Обмеження квантової інформації

Незважаючи на спільну математичну структуру, квантова та класична інформація мають суттєві відмінності. Завдяки цьому існує чимало задач, які можна розв'язати за допомогою квантової інформації, але не класичної.

Однак, перш ніж розглядати такі приклади, варто звернути увагу на деякі важливі обмеження квантової інформації. Розуміння того, чого квантова інформація не може, допомагає з'ясувати, на що вона здатна.

Незначущість глобальної фази

Перше обмеження, яке ми розглянемо, — а точніше, це скоріше незначна виродженість у способі представлення квантових станів векторами, ніж справжнє обмеження, — стосується поняття глобальної фази.

Під глобальною фазою ми маємо на увазі таке. Нехай $\vert \psi \rangle$ та $\vert \phi \rangle$ — одиничні вектори, що представляють квантові стани деякої системи, і нехай існує комплексне число $\alpha$ на одиничному колі, тобто $\vert \alpha \vert = 1,$ або, що еквівалентно, $\alpha = e^{i\theta}$ для деякого дійсного числа $\theta,$ таке що

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

Тоді кажуть, що вектори $\vert \psi \rangle$ та $\vert \phi \rangle$ відрізняються на глобальну фазу. Іноді $\alpha$ також називають глобальною фазою, хоча це залежить від контексту; будь-яке число на одиничному колі можна вважати глобальною фазою, якщо його помножити на одиничний вектор.

Розглянемо, що відбувається, коли система перебуває в одному з двох квантових станів $\vert\psi\rangle$ та $\vert\phi\rangle,$ і виконується вимірювання у стандартному базисі. У першому випадку, коли система перебуває у стані $\vert\psi\rangle,$ імовірність виміряти будь-який класичний стан $a$ дорівнює

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

У другому випадку, коли система перебуває у стані $\vert\phi\rangle,$ імовірність виміряти класичний стан $a$ дорівнює

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

оскільки $\vert\alpha\vert = 1.$ Тобто імовірність кожного результату однакова для обох станів.

Тепер розглянемо, що відбувається, коли ми застосовуємо довільну унітарну операцію $U$ до обох станів. У першому випадку, коли початковий стан — $\vert \psi \rangle,$ стан стає

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

а в другому випадку, коли початковий стан — $\vert \phi\rangle,$ він стає

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

Тобто два отримані стани все ще відрізняються на ту саму глобальну фазу $\alpha.$

Отже, два квантові стани $\vert\psi\rangle$ та $\vert\phi\rangle,$ що відрізняються на глобальну фазу, є повністю нерозрізнюваними; які б операції чи послідовності операцій ми не застосовували до двох станів, вони завжди відрізнятимуться на глобальну фазу, і вимірювання у стандартному базисі дасть результати з точно однаковими ймовірностями. З цієї причини два вектори квантового стану, що відрізняються на глобальну фазу, вважаються еквівалентними і, по суті, розглядаються як той самий стан.

Наприклад, квантові стани

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

відрізняються на глобальну фазу (яка в цьому прикладі дорівнює $-1$), і тому вважаються одним і тим самим станом.

З іншого боку, квантові стани

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

не відрізняються на глобальну фазу. Хоча єдина відмінність між двома станами полягає в заміні знака «плюс» на «мінус», це не глобальна фазова різниця, а відносна, оскільки вона стосується не всіх компонент вектора, а лише їх підмножини. Це узгоджується з тим, що ми вже спостерігали раніше: стани $\vert{+} \rangle$ та $\vert{-}\rangle$ можна ідеально розрізнити. Зокрема, застосування операції Адамара з подальшим вимірюванням дає такі ймовірності результатів:

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

Теорема про заборону клонування

Теорема про заборону клонування доводить, що неможливо створити ідеальну копію невідомого квантового стану.

