Wykorzystanie ułamkowej liczby klasycznych bitów w teleportacji kwantowej

Ostatnio dowiedziałem się, że może istnieć transfer racjonalnych klasycznych bitów (na przykład 1,5 cbits) z jednej strony na drugą za pomocą teleportacji kwantowej. W standardowym protokole teleportacji wymagane są 2 klasyczne bity i 1 maksymalnie uwikłany stan współdzielonego zasobu, aby uzyskać idealną teleportację w nieznanym stanie. Ale nie rozumiem, jak bity mogą być przesyłane w kanale klasycznym. $1.x$

Czy to jest możliwe? Jeśli tak, czy mógłbyś podać krótkie wyjaśnienie?
Byłoby pomocne, gdybyś mógł wskazać mi dokumenty, w których możliwa jest idealna teleportacja za pomocą bitów ułamkowych (i ewentualnie dodatkowych zasobów kwantowych).

Niektórzy ludzie mogą się zastanawiać, w jaki sposób może to mieć znaczenie w obliczeniach kwantowych. D. Gottesman i IL Chuang zasugerowali, że teleportacja kwantowa odegra ważną rolę jako prymitywny podprogram w obliczeniach kwantowych. G. Brassard, SL Braunstein i R. Cleve wykazali, że teleportacja kwantowa może być rozumiana jako obliczenie kwantowe.

— Vijeth Aradhya
źródło

@MEE Protokoły przesyłania i teleportacji informacji są częścią teorii informacji kwantowej, która jest doskonale na ten temat. Chociaż zgadzam się, że pytanie można nieco poprawić.

— Sanchayan Dutta

@MEE Pewnie, postaram się być bardziej opisowy (i przejdę do zasad dotyczących żądań zasobów). Uważam jednak, że informacja kwantowa musi stanowić integralną część tego kanału. Jeśli nie, szczerze przepraszam!

— Vijeth Aradhya

@VijethAradhya Pomocne może być podanie, gdzie dokładnie usłyszałeś oświadczenie.

— Sanchayan Dutta

@MEE Przez „dodatkowe zasoby” miałem na myśli dodatkowe zasoby kwantowe między Alice i Bobem! Przepraszam za zamieszanie.

— Vijeth Aradhya

@Blue Słyszałem o tym podczas mojej wizyty na pobliskim uniwersytecie, gdzie niektórzy studenci dyskutowali o teleportacji. Robię badania w QI / QC, ale nie wiedziałem o tym. W każdym razie nie miałem czasu, żeby ich zapytać! Dlatego zapytałem: „Czy to w ogóle możliwe?”

— Vijeth Aradhya

Odpowiedzi:

Nie wiem na pewno, w jaki sposób osiągnąłbyś mniej niż dwa bity klasycznej komunikacji dla teleportacji, ale oto jeden sposób, w jaki możesz mieć liczbę niecałkowitą: jeśli teleportujesz qudit o wymiarze , to nie jest moc dwa. Dla każdego protokołu teleportacji musisz wysłać dwie części informacji, które możesz przedstawić w bitach za pomocą bitów. Jeśli następnie powtórzysz protokół wiele razy, możesz połączyć wysyłane klasyczne wiadomości i zmniejszyć go średnio do na protokół teleportacji. $d$ $\lceil 2\log_2(d)\rceil$ $2\log_2(d)$

Jedną z możliwych dróg w kierunku mniej niż dwóch fragmentów klasycznej komunikacji (jeśli o to właśnie chodzi) jest użycie kombinacji niedoskonałej teleportacji i teleportacji nie uniwersalnej (gdzie mamy pewną wiedzę o tym, jaki może być stan teleportacji) . Jeśli stan Twojego zasobu to , wówczas prawdopodobieństwo uzyskania Każdy wynik w protokole portalami zależy od wartości: teleportując stanu $\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$ $\alpha$ daje probailities czterech różnych pomiarów Bell $(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ a

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

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

gdzie

są pojedyncze kawałki. Wykorzystując rozkład wejściowy dla nieznanego stanu kwantowego, możemy obliczyć średnią wartość

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

$\sin\theta$

Do uniwersalnego teleportacji (gdzie stan wejścia może być każde państwo), jeden ma . W tym przypadku prawdopodobieństwa są równe, a najlepsze, co możemy zrobić, to wysłać wynik pomiaru w postaci dwóch bitów . $\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$ $xy$

