Ograniczenia informacji kwantowej

Mimo że informacja kwantowa i klasyczna mają wspólną podstawową strukturę matematyczną, istnieją między nimi kluczowe różnice. W związku z tym istnieje wiele zadań, które są możliwe w przypadku informacji kwantowej, a niemożliwe w przypadku klasycznej.

Zanim jednak przyjrzymy się niektórym z tych przykładów, omówimy kilka ważnych ograniczeń informacji kwantowej. Zrozumienie tego, czego informacja kwantowa nie może robić, pomaga nam zidentyfikować to, co może.

Nieistotność globalnych faz

Pierwsze ograniczenie, które omówimy — które tak naprawdę jest raczej pewną degeneracją w sposobie reprezentowania stanów kwantowych przez wektory stanów kwantowych, niż faktycznym ograniczeniem — dotyczy pojęcia globalnej fazy.

Przez globalną fazę rozumiemy następujące zjawisko. Niech $\vert \psi \rangle$ i $\vert \phi \rangle$ będą wektorami jednostkowymi reprezentującymi stany kwantowe pewnego układu, i załóżmy, że istnieje liczba zespolona $\alpha$ leżąca na okręgu jednostkowym, tzn. taka, że $\vert \alpha \vert = 1,$ lub równoważnie $\alpha = e^{i\theta}$ dla pewnej liczby rzeczywistej $\theta,$ taka że

$$\vert \phi \rangle = \alpha \vert \psi \rangle.$$

Wektory $\vert \psi \rangle$ i $\vert \phi \rangle$ różnią się wtedy globalną fazą. Czasami mówimy też, że $\alpha$ jest globalną fazą, choć zależy to od kontekstu; każdą liczbę leżącą na okręgu jednostkowym można traktować jako globalną fazę przy mnożeniu przez wektor jednostkowy.

Rozważ, co się dzieje, gdy układ jest w jednym z dwóch stanów kwantowych $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle,$ i układ przechodzi standardowy pomiar w bazie. W pierwszym przypadku, gdy układ jest w stanie $\vert\psi\rangle,$ prawdopodobieństwo zmierzenia dowolnego danego stanu klasycznego $a$ wynosi

$$\bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2.$$

W drugim przypadku, gdy układ jest w stanie $\vert\phi\rangle,$ prawdopodobieństwo zmierzenia dowolnego stanu klasycznego $a$ wynosi

$$\bigl\vert \langle a \vert \phi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \alpha \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \vert \alpha \vert^2 \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2,$$

ponieważ $\vert\alpha\vert = 1.$ Oznacza to, że prawdopodobieństwo uzyskania danego wyniku jest takie samo dla obu stanów.

Rozważ teraz, co się dzieje, gdy do obu stanów zastosujemy dowolną operację unitarną $U$. W pierwszym przypadku, gdy stanem początkowym jest $\vert \psi \rangle,$ stan przyjmuje postać

$$U \vert \psi \rangle,$$

a w drugim przypadku, gdy stanem początkowym jest $\vert \phi\rangle,$ przyjmuje postać

$$U \vert \phi \rangle = \alpha U \vert \psi \rangle.$$

Oznacza to, że oba wynikowe stany nadal różnią się tą samą globalną fazą $\alpha.$

W konsekwencji dwa stany kwantowe $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$ różniące się globalną fazą są całkowicie nierozróżnialne; bez względu na to, jaką operację lub ciąg operacji zastosujemy do obu stanów, będą one zawsze różnić się globalną fazą, a wykonanie standardowego pomiaru w bazie da wyniki z dokładnie takimi samymi prawdopodobieństwami. Z tego powodu dwa wektory stanów kwantowych różniące się globalną fazą są uważane za równoważne i traktowane jako ten sam stan.

Na przykład stany kwantowe

$$\vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{and}\quad -\vert - \rangle = -\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

różnią się globalną fazą (która w tym przykładzie wynosi $-1$) i dlatego są uważane za ten sam stan.