Теорема

Теорема про заборону клонування: нехай $\Sigma$ — множина класичних станів, що містить принаймні два елементи, а $\mathsf{X}$ та $\mathsf{Y}$ — системи з однаковою множиною класичних станів $\Sigma.$ Не існує квантового стану $\vert \phi\rangle$ системи $\mathsf{Y}$ та унітарної операції $U$ на парі $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ таких, що

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

для кожного стану $\vert \psi \rangle$ системи $\mathsf{X}.$

Тобто неможливо ні ініціалізувати систему $\mathsf{Y}$ (у будь-який стан $\vert\phi\rangle$), ні виконати унітарну операцію $U$ на об'єднаній системі $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ таким чином, щоб стан $\vert\psi\rangle$ системи $\mathsf{X}$ клонувався — тобто щоб $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ опинилася у стані $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

Доведення цієї теореми насправді досить просте: воно зводиться до спостереження, що відображення

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

не є лінійним відносно $\vert\psi\rangle.$

Зокрема, оскільки $\Sigma$ містить принаймні два елементи, ми можемо вибрати $a,b\in\Sigma$ такі, що $a\neq b.$ Якби існували квантовий стан $\vert \phi\rangle$ системи $\mathsf{Y}$ та унітарна операція $U$ на парі $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ такі, що $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ для кожного квантового стану $\vert\psi\rangle$ системи $\mathsf{X},$ то виконувалися б рівності

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

З лінійності — а саме лінійності тензорного добутку за першим аргументом і лінійності множення матриці на вектор за другим (векторним) аргументом — ми повинні мати

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

Однак умова $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ для кожного квантового стану $\vert\psi\rangle$ вимагає, щоб

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

Отже, не існує стану $\vert \phi\rangle$ та унітарної операції $U$ таких, що $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ для кожного вектора квантового стану $\vert \psi\rangle.$

Тут доречно зробити кілька зауважень щодо теореми про заборону клонування. Перше: формулювання теореми є абсолютним у тому сенсі, що воно стверджує неможливість ідеального клонування, — але нічого не говорить про клонування з обмеженою точністю, де ми могли б отримати наближену копію (відповідно до якогось способу вимірювання подібності двох різних квантових станів). Насправді існують формулювання теореми про заборону клонування, які накладають обмеження і на наближене клонування, а також методи досягнення наближеного клонування з обмеженою точністю.

Друге зауваження: теорема про заборону клонування стверджує неможливість клонування довільного стану $\vert\psi\rangle.$ Натомість, наприклад, клон будь-якого стану стандартного базису можна легко створити. Зокрема, клон стану кубіта стандартного базису можна отримати за допомогою операції CNOT:

Тут $|a\rangle$ — це $|0\rangle$ або $|1\rangle,$ тобто стани, які можна реалізувати класично. Хоча клонувати стан стандартного базису не важко, це не суперечить теоремі про заборону клонування. Наприклад, такий підхід із воротами CNOT не зміг би успішно клонувати стан $\vert + \rangle.$

Останнє зауваження: теорема про заборону клонування не є унікальною для квантової інформації — неможливо також клонувати довільний імовірнісний стан за допомогою класичного (детермінованого або імовірнісного) процесу. Уяви, що хтось передає тобі систему в деякому імовірнісному стані, але ти не знаєш, який це стан. Наприклад, вони могли випадково згенерувати число від $1$ до $10,$ але не сказали тобі, як саме. Не існує жодного фізичного процесу, за допомогою якого можна отримати дві незалежні копії того самого імовірнісного стану: все, що є у твоїх руках, — це число від $1$ до $10,$ і просто немає достатньо інформації, щоб якимось чином відновити ймовірності появи всіх інших результатів.

З математичної точки зору, версію теореми про заборону клонування для імовірнісних станів можна довести точно так само, як і звичайну теорему (для квантових станів). Тобто клонування довільного імовірнісного стану є нелінійним процесом, тому воно не може бути представлене стохастичною матрицею.

Неортогональні стани не можна ідеально розрізнити

Для останнього обмеження, яке розглядається в цьому уроці, ми покажемо: якщо є два квантові стани $\vert\psi\rangle$ та $\vert\phi\rangle,$ що не є ортогональними, тобто $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ то їх неможливо ідеально розрізнити (іншими словами — відрізнити один від одного). Насправді ми покажемо логічно еквівалентне твердження: якщо ми маємо спосіб ідеально розрізнити два стани без жодної помилки, то вони обов'язково є ортогональними.

