Sử dụng một số lượng nhỏ các bit cổ điển trong dịch chuyển tức thời lượng tử

Gần đây, tôi nghe nói rằng có thể chuyển các bit cổ điển hợp lý (ví dụ 1,5 cbit) từ bên này sang bên khác thông qua dịch chuyển tức thời lượng tử. Trong Giao thức dịch chuyển tức thời tiêu chuẩn , cần có 2 bit cổ điển và 1 trạng thái tài nguyên chia sẻ vướng mắc tối đa để dịch chuyển tức thời hoàn hảo trạng thái chưa biết. Nhưng tôi không hiểu làm thế nào $1.x$ bit có thể được gửi qua trong kênh cổ điển.

Điều đó có thể không? Nếu có, bạn có thể đưa ra một lời giải thích ngắn gọn?
Sẽ rất hữu ích nếu bạn có thể chỉ cho tôi một số bài báo trong đó dịch chuyển tức thời hoàn hảo có thể sử dụng các bit phân đoạn (và có thể cả tài nguyên lượng tử bổ sung).

Một số người có thể tự hỏi làm thế nào điều này có thể liên quan đến điện toán lượng tử. D. Gottesman và IL Chuang cho rằng dịch chuyển tức thời lượng tử sẽ đóng vai trò quan trọng như một chương trình con nguyên thủy trong tính toán lượng tử. G. Brassard, SL Braunstein và R. Cleve đã chỉ ra rằng dịch chuyển tức thời lượng tử có thể được hiểu là tính toán lượng tử.

— Vijeth Aradhya
nguồn

@MEE Giao thức chuyển giao và dịch chuyển thông tin là một phần của lý thuyết thông tin lượng tử, hoàn toàn thuộc chủ đề ở đây. Mặc dù tôi đồng ý rằng câu hỏi có thể được cải thiện một chút.

— Sanchaya Dutta

@MEE Chắc chắn, tôi sẽ thử mô tả nhiều hơn (và thông qua chính sách yêu cầu tài nguyên). Nhưng, tôi tin rằng thông tin lượng tử phải là một phần không thể thiếu của kênh này. Nếu không, tôi chân thành xin lỗi!

— Vijeth Aradhya

@VijethAradhya Có thể hữu ích để bao gồm chính xác nơi bạn đã nghe tuyên bố.

— Sanchaya Dutta

@MEE Bởi 'tài nguyên bổ sung', ý tôi là tài nguyên lượng tử bổ sung giữa Alice và Bob! Xin lỗi vì sự nhầm lẫn.

— Vijeth Aradhya

@Blue Tôi đã nghe điều này trong chuyến thăm của tôi đến một trường đại học gần đó, nơi một số sinh viên đang thảo luận về dịch chuyển tức thời. Tôi đang làm nghiên cứu về QI / QC, nhưng tôi không biết điều này. Dù sao, tôi không thể có thời gian để hỏi họ! Do đó, tôi hỏi, "Điều đó thậm chí có thể không?"

— Vijeth Aradhya

Câu trả lời:

Tôi không biết chắc chắn làm thế nào bạn sẽ đạt được ít hơn hai bit giao tiếp cổ điển để dịch chuyển tức thời, nhưng đây là một cách mà bạn có thể có một số không nguyên: nếu bạn dịch chuyển một qudit với thứ nguyên không phải là sức mạnh của hai. Đối với mỗi giao thức teleportation, bạn phải gửi hai SOFT thông tin, mà bạn có thể đại diện theo bit sử dụng bit. Nếu sau đó bạn lặp lại giao thức nhiều lần, bạn có thể kết hợp các thông điệp cổ điển mà bạn đang gửi và giảm trung bình xuống cho mỗi giao thức dịch chuyển tức thời. $d$ $\lceil 2\log_2(d)\rceil$ $2\log_2(d)$

Một cách có thể hướng tới ít hơn hai bit của giao tiếp cổ điển (nếu đó là những gì bạn đang theo đuổi) là sử dụng kết hợp dịch chuyển tức thời không hoàn hảo và dịch chuyển tức thời không phổ quát (nơi chúng ta có một số kiến thức trước về trạng thái được dịch chuyển tức thời) . Nếu trạng thái tài nguyên của bạn là , sau đó xác suất nhận được mỗi kết quả đo lường trong giao thức dịch chuyển phụ thuộc vào giá trị của: dịch chuyển trạng thái $\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$ $\alpha$ cung cấp cho các probailities trong bốn đo Chuông khác nhau, $(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ như

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

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

trong đó

và

là các bit đơn. Sử dụng phân phối đầu vào cho các trạng thái lượng tử không rõ, chúng ta có thể tính toán giá trị trung bình của

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

$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$

x

$x$

y

$y$

\sin θ

$\sin\theta$

Đối với teleportation phổ quát (nơi nhà nước đầu vào có thể là nhà nước có), người ta . Trong trường hợp này, các xác suất đều bằng nhau và điều tốt nhất chúng ta có thể làm chỉ là gửi kết quả đo là hai bit, . $\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$ $xy$

Bây giờ tưởng tượng trường hợp . Sau đó, xác suất là $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$ . Người ta có thể nén thông tin này sử dụng, ví dụ, Huffman mã hóa:. Điều này có độ dài tin nhắn dự kiến $(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$ $\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$ . Do đó, nếu bạn lặp lại giao thức này nhiều lần, trung bình bạn gửi 1,875 bit mỗi lần dịch chuyển tức thời. Tất nhiên, đây chỉ là một ví dụ. Bất kỳ giá trị $\frac{15}{8}$ cho nén. $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

Sự đánh đổi là trừ khi (nơi bạn không nhận được bất kỳ nén nào), dịch chuyển tức thời là không hoàn hảo. $|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

— DaftWullie
nguồn

Cảm ơn bạn rất nhiều vì câu trả lời @DaftWullie, nhưng tôi đã tìm kiếm một giao thức dịch chuyển hoàn hảo (trong trường hợp chung).