Z drugiej strony stany kwantowe

$$\vert + \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{and}\quad \vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

nie różnią się globalną fazą. Mimo że jedyną różnicą między tymi dwoma stanami jest zamiana znaku plus na minus, nie jest to globalna różnica fazy, lecz względna różnica fazy, ponieważ nie wpływa ona na każdy element wektora, a jedynie na właściwy podzbiór elementów. Jest to zgodne z tym, co zaobserwowaliśmy wcześniej, a mianowicie że stany $\vert{+} \rangle$ i $\vert{-}\rangle$ można rozróżnić w sposób doskonały. W szczególności wykonanie operacji Hadamard, a następnie pomiaru daje następujące prawdopodobieństwa wyników:

$$\begin{aligned} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 1 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 0 \\[1mm] \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 0 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 1. \end{aligned}$$

No-cloning theorem

Twierdzenie o no-cloning pokazuje, że niemożliwe jest stworzenie idealnej kopii nieznanego stanu kwantowego.

Twierdzenie

No-cloning theorem: Niech $\Sigma$ będzie zbiorem stanów klasycznych zawierającym co najmniej dwa elementy, a $\mathsf{X}$ i $\mathsf{Y}$ będą układami o tym samym zbiorze stanów klasycznych $\Sigma.$ Nie istnieje stan kwantowy $\vert \phi\rangle$ układu $\mathsf{Y}$ ani operacja unitarna $U$ na parze $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ taka, że

$$U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$$

dla każdego stanu $\vert \psi \rangle$ układu $\mathsf{X}.$

Innymi słowy, nie ma możliwości zainicjowania układu $\mathsf{Y}$ (do żadnego stanu $\vert\phi\rangle$) i wykonania operacji unitarnej $U$ na układzie złożonym $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ w taki sposób, aby efektem było sklonowanie stanu $\vert\psi\rangle$ układu $\mathsf{X}$ — czyli uzyskanie przez $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ stanu $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

Dowód tego twierdzenia jest w rzeczywistości dość prosty: sprowadza się do obserwacji, że odwzorowanie

$$\vert\psi\rangle \otimes \vert \phi\rangle\mapsto\vert\psi\rangle \otimes \vert \psi\rangle$$

nie jest liniowe względem $\vert\psi\rangle.$

W szczególności, ponieważ $\Sigma$ ma co najmniej dwa elementy, możemy wybrać $a,b\in\Sigma$ takie, że $a\neq b.$ Gdyby istniał stan kwantowy $\vert \phi\rangle$ układu $\mathsf{Y}$ i operacja unitarna $U$ na parze $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ spełniające warunek $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ dla każdego stanu kwantowego $\vert\psi\rangle$ układu $\mathsf{X},$ to zachodziłoby:

$$U \bigl( \vert a \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle \quad\text{and}\quad U \bigl( \vert b \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

Z liniowości — a dokładniej: liniowości iloczynu tensorowego względem pierwszego argumentu oraz liniowości mnożenia macierzy przez wektor względem drugiego (wektorowego) argumentu — wynikałoby zatem:

$$U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr) = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

Tymczasem wymaganie, by $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ dla każdego stanu kwantowego $\vert\psi\rangle$, wymusza:

$$\begin{aligned} & U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr)\\ & \qquad = \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr) \otimes \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr)\\ & \qquad = \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert b\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle\\ & \qquad \neq \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle \end{aligned}$$

Zatem nie może istnieć stan $\vert \phi\rangle$ ani operacja unitarna $U$ spełniające warunek $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ dla każdego wektora stanu kwantowego $\vert \psi\rangle.$

Kilka uwag dotyczących no-cloning theorem jest na miejscu. Po pierwsze, sformułowanie no-cloning theorem powyżej jest absolutne, w tym sensie, że stwierdza niemożliwość idealnego klonowania — nie mówi jednak nic o ewentualnym klonowaniu z ograniczoną dokładnością, w którym mogłoby nam się udać uzyskać przybliżoną kopię (względem jakiegoś sposobu mierzenia podobieństwa dwóch różnych stanów kwantowych). Istnieją w rzeczywistości sformułowania no-cloning theorem, które nakładają ograniczenia na przybliżone klonowanie, a także metody osiągania przybliżonego klonowania z ograniczoną dokładnością.

