Had-had pada maklumat kuantum

Walaupun berkongsi struktur matematik asas yang sama, maklumat kuantum dan maklumat klasik mempunyai perbezaan utama. Akibatnya, terdapat banyak contoh tugas yang boleh dilakukan oleh maklumat kuantum tetapi tidak oleh maklumat klasik.

Namun, sebelum meneroka beberapa contoh tersebut, kita akan meneliti beberapa had penting pada maklumat kuantum. Memahami perkara yang tidak boleh dilakukan oleh maklumat kuantum membantu kita mengenal pasti perkara yang boleh dilakukannya.

Ketidakrelevanan fasa global

Had pertama yang akan kita bincangkan — yang sebenarnya lebih kepada sedikit kemerosotan dalam cara keadaan kuantum diwakili oleh vektor keadaan kuantum, berbanding had sebenar — berkaitan dengan konsep fasa global.

Yang dimaksudkan dengan fasa global ialah ini. Andaikan $\vert \psi \rangle$ dan $\vert \phi \rangle$ adalah vektor unit yang mewakili keadaan kuantum suatu sistem, dan andaikan terdapat nombor kompleks $\alpha$ pada bulatan unit, bermakna $\vert \alpha \vert = 1,$ atau secara alternatif $\alpha = e^{i\theta}$ untuk suatu nombor nyata $\theta,$ sedemikian rupa sehingga

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

Vektor $\vert \psi \rangle$ dan $\vert \phi \rangle$ itu dikatakan berbeza dengan fasa global. Kita juga kadang-kadang merujuk $\alpha$ sebagai fasa global, walaupun ini bergantung pada konteks; sebarang nombor pada bulatan unit boleh dianggap sebagai fasa global apabila didarab dengan vektor unit.

Pertimbangkan apa yang berlaku apabila suatu sistem berada dalam salah satu daripada dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle,$ dan sistem itu menjalani pengukuran asas standard. Dalam kes pertama, di mana sistem berada dalam keadaan $\vert\psi\rangle,$ kebarangkalian mengukur sebarang keadaan klasik $a$ ialah

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

Dalam kes kedua, di mana sistem berada dalam keadaan $\vert\phi\rangle,$ kebarangkalian mengukur sebarang keadaan klasik $a$ ialah

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

kerana $\vert\alpha\vert = 1.$ Maksudnya, kebarangkalian sesuatu hasil muncul adalah sama bagi kedua-dua keadaan.

Sekarang pertimbangkan apa yang berlaku apabila kita menggunakan operasi unitari sembarangan $U$ pada kedua-dua keadaan. Dalam kes pertama, di mana keadaan awal ialah $\vert \psi \rangle,$ keadaannya menjadi

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

dan dalam kes kedua, di mana keadaan awal ialah $\vert \phi\rangle,$ ia menjadi

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

Maksudnya, dua keadaan yang terhasil masih berbeza dengan fasa global $\alpha$ yang sama.

Akibatnya, dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ yang berbeza dengan fasa global adalah tidak dapat dibezakan sama sekali; walau apa jua operasi, atau urutan operasi, yang kita gunakan pada kedua-dua keadaan, ia akan sentiasa berbeza dengan fasa global, dan melakukan pengukuran asas standard akan menghasilkan hasil dengan kebarangkalian yang tepat sama seperti yang lain. Atas sebab ini, dua vektor keadaan kuantum yang berbeza dengan fasa global dianggap setara, dan secara praktikalnya dilihat sebagai keadaan yang sama.

Sebagai contoh, keadaan kuantum

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

berbeza dengan fasa global (iaitu $-1$ dalam contoh ini), dan oleh itu dianggap sebagai keadaan yang sama.

Sebaliknya, keadaan kuantum

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

tidak berbeza dengan fasa global. Walaupun satu-satunya perbezaan antara dua keadaan itu ialah tanda tambah bertukar menjadi tanda tolak, ini bukanlah perbezaan fasa global, melainkan perbezaan fasa relatif kerana ia tidak mempengaruhi setiap entri vektor, hanya subset entri yang betul. Ini konsisten dengan apa yang telah kita perhatikan sebelum ini, iaitu keadaan $\vert{+} \rangle$ dan $\vert{-}\rangle$ boleh dibezakan dengan sempurna. Khususnya, melakukan operasi Hadamard kemudian mengukur menghasilkan kebarangkalian hasil seperti berikut:

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

Teorem tiada-pengklonan

Teorem tiada-pengklonan menunjukkan bahawa adalah mustahil untuk membuat salinan sempurna bagi keadaan kuantum yang tidak diketahui.

