Використання дробової кількості класичних бітів в рамках квантової телепортації

Нещодавно я почув, що можлива передача раціональних класичних бітів (наприклад, 1,5 кбіт) від однієї сторони до іншої за допомогою квантової телепортації. У стандартному протоколі телепортації необхідні 2 класичні біти та 1 максимально заплутаний стан спільного ресурсу для ідеального телепортування невідомого стану. Але я не розумію, як біти можуть передаватися по класичному каналу. $1.x$

Це можливо? Якщо так, чи можете ви дати коротке пояснення?
Було б корисно, якщо ви можете вказати мені на деякі документи, в яких можлива ідеальна телепортація з використанням дробових бітів (і, можливо, додаткових квантових ресурсів).

Деякі люди можуть задатися питанням, як це може бути актуально для квантових обчислень. Д. Готтсман та І. Л. Чуанг припустили, що квантова телепортація відіграватиме важливу роль як примітивна підпрограма в квантових обчисленнях. G. Brassard, SL Braunstein та R. Cleve показали, що квантова телепортація може бути зрозуміла як квантове обчислення.

— Віет Арадхья
джерело

@MEE Протоколи передачі інформації та телепортації є частинами квантової теорії інформації, яка тут ідеально актуальна. Хоча я згоден, що питання можна трохи покращити.

— Санчаян Дутта

@MEE Звичайно, я спробую бути більш описовим (і пройти політику щодо запиту ресурсів). Але я вважаю, що квантова інформація повинна бути невід’ємною частиною цього каналу. Якщо ні, я щиро вибачаюся!

— Vijeth Aradhya

@VijethAradhya Може бути корисним вказати, де саме ви почули заяву.

— Санчаян Дутта

@MEE Під «додатковими ресурсами» я мав на увазі додатковий квантовий ресурс між Алісою та Боб! Вибачте за непорозуміння.

— Vijeth Aradhya

@Blue Я чув це під час свого візиту до сусіднього університету, де деякі студенти обговорювали питання про телепортацію. Я займаюся дослідженнями QI / QC, але про це не знав. У всякому разі, я не міг встигнути їх запитати! Отже, я запитав: "Це можливо навіть?"

— Vijeth Aradhya

Відповіді:

Я точно не знаю, як би досягти менше двох біт класичної комунікації для телепортації, але ось один із способів, щоб ви могли мати не ціле число: якщо ви телепортуєте qudit з розмірністю що не є силою два. Для кожного протоколу телепортації вам доведеться надіслати дві частини інформації, яку ви могли б представити у бітах, використовуючи біти. Якщо потім повторювати протокол багато разів, ви можете комбінувати класичні повідомлення, які ви надсилаєте, і зменшити їх до за протокол телепортації в середньому. $d$ $\lceil 2\log_2(d)\rceil$ $2\log_2(d)$

Один із можливих шляхів до менш ніж двох бітів класичної комунікації (якщо ви цього хочете) - використовувати поєднання недосконалої телепортації та не універсальної телепортації (де ми маємо попередні знання про те, якою може бути стан телепорту) . Якщо стан вашого ресурсу , то ймовірність отримання кожного результату вимірювання в протоколі телепортації залежить від значення : телепортування стану дає вірогідність чотирьох різних вимірювань Белла, як $\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$ $\alpha$ $(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$

| B_{x y} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 x ⟩ + (- 1)^{y} | 1 \bar{x} ⟩)

$|B_{xy}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0x\rangle+(-1)^y|1\bar x\rangle\right)$

p_{x y} = \frac{1}{4} (1 + (- 1)^{x} (2 α^{2} - 1) \cos θ),

$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$ де і - одиничні біти. Використовуючи вхідний розподіл для невідомого квантового стану, ми можемо обчислити середнє значення .

x

$x$

y

$y$

\sin θ

$\sin\theta$

Для універсальної телепортації (де вхідним станом може бути будь-який стан), має . У цьому випадку всі ймовірності рівні, і найкраще, що ми можемо зробити, це просто надіслати результат вимірювання у вигляді двох біт, . $\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$ $xy$