Teraz wyobrazić przypadek, w którym . Prawdopodobieństwa to $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$ . Można skompresować tę informację, używając na przykład kodowania Huffmana:. Ma oczekiwaną długość komunikatu $(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$ $\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$ . Tak więc, jeśli powtórzysz ten protokół wiele razy, średnio wysyłasz 1,875 bitów na teleportację. To oczywiście tylko przykład. Każda wartość $\frac{15}{8}$ zapewnia kompresję. $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

Kompromis polega na tym, że (w przypadku braku kompresji) teleportacja jest niedoskonała. $|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

— DaftWullie
źródło

Bardzo dziękuję za odpowiedź @DaftWullie, ale szukałem idealnego protokołu teleportacji (w ogólnym przypadku).

— Vijeth Aradhya

Niedawno znalazłem artykuł autorstwa Subhash Kak, który przedstawia protokoły teleportacji, które wymagają niższych klasycznych kosztów komunikacji (z większą ilością zasobów kwantowych). Pomyślałem, że lepiej byłoby napisać osobną odpowiedź.

Kak omawia trzy protokoły; dwa z nich używają 1 Cbit, a ostatni wymaga 1,5 Cbit. Ale pierwsze dwa protokoły są w innym ustawieniu, tj. Splątane cząstki są początkowo w laboratorium Alice (i wykonuje się kilka lokalnych operacji), a następnie jedna z splątanych cząstek jest przenoszona do laboratorium Boba; jest to inaczej niż w przypadku ustawienia Standardowego , w którym splątane cząstki są wstępnie dzielone między Alicją i Bobem jeszcze przed rozpoczęciem protokołu. Zainteresowani mogą przejść przez te protokoły, które używają tylko 1 cbit. Będę próbować wyjaśnić ostatni protokół, który wykorzystuje tylko 1,5 cbits (cbits ułamkowe).

Istnieją cztery cząsteczki, a mianowicie, i . to nieznana cząstka (lub stan), która musi zostać teleportowana z laboratorium Alice do laboratorium Boba. i są u Alice, a u Boba. Niech będzie reprezentowane jako takie, że . Trzy cząstki $X, Y, Z$ $U$ $X$ $X, Y$ $Z$ $U$ $X$ $\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$ $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$ i są w stanie czystego splątania (pozostawiając stałe normalizacji teraz). $Y, Z$ $U$ $|000\rangle+|111\rangle$

Tak więc stanem początkowym całego układu jest:

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

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

Etap 1 : Zastosowanie łańcuchu transformacji XOR i (i) XOR stanów i (II) XOR stany i . $X, Y$ $Z$ $X$ $Y$ $Y$ $Z$

Jednostkę podaje: $XOR$

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

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

Innymi słowy, transformacje państwowe są następujące:

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

Po kroku 1 stan całego systemu to:

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

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

Krok 2 : Zastosuj Hadamarda tranform od stanu . $X$

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

Etap 3 : Alicja mierzy stan i . $X$ $Y$

Upraszczając powyższą reprezentację, otrzymujemy

| 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 ⟩) .

$Z$

Na podstawie swojego pomiaru przesyła jeden klasyczny kawałek informacji do Boba, aby mógł on użyć odpowiedniej jednostki, aby uzyskać stan nieznany!

$1.5$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ 0,5 cbits (ponieważ w 50% przypadków Bob nie musi stosować żadnych jednostek). Dlatego cały protokół wymaga tylko 1,5 cbits.

$t_1$ $t_2$ , wyślij jeden bit). Więc Alice musi wysłać ten bit za każdym razem, prawda? W takim przypadku protkol wymaga 2 bitów (jeden w kroku 4, a drugi w kroku 6). Pomyślałem, że byłoby dobrze, gdyby była dyskusja na ten temat.

— Vijeth Aradhya
źródło

Zgadzam się; Nazwałbym to 2 bitami komunikacji. Oczywiście, być może o tym słyszałeś w dyskusji!

— DaftWullie

Zgadzam się również, że inne protokoły w tym dokumencie można zdyskontować. Protokoły są przestawiane w taki sposób, że nie rozumiem, dlaczego stan nie jest wysyłany bezpośrednio z Alice do Boba, unikając w ogóle potrzeby jakiejkolwiek klasycznej komunikacji!

— DaftWullie