Teorem

Teorem tiada-pengklonan: Andaikan $\Sigma$ adalah set keadaan klasik yang mempunyai sekurang-kurangnya dua elemen, dan $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y}$ adalah sistem yang berkongsi set keadaan klasik $\Sigma$ yang sama. Tidak wujud keadaan kuantum $\vert \phi\rangle$ bagi $\mathsf{Y}$ dan operasi unitari $U$ pada pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ sedemikian rupa sehingga

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

untuk setiap keadaan $\vert \psi \rangle$ bagi $\mathsf{X}.$

Maksudnya, tidak ada cara untuk memulakan sistem $\mathsf{Y}$ (kepada keadaan $\vert\phi\rangle$ mana pun) dan melakukan operasi unitari $U$ pada sistem bersama $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ supaya kesannya ialah keadaan $\vert\psi\rangle$ bagi $\mathsf{X}$ diklon — menghasilkan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ berada dalam keadaan $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

Bukti teorem ini sebenarnya cukup mudah: ia bermuara kepada pemerhatian bahawa pemetaan

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

tidak linear dalam $\vert\psi\rangle.$

Khususnya, kerana $\Sigma$ mempunyai sekurang-kurangnya dua elemen, kita boleh memilih $a,b\in\Sigma$ dengan $a\neq b.$ Jika memang wujud keadaan kuantum $\vert \phi\rangle$ bagi $\mathsf{Y}$ dan operasi unitari $U$ pada pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ di mana $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ bagi $\mathsf{X},$ maka akan berlaku

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

Dengan kelinearan, khususnya kelinearan hasil darab tensor dalam argumen pertama dan kelinearan pendaraban matriks-vektor dalam argumen kedua (vektor), maka kita perlu mendapati

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

Namun, keperluan bahawa $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ menuntut bahawa

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

Oleh itu tidak wujud keadaan $\vert \phi\rangle$ dan operasi unitari $U$ di mana $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap vektor keadaan kuantum $\vert \psi\rangle.$

Ada beberapa catatan berkaitan teorem tiada-pengklonan yang perlu dibuat. Yang pertama ialah pernyataan teorem tiada-pengklonan di atas adalah mutlak, dalam erti kata ia menyatakan bahawa pengklonan sempurna adalah mustahil — tetapi ia tidak menyebut apa-apa tentang kemungkinan mengklon dengan ketepatan terhad, di mana kita mungkin berjaya menghasilkan klon anggaran (mengikut cara tertentu untuk mengukur sejauh mana dua keadaan kuantum berbeza). Sebenarnya terdapat pernyataan teorem tiada-pengklonan yang meletakkan had pada pengklonan anggaran, serta kaedah untuk mencapai pengklonan anggaran dengan ketepatan terhad.

Catatan kedua ialah teorem tiada-pengklonan adalah pernyataan tentang kemustahilan mengklon keadaan sembarangan $\vert\psi\rangle.$ Sebaliknya, kita boleh dengan mudah membuat klon mana-mana keadaan asas standard, sebagai contoh. Sebagai contoh, kita boleh mengklon keadaan asas standard qubit menggunakan operasi NOT-terkawal:

Di sini $|a\rangle$ ialah $|0\rangle$ atau $|1\rangle,$ iaitu keadaan yang boleh direalisasikan secara klasik. Walaupun tiada kesukaran dalam mencipta klon bagi keadaan asas standard, ini tidak bercanggah dengan teorem tiada-pengklonan. Pendekatan menggunakan Gate NOT-terkawal ini tidak akan berjaya mencipta klon bagi keadaan $\vert + \rangle,$ sebagai contoh.

Satu catatan akhir tentang teorem tiada-pengklonan ialah ia sebenarnya bukan unik kepada maklumat kuantum — adalah juga mustahil untuk mengklon keadaan kebarangkalian sembarangan menggunakan proses klasik (deterministik atau kebarangkalian). Bayangkan seseorang memberi anda sistem dalam keadaan kebarangkalian tertentu, tetapi anda tidak pasti apakah keadaan kebarangkalian itu. Sebagai contoh, mungkin mereka menjana secara rawak nombor antara $1$ dan $10,$ tetapi mereka tidak memberitahu anda bagaimana mereka menjana nombor itu. Sudah tentu tiada proses fizikal di mana anda boleh memperoleh dua salinan bebas bagi keadaan kebarangkalian yang sama: apa yang ada di tangan anda hanyalah nombor antara $1$ dan $10,$ dan memang tidak ada maklumat yang mencukupi untuk anda entah bagaimana membina semula kebarangkalian bagi semua hasil lain yang mungkin muncul.

Secara matematik, versi teorem tiada-pengklonan untuk keadaan kebarangkalian boleh dibuktikan dengan cara yang persis sama seperti teorem tiada-pengklonan biasa (untuk keadaan kuantum). Maksudnya, mengklon keadaan kebarangkalian sembarangan adalah proses tak linear, jadi ia tidak mungkin dapat diwakili oleh matriks stokastik.

Keadaan bukan-ortogon tidak boleh dibezakan dengan sempurna

Untuk had terakhir yang akan dibincangkan dalam pelajaran ini, kita akan menunjukkan bahawa jika kita mempunyai dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ yang tidak ortogon, bermakna $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ maka adalah mustahil untuk membezakannya (atau dengan kata lain, untuk mengenal pasti mana yang mana) dengan sempurna. Malahan, kita akan menunjukkan sesuatu yang logiknya setara: jika kita memang mempunyai cara untuk membezakan dua keadaan dengan sempurna, tanpa sebarang ralat, maka keduanya mestilah ortogon.