Тепер уявіть собі випадок, коли . Тоді ймовірності дорівнюють . Можна стиснути цю інформацію, використовуючи, наприклад, кодування Хаффмана: . Це очікувана довжина повідомлення . Таким чином, якщо ви повторюєте цей протокол багато разів, в середньому ви надсилаєте 1875 біт за телепортацію. Це, звичайно, лише приклад. Будь-яке значення дає стиснення. $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$ $(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$ $\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$ $\frac{15}{8}$ $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

Компроміс полягає в тому, що якщо (де ви не отримуєте жодного стиснення), телепортація є недосконалою. $|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

— DaftWullie
джерело

Дуже дякую за відповідь @DaftWullie, але я шукав ідеальний протокол телепортації (в загальному випадку).

— Vijeth Aradhya

Нещодавно я знайшов документ Subhash Kak, який впроваджує протоколи телепортації, які вимагають меншої класичної вартості зв'язку (з більшою кількістю квантових ресурсів). Я думав, що краще буде написати окрему відповідь.

Kak обговорює три протоколи; двоє з них використовують 1 кбіт, а для останнього потрібен 1,5 кбіт. Але перші два протоколи знаходяться в іншій обстановці, тобто заплутані частинки спочатку знаходяться в лабораторії Аліси (і виконується кілька локальних операцій), потім одна із заплутаних частинок переноситься в лабораторію Боба; це на відміну від стандартного налаштування, коли заплутані частинки попередньо діляться між Алісою та Бобом до того, як протокол навіть запущений. Зацікавлені можуть пройти ті протоколи, які використовують лише 1 кбіт. Я спробую пояснити останній протокол, який використовує лише 1,5 кбіт (дробові кубики).

Існує чотири частинки, а саме, і . - це незвідана частинка (або стан), яку потрібно телепортувати з лабораторії Аліси до лабораторії Боба. і - з Алісою, а - з Бобом. Нехай зображено як , так що . Три частинки і знаходяться в чистому заплутаному стані (поки залишаючи константи нормалізації). $X, Y, Z$ $U$ $X$ $X, Y$ $Z$ $U$ $X$ $\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$ $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$ $Y, Z$ $U$ $|000\rangle+|111\rangle$

Отже, початковий стан всієї системи такий:

α | 0000 ⟩ + β | 1000 ⟩ + α | 0111 ⟩ + β | 1111 ⟩

$\alpha|0000\rangle + \beta|1000\rangle + \alpha|0111\rangle + \beta|1111\rangle$

Крок 1 : Застосувати прикутих перетворення XOR на і (I) XOR станів і (II) виключає стану і . $X, Y$ $Z$ $X$ $Y$ $Y$ $Z$

АБО унітарною визначається за формулою: $XOR$

X O R = [\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}] .

$XOR = \left[{\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}}\right].$

Іншими словами, перетворення стану такі:

| 00 ⟩ \to | 00 ⟩ | 01 ⟩ \to | 01 ⟩ | 10 ⟩ \to | 11 ⟩ | 11 ⟩ \to | 10 ⟩

Після кроку 1 стан всієї системи є:

α | 0000 ⟩ + β | 1110 ⟩ + α | 0101 ⟩ + β | 1011 ⟩

$\alpha|0000\rangle + \beta|1110\rangle + \alpha|0101\rangle + \beta|1011\rangle$

Крок 2 : Нанести Адамара tranform про стан . $X$

α (| 0000 ⟩ + | 1000 ⟩) + β (| 0110 ⟩ - | 1110 ⟩) + α (| 0101 ⟩ + | 1101 ⟩) + β (| 0011 ⟩ - | 1011 ⟩)

Крок 3 : Аліса вимірює стан і . $X$ $Y$

Спростивши подане подання, отримаємо

| 00 ⟩ (α | 00 ⟩ + β | 11 ⟩) + | 01 ⟩ (α | 01 ⟩ + β | 10 ⟩) + | 10 ⟩ (α | 00 ⟩ - β | 11 ⟩) + | 11 ⟩ (α | 01 ⟩ - β | 10 ⟩) .