Po drugie, no-cloning theorem jest twierdzeniem o niemożliwości sklonowania dowolnego stanu $\vert\psi\rangle.$ W przeciwieństwie do tego, możemy z łatwością tworzyć kopie dowolnego stanu bazowego standardowego — na przykład. Możemy na przykład sklonować qubitowy stan bazy standardowej za pomocą operacji controlled-NOT:

Tutaj $|a\rangle$ to $|0\rangle$ lub $|1\rangle,$ czyli stany, które mogą być realizowane klasycznie. Choć nie ma żadnej trudności w tworzeniu kopii stanu bazy standardowej, nie zaprzecza to no-cloning theorem. Takie podejście z użyciem bramki controlled-NOT nie sprawdziłoby się jednak przy tworzeniu kopii stanu $\vert + \rangle,$ na przykład.

Jedna ostatnia uwaga o no-cloning theorem: twierdzenie to tak naprawdę nie jest wyjątkowe dla informacji kwantowej — niemożliwe jest też sklonowanie dowolnego stanu probabilistycznego za pomocą klasycznego (deterministycznego lub probabilistycznego) procesu. Wyobraź sobie, że ktoś wręcza ci układ w jakimś stanie probabilistycznym, ale nie wiesz, jaki to stan probabilistyczny. Na przykład może ktoś losowo wylosował liczbę od $1$ do $10,$ ale nie powiedział ci, jak ją wylosował. Z pewnością nie istnieje żaden fizyczny proces, dzięki któremu możesz uzyskać dwie niezależne kopie tego samego stanu probabilistycznego: masz w rękach jedynie liczbę od $1$ do $10$ i po prostu nie ma wystarczająco dużo informacji, by w jakiś sposób odtworzyć prawdopodobieństwa pojawienia się wszystkich pozostałych wyników.

Matematycznie rzecz biorąc, wersję no-cloning theorem dla stanów probabilistycznych można udowodnić dokładnie w ten sam sposób, co zwykłe no-cloning theorem (dla stanów kwantowych). To znaczy, klonowanie dowolnego stanu probabilistycznego jest procesem nieliniowym, więc nie może być reprezentowane przez macierz stochastyczną.

Stanów nieortogonalnych nie można doskonale rozróżnić

Na koniec tej lekcji pokażemy, że jeśli mamy dwa stany kwantowe $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$, które nie są ortogonalne, co oznacza, że $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ to nie można ich doskonale rozróżnić (czyli odróżnić od siebie). Pokażemy w rzeczywistości coś logicznie równoważnego: jeśli mamy sposób na doskonałe rozróżnienie dwóch stanów bez żadnego błędu, to muszą być one ortogonalne.

Ograniczymy uwagę do obwodów kwantowych składających się z dowolnej liczby bramek unitarnych, po których następuje pojedynczy pomiar w standardowej bazie najwyższego qubitu. Od obwodu kwantowego wymagamy, by doskonale rozróżniał stany $\vert\psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$ w takim sensie, że pomiar zawsze daje wartość $0$ dla jednego z tych stanów i zawsze daje $1$ dla drugiego. Dokładniej, przyjmijmy, że mamy obwód kwantowy działający zgodnie z poniższymi diagramami:

Blok oznaczony $U$ oznacza operację unitarną reprezentującą łączne działanie wszystkich bramek unitarnych w naszym obwodzie, bez uwzględnienia końcowego pomiaru. Bez straty ogólności możemy założyć, że pomiar daje $0$ dla $\vert\psi\rangle$ i $1$ dla $\vert\phi\rangle$; analiza nie różniłaby się zasadniczo, gdyby te wartości wyjściowe były zamienione.

Zauważ, że oprócz qubitów przechowujących początkowo $\vert\psi\rangle$ lub $\vert\phi\rangle$, obwód może używać dowolnej liczby dodatkowych qubitów pomocniczych. Qubity te są początkowo ustawione na stan $\vert 0\rangle$ — ich łączny stan oznaczamy $\vert 0\cdots 0\rangle$ na rysunkach — i mogą być wykorzystywane przez obwód w dowolny korzystny sposób. Używanie qubitów pomocniczych w takich obwodach kwantowych jest bardzo powszechne.