Ми обмежимося квантовими схемами, що складаються з будь-якої кількості унітарних вентилів, за якими слідує одне вимірювання у стандартному базисі верхнього кубіта. Від квантової схеми, щоб вважати, що вона ідеально розрізняє стани $\vert\psi\rangle$ та $\vert\phi\rangle,$ ми вимагаємо, щоб вимірювання завжди давало результат $0$ для одного зі станів і завжди $1$ для іншого. Точніше, будемо вважати, що є квантова схема, яка діє так, як зображено на таких діаграмах:

Блок $U$ позначає унітарну операцію, що відповідає сукупній дії всіх унітарних вентилів схеми, але без фінального вимірювання. Немає втрати загальності у припущенні, що вимірювання дає $0$ для $\vert\psi\rangle$ і $1$ для $\vert\phi\rangle$; аналіз принципово не зміниться, якщо поміняти ці результати місцями.

Зауважимо, що, крім кубітів, що спочатку зберігають або $\vert\psi\rangle$, або $\vert\phi\rangle,$ схема може використовувати будь-яку кількість додаткових робочих кубітів. Ці кубіти спочатку кожен ініціалізований у стан $\vert 0\rangle$ — тому їх спільний стан позначено $\vert 0\cdots 0\rangle$ на рисунках — і схема може використовувати їх у будь-який корисний спосіб. Використання робочих кубітів у таких квантових схемах є дуже поширеним.

Тепер розглянемо, що відбувається, коли ми запускаємо схему на стані $\vert\psi\rangle$ (разом з ініціалізованими робочими кубітами). Отриманий стан, безпосередньо перед виміром, можна записати як

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

для двох векторів $\vert \gamma_0\rangle$ та $\vert \gamma_1\rangle,$ що відповідають усім кубітам, крім верхнього. Загалом для такого стану ймовірності того, що вимірювання верхнього кубіта дасть результати $0$ та $1,$ такі:

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

Оскільки наша схема завжди дає результат $0$ для стану $\vert\psi\rangle,$ то $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ і тому

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

Множачи обидві частини цього рівняння на $U^{\dagger},$ отримуємо:

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

Аналогічно міркуючи для $\vert\phi\rangle$ замість $\vert\psi\rangle,$ приходимо до висновку, що

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

для деякого вектора $\vert\delta_1\rangle,$ і тому

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

Тепер обчислимо скалярний добуток векторів, представлених рівняннями $(1)$ та $(2),$ починаючи з представлень у правих частинах кожного рівняння. Маємо

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

тому скалярний добуток вектора $(1)$ з вектором $(2)$ дорівнює

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

Тут ми скористалися тим, що $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ а також тим, що скалярний добуток тензорних добутків дорівнює добутку скалярних добутків:

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

для будь-якого вибору цих векторів (за умови, що $\vert u\rangle$ та $\vert w\rangle$ мають однакову кількість компонент, а $\vert v\rangle$ та $\vert x\rangle$ — також однакову, щоб мали сенс скалярні добутки $\langle u\vert w\rangle$ та $\langle v\vert x \rangle$). Зауважимо, що значення скалярного добутку $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ не важливе, оскільки воно множиться на $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Нарешті, скалярний добуток векторів у лівих частинах рівнянь $(1)$ та $(2)$ повинен дати те саме нульове значення, яке ми вже отримали, тому

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

Ми дійшли до бажаного висновку: $\vert \psi\rangle$ та $\vert\phi\rangle$ є ортогональними: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

До речі, будь-які два ортогональні стани можна ідеально розрізнити — це обернене до щойно доведеного твердження. Нехай два стани, які потрібно розрізнити, — це $\vert \phi\rangle$ та $\vert \psi\rangle,$ де $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Тоді ці стани можна ідеально розрізнити, виконавши, наприклад, проективне вимірювання, описане такими матрицями:

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

Для стану $\vert\phi\rangle$ завжди отримуємо перший результат:

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

А для стану $\vert\psi\rangle$ завжди отримуємо другий результат:

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