Крок 4 : Залежно від результатів вимірювання Аліси, відповідні одиниці застосовуються на (від Аліси) та (за Боб). $Z$ $U$

(а) Якщо Аліса потрапить , то і Аліса, і Боб нічого не роблять. $|00\rangle$

(b) Якщо Аліса отримує , тоді Аліса застосовує і Боб нічого не робить. $|10\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$

(c) Якщо Аліса отримує , тоді Аліса нічого не робить, і Боб застосовує . $|01\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

(d) Якщо Аліса отримує , тоді Аліса застосовує і Боб застосовує . $|11\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

В основному, , , і можна відповідним чином змінити комбінований стан і щоб він став . Зверніть увагу , що якщо Аліса отримує або , то Боб повинен застосувати деякі унітарні , так що комбіноване стан і є $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & 1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0 \end{array}}\right]$ $Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ $|01\rangle$ $|11\rangle$ $Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ .

Крок 5 : Застосування перетворення Адамара на стан . $Z$

Після застосування одиниць, комбінований стан і є (як згадувалося вище). Отже, після кроку 5 комбінований стан і є $Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ $Z$ $U$

α | 00 ⟩ + α | 10 ⟩ + β | 01 ⟩ - β | 11 ⟩ = | 0 ⟩ (α | 0 ⟩ + β | 1 ⟩) + | 1 ⟩ (α | 0 ⟩ - β | 1 ⟩) .

Крок 6 : Аліса вимірює стан . $Z$

Виходячи з її вимірювання, вона передає Боб один класичний біт інформації, щоб він міг використати відповідний унітар для отримання невідомого стану!

Обговорення : Отже, як протокол вимагає біт класичної комунікації? Cleary, на етапі 6 використовується 1 кбіт, і на кроці 4 легко помітити, що для двох результатів (а саме або ) Боб не повинен застосовувати жодних унітазів. Боб повинен застосувати деякі унітарні (вказані до протоколу; скажіть ), якщо Аліса отримає інші два Результати, і в цих сценаріях Аліса надсилає один кубік, вказуючи на те, що Унітаром повинен користуватися Боб. Отже, зазначається, що обчислювальне навантаження становить 0,5 кубітів (адже 50% часу Боб не повинен застосовувати жодних унітарних). Отже, весь протокол $1.5$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ потрібно всього 1,5 кубіка.

Але Аліса повинна надіслати цей 1 кбіт, незалежно від того, отримає вона ці результати, чи не так? Аліса і Боб не можуть домовитися про конкретний час (після протоколу), коли Аліса надсилає цей 1 кбіт, і якщо Боб до цього часу не отримає той класичний біт, то він знає, що йому не потрібно застосовувати жодних унітарних. Ці протоколи, залежні від часу, як правило, не дозволені через релятивістські наслідки (інакше ви навіть можете скласти протокол Standard, щоб використовувати час для вказівки інформації та зменшити класичну вартість зв'язку до 1 кубіта; наприклад, на , надішліть один кубіт або в $t_1$ $t_2$ , надішліть один кубіт). Отже, Аліса повинна надсилати цей цит щоразу, правда? У цьому випадку для протокола потрібні 2 кубіти (один на етапі 4 та інший на етапі 6). Я вважав, що було б добре, якби обговорили саме цю частину.

— Віет Арадхья
джерело

Я згоден; Я б назвав 2 біти зв'язку. Звичайно, це, можливо, було те, про що ви почули дискусію!

— DaftWullie

Я також погоджуюся з тим, що інші протоколи в цьому документі можуть бути знищені. Протоколи переставлені таким чином, що я не розумію, чому держава не просто надсилається безпосередньо від Аліси до Боба, уникаючи необхідності будь-якого класичного спілкування взагалі!

— DaftWullie