— Vijeth Aradhya

Gần đây tôi đã tìm thấy một bài báo của Subhash Kak giới thiệu các giao thức dịch chuyển tức thời đòi hỏi chi phí truyền thông cổ điển ít hơn (với nhiều tài nguyên lượng tử hơn). Tôi nghĩ sẽ tốt hơn nếu viết một câu trả lời riêng.

Kak thảo luận về ba giao thức; hai trong số họ sử dụng 1 cbit và cái cuối cùng cần 1,5 cbit. Nhưng hai giao thức đầu tiên ở một môi trường khác nhau , tức là các hạt vướng víu ban đầu trong phòng thí nghiệm của Alice (và một vài thao tác cục bộ được thực hiện), sau đó một trong những hạt vướng víu được chuyển đến phòng thí nghiệm của Bob; điều này không giống với cài đặt Tiêu chuẩn nơi các hạt vướng víu được chia sẻ trước giữa Alice và Bob trước khi giao thức được bắt đầu. Những người quan tâm có thể đi qua các giao thức chỉ sử dụng 1 cbit. Tôi sẽ cố gắng giải thích giao thức cuối cùng chỉ sử dụng 1,5 cbit (cbit phân đoạn).

Có bốn hạt, cụ thể là, và . là hạt không xác định (hoặc trạng thái) phải được dịch chuyển từ phòng thí nghiệm của Alice đến phòng thí nghiệm của Bob. và ở cùng Alice và ở với Bob. Đặt được biểu diễn dưới dạng , sao cho . Ba hạt $X, Y, Z$ $U$ $X$ $X, Y$ $Z$ $U$ $X$ $\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$ $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$ và ở trạng thái vướng víu thuần túy (rời hằng bình thường cho bây giờ). $Y, Z$ $U$ $|000\rangle+|111\rangle$

Vậy, trạng thái ban đầu của toàn hệ thống là:

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

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

Bước 1 : Áp dụng biến đổi XOR xích trên và (i) XOR các bang và (ii) XOR các bang và . $X, Y$ $Z$ $X$ $Y$ $Y$ $Z$

Đơn vị được cho bởi: $XOR$

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

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

Nói cách khác, các phép biến đổi trạng thái như sau:

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

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

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

Bước 2 : Thoa Hadamard tranform về tình trạng của . $X$

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

$X$ $Y$

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

$Z$ $U$

$|00\rangle$

$|10\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$

$|01\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$|11\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & 1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0 \end{array}}\right]$ $Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ $|01\rangle$ $|11\rangle$ $Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$

$Z$

$Z$ $U$ $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ $Z$ $U$

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

Bước 6 : Alice đo trạng thái $Z$ .

Dựa trên số đo của cô ấy, cô ấy truyền một chút thông tin cổ điển cho Bob để anh ta có thể sử dụng một đơn vị thích hợp để có được trạng thái không rõ ràng!

Thảo luận : Vậy, giao thức yêu cầu như thế nào $1.5$ bit của giao tiếp clasiical? Cleary, Bước 6 sử dụng 1 cbit và trong Bước 4, có thể dễ dàng nhận thấy rằng đối với hai kết quả (cụ thể là, $|10\rangle$ hoặc là $|00\rangle$ ), Bob không cần áp dụng bất kỳ đơn vị. Bob phải áp dụng một số đơn vị (được chỉ định trước protocool; nói $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ ) nếu Alice nhận được hai kết quả khác, và trong các tình huống đó, Alice sẽ gửi một quỹ đạo chỉ ra rằng đơn vị sẽ được Bob sử dụng. Vì vậy, nó được đề cập rằng điều này có gánh nặng tính toán là 0,5 cbit (vì 50% thời gian, Bob không cần phải áp dụng bất kỳ sự thống nhất nào). Do đó, toàn bộ giao thức chỉ cần 1,5 cbit.

Nhưng, Alice phải gửi 1 cbit đó cho dù cô ấy có nhận được những kết quả đó hay không, phải không? Alice và Bob không thể đồng ý về một thời điểm cụ thể (sau giao thức) khi Alice gửi 1 cbit đó và nếu Bob không nhận được bit cổ điển đó vào thời điểm đó, thì anh ta biết rằng anh ta không cần phải áp dụng bất kỳ sự thống nhất nào. Các proton phụ thuộc thời gian này, nói chung, không được phép do hậu quả tương đối tính (nếu không, bạn thậm chí có thể tạo giao thức Chuẩn để sử dụng thời gian để chỉ ra thông tin và giảm chi phí truyền thông cổ điển xuống còn 1 cbit; $t_1$ , gửi một cbit hoặc tại $t_2$ , gửi một cbit). Vì vậy, Alice phải gửi cbit đó mọi lúc, phải không? Trong trường hợp đó, protcol yêu cầu 2 cbit (một ở Bước 4 và một ở Bước 6). Tôi nghĩ sẽ tốt hơn nếu có một cuộc thảo luận về phần đặc biệt này.

— Vijeth Aradhya
nguồn

Tôi đồng ý; Tôi gọi đó là 2 bit giao tiếp. Tất nhiên, đó có thể là những gì bạn đã nghe lỏm được một cuộc thảo luận về!

— DaftWullie

Tôi cũng đồng ý rằng các giao thức khác trong bài báo đó có thể được giảm giá. Các giao thức được sắp xếp lại theo cách mà tôi không hiểu tại sao nhà nước không được gửi trực tiếp từ Alice đến Bob, tránh sự cần thiết phải có bất kỳ giao tiếp cổ điển nào!

— DaftWullie