Kita akan mengehadkan perhatian kepada litar kuantum yang terdiri daripada sebarang bilangan gate unitari, diikuti dengan satu pengukuran asas standard bagi qubit teratas. Yang kita perlukan daripada suatu litar kuantum, untuk mengatakan ia membezakan keadaan $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ dengan sempurna, ialah pengukuran sentiasa menghasilkan nilai $0$ bagi salah satu daripada dua keadaan dan sentiasa menghasilkan $1$ bagi keadaan yang satu lagi. Untuk lebih tepat, kita akan mengandaikan bahawa kita mempunyai litar kuantum yang beroperasi seperti yang dicadangkan oleh gambar rajah berikut:

Kotak berlabel $U$ menandakan operasi unitari yang mewakili tindakan gabungan semua gate unitari dalam litar kita, tetapi tidak termasuk pengukuran akhir. Tidak ada kehilangan keumuman dalam mengandaikan bahawa pengukuran menghasilkan $0$ untuk $\vert\psi\rangle$ dan $1$ untuk $\vert\phi\rangle$; analisis tidak akan berbeza secara asas jika nilai output ini diterbalikkan.

Perhatikan bahawa, selain qubit yang pada mulanya menyimpan sama ada $\vert\psi\rangle$ atau $\vert\phi\rangle,$ litar ini bebas menggunakan sebarang bilangan qubit ruang kerja tambahan. Qubit-qubit ini pada mulanya masing-masing ditetapkan pada keadaan $\vert 0\rangle$ — jadi keadaan gabungan mereka dinotasikan $\vert 0\cdots 0\rangle$ dalam rajah-rajah — dan qubit-qubit ini boleh digunakan oleh litar dengan cara apa pun yang mungkin bermanfaat. Adalah sangat lazim untuk menggunakan qubit ruang kerja dalam litar kuantum seperti ini.

Sekarang, pertimbangkan apa yang berlaku apabila kita menjalankan litar kita pada keadaan $\vert\psi\rangle$ (bersama qubit ruang kerja yang telah dimulakan). Keadaan yang terhasil, sejurus sebelum pengukuran dilakukan, boleh ditulis sebagai

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

untuk dua vektor $\vert \gamma_0\rangle$ dan $\vert \gamma_1\rangle$ yang sepadan dengan semua qubit kecuali qubit teratas. Secara amnya, untuk keadaan sedemikian kebarangkalian bahawa pengukuran qubit teratas menghasilkan hasil $0$ dan $1$ adalah seperti berikut:

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

Kerana litar kita sentiasa menghasilkan $0$ untuk keadaan $\vert\psi\rangle,$ mestilah $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ dan jadi

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

Mendarab kedua-dua belah persamaan ini dengan $U^{\dagger}$ menghasilkan persamaan ini:

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

Dengan penaakulan yang sama untuk $\vert\phi\rangle$ menggantikan $\vert\psi\rangle,$ kita menyimpulkan bahawa

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

untuk suatu vektor $\vert\delta_1\rangle,$ dan oleh itu

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

Sekarang marilah kita ambil hasil darab dalaman vektor-vektor yang diwakili oleh persamaan $(1)$ dan $(2),$ bermula dengan perwakilan di bahagian kanan setiap persamaan. Kita ada

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

jadi hasil darab dalaman vektor $(1)$ dengan vektor $(2)$ ialah

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

Di sini kita telah menggunakan fakta bahawa $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ serta fakta bahawa hasil darab dalaman hasil darab tensor adalah hasil darab hasil darab dalaman:

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

untuk sebarang pilihan vektor-vektor ini (dengan andaian $\vert u\rangle$ dan $\vert w\rangle$ mempunyai bilangan entri yang sama dan $\vert v\rangle$ dan $\vert x\rangle$ mempunyai bilangan entri yang sama, supaya masuk akal untuk membentuk hasil darab dalaman $\langle u\vert w\rangle$ dan $\langle v\vert x \rangle$). Perhatikan bahawa nilai hasil darab dalaman $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ adalah tidak relevan kerana ia didarab dengan $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Akhirnya, mengambil hasil darab dalaman vektor-vektor di sebelah kiri persamaan $(1)$ dan $(2)$ mestilah menghasilkan nilai sifar yang sama yang telah kita kira, jadi

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

Kita telah menyimpulkan apa yang kita mahukan, iaitu bahawa $\vert \psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ adalah ortogon: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Adalah mungkin, omong-omong, untuk membezakan dengan sempurna mana-mana dua keadaan yang ortogon, yang merupakan konvers kepada pernyataan yang baru kita buktikan. Andaikan dua keadaan yang hendak dibezakan ialah $\vert \phi\rangle$ dan $\vert \psi\rangle,$ dengan $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Kita kemudiannya boleh membezakan keadaan-keadaan ini dengan sempurna dengan melakukan pengukuran projektif yang dihuraikan oleh matriks-matriks ini, sebagai contoh:

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

Untuk keadaan $\vert\phi\rangle,$ hasil pertama sentiasa diperoleh:

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

Dan, untuk keadaan $\vert\psi\rangle,$ hasil kedua sentiasa diperoleh:

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