Rozważmy teraz, co się dzieje, gdy uruchamiamy nasz obwód na stanie $\vert\psi\rangle$ (wraz ze zainicjalizowanymi qubitami pomocniczymi). Wynikowy stan, bezpośrednio przed wykonaniem pomiaru, można zapisać jako

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0 \rangle \vert \psi \rangle\bigr) = \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle + \vert \gamma_1 \rangle\vert 1 \rangle$$

dla dwóch wektorów $\vert \gamma_0\rangle$ i $\vert \gamma_1\rangle$ odpowiadających wszystkim qubitom z wyjątkiem najwyższego. Ogólnie, dla takiego stanu prawdopodobieństwa uzyskania wyników $0$ i $1$ z pomiaru najwyższego qubitu są następujące:

$$\operatorname{Pr}(\text{outcome is $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{and}\qquad \operatorname{Pr}(\text{outcome is $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

Ponieważ nasz obwód zawsze daje $0$ dla stanu $\vert\psi\rangle$, musi zachodzić $\vert\gamma_1\rangle = 0$, a więc

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle \bigr) = \vert\gamma_0\rangle\vert 0 \rangle.$$

Mnożąc obie strony tego równania przez $U^{\dagger}$, otrzymujemy:

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr). \tag{1}$$

Rozumując analogicznie dla $\vert\phi\rangle$ zamiast $\vert\psi\rangle$, dochodzimy do wniosku, że

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle \bigr) = \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle$$

dla pewnego wektora $\vert\delta_1\rangle$, a zatem

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr). \tag{2}$$

Obliczmy teraz iloczyn wewnętrzny wektorów reprezentowanych przez równania $(1)$ i $(2)$, zaczynając od prawych stron obu równań. Mamy

$$\bigl(U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr)\bigr)^{\dagger} = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U,$$

więc iloczyn wewnętrzny wektora $(1)$ z wektorem $(2)$ wynosi

$$\bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr) \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle \langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$$

Skorzystaliśmy tutaj z faktu, że $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ a także z tego, że iloczyn wewnętrzny iloczynów tensorowych jest równy iloczynowi iloczynów wewnętrznych:

$$\langle u \otimes v \vert w \otimes x\rangle = \langle u \vert w\rangle \langle v \vert x\rangle$$

dla dowolnych takich wektorów (przy założeniu, że $\vert u\rangle$ i $\vert w\rangle$ mają tę samą liczbę elementów oraz $\vert v\rangle$ i $\vert x\rangle$ mają tę samą liczbę elementów, aby sensowne było tworzenie iloczynów wewnętrznych $\langle u\vert w\rangle$ i $\langle v\vert x \rangle$). Zauważ, że wartość iloczynu wewnętrznego $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ jest nieistotna, ponieważ jest mnożona przez $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Na koniec, iloczyn wewnętrzny wektorów po lewych stronach równań $(1)$ i $(2)$ musi dać tę samą zerową wartość, którą już obliczyliśmy, więc

$$0 = \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle \vert \psi\rangle\bigr)^{\dagger} \bigl(\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi\rangle\bigr) = \langle 0\cdots 0 \vert 0\cdots 0 \rangle \langle \psi \vert \phi \rangle = \langle \psi \vert \phi \rangle.$$

Udowodniliśmy zatem to, co chcieliśmy, a mianowicie że $\vert \psi\rangle$ i $\vert\phi\rangle$ są ortogonalne: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Warto dodać, że można doskonale rozróżnić dowolne dwa stany, które są ortogonalne — to twierdzenie odwrotne do tego, które właśnie udowodniliśmy. Przypuśćmy, że dwa stany do rozróżnienia to $\vert \phi\rangle$ i $\vert \psi\rangle$, gdzie $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Możemy wtedy doskonale rozróżnić te stany, wykonując pomiar rzutowy opisany na przykład przez poniższe macierze:

$$\bigl\{ \vert\phi\rangle\langle\phi\vert,\,\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \bigr\}.$$

Dla stanu $\vert\phi\rangle$ zawsze uzyskujemy pierwszy wynik:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 1,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 0. \end{aligned}$$

A dla stanu $\vert\psi\rangle$ zawsze uzyskujemy drugi wynik:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| 0 \bigr\|^2 = 0,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = 1. \end{aligned}$$