie na wynikowy stan:

$$\begin{aligned} \vert \pi_2 \rangle = \quad & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 00\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} - \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 01\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 10\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} - \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 11\rangle_{\mathsf{AQ}}. \end{aligned}$$

Postępując dokładnie tak jak poprzednio — rozważając cztery różne możliwe wyniki pomiarów Alicji oraz odpowiadające im działania wykonywane przez Boba — stwierdzamy, że na końcu protokołu stan $(\mathsf{B},\mathsf{R})$ wynosi zawsze

$$\alpha \vert 0 \rangle \vert \gamma_0\rangle + \beta \vert 1 \rangle \vert \gamma_1\rangle.$$

Mówiąc nieformalnie, analiza nie zmienia się w istotny sposób w porównaniu z prostszym przypadkiem powyżej; $\vert\gamma_0\rangle$ i $\vert\gamma_1\rangle$ po prostu „jadą na gapę." Teleportacja z powodzeniem tworzy zatem doskonały kwantowy kanał komunikacyjny, efektywnie przenosząc zawartość qubitu $\mathsf{Q}$ do $\mathsf{B}$ i zachowując wszystkie korelacje z innymi układami.

W rzeczywistości nie jest to wcale zaskakujące, biorąc pod uwagę analizę prostszego przypadku powyżej. Jak wykazała tamta analiza, mamy do czynienia z procesem fizycznym, który działa jak operacja identycznościowa na qubicie w dowolnym stanie kwantowym — a jest tylko jeden sposób, w jaki to może się zdarzyć: operacja zaimplementowana przez protokół musi być operacją identycznościową. Innymi słowy, gdy już wiemy, że teleportacja działa poprawnie dla pojedynczego qubitu w izolacji, możemy stwierdzić, że protokół efektywnie implementuje doskonały, bezszumowy kanał kwantowy — i dlatego musi działać poprawnie nawet wtedy, gdy wejściowy qubit jest splątany z innym układem.

Dalsza dyskusja

Oto kilka krótkich, końcowych uwag na temat teleportacji.

Po pierwsze, teleportacja nie jest zastosowaniem informacji kwantowej — to protokół służący do wykonywania komunikacji kwantowej. Jest zatem użyteczna tylko w takim stopniu, w jakim użyteczna jest komunikacja kwantowa.

Można zasadnie spekulować, że teleportacja mogłaby pewnego dnia stać się standardowym sposobem przesyłania informacji kwantowej, być może za pośrednictwem procesu zwanego destylacją splątania. Jest to proces, który przekształca większą liczbę zaszumionych (lub niedoskonałych) e-bitów w mniejszą liczbę wysokiej jakości e-bitów, które można następnie wykorzystać do bezszumowej lub niemal bezszumowej teleportacji. Chodzi o to, że sam proces destylacji splątania nie jest tak delikatny jak bezpośrednia komunikacja kwantowa. Możemy na przykład akceptować straty, a jeśli proces nie powiedzie się, możemy po prostu spróbować ponownie. Natomiast rzeczywiste qubity, które chcemy przesłać, mogą być znacznie cenniejsze.

Na koniec należy zrozumieć, że idea leżąca u podstaw teleportacji oraz sposób jej działania są dość fundamentalne w informacji kwantowej i obliczeniach kwantowych. Jest to prawdziwy kamień węgielny teorii informacji kwantowej, a jej różne warianty pojawiają się wciąż na nowo.