Kuantum ışınlanma içinde kesirli sayıda klasik bit kullanma

Son zamanlarda, rasyonel klasik bitlerin (örneğin 1,5 cbits) bir taraftan diğerine kuantum ışınlanma yoluyla aktarılabileceğini duydum . In Standart Teleportation Protokolü , 2 klasik bit ve 1 maksimum karışmış paylaşılan kaynak durumu bilinmiyor devletin kusursuz ışınlanma için gereklidir. Ancak klasik kanalda bitinin nasıl gönderilebileceğini anlamıyorum . $1.x$

Mümkün mü? Evetse, kısa bir açıklama yapabilir misiniz?
Eğer fraksiyonel bitler (ve muhtemelen ekstra kuantum kaynakları) kullanarak mükemmel ışınlanmanın mümkün olduğu bazı makalelere işaret edebilirseniz bana yardımcı olur.

Bazı insanlar bunun kuantum hesaplama ile nasıl ilgili olabileceğini merak ediyor olabilir. D. Gottesman ve IL Chuang , kuantum ışınlanmasının, kuantum hesaplamada ilkel bir alt rutin olarak önemli bir rol oynayacağını öne sürdü . G. Brassard, SL Braunstein ve R. Cleve kuantum ışınlanmasının kuantum hesaplaması olarak anlaşılabileceğini gösterdi .

— Vijeth Aradhya
kaynak

@MEE Bilgi aktarımı ve ışınlanma protokolleri, kuantum bilgi teorisinin bir parçasıdır ve bu konuda mükemmel bir konudur. Her ne kadar sorunun biraz geliştirilebileceğini kabul etsem de.

— Sanchayan Dutta

@MEE Elbette, daha açıklayıcı olmaya çalışacağım (ve kaynak isteği politikasını inceleyeceğim). Ancak, kuantum bilgisinin bu kanalın ayrılmaz bir parçası olması gerektiğine inanıyorum. Değilse, içtenlikle özür dilerim!

— Vijeth Aradhya

@VijethAradhya İfadeyi tam olarak duyduğunuz yeri dahil etmek faydalı olabilir.

— Sanchayan Dutta

@MEE 'Ekstra kaynaklar' ile, Alice ve Bob arasında ekstra kuantum kaynağı demek istedim! Karışıklık için özür dilerim.

— Vijeth Aradhya

@Mavi Bunu, bazı öğrencilerin ışınlanma hakkında tartıştığı yakındaki bir üniversiteye yaptığım ziyarette duydum. QI / QC'de araştırma yapıyorum, ama bunun farkında değildim. Her neyse, onlara sormak için zaman bulamadım! Bu nedenle, "Bu bile mümkün mü?" Diye sordum.

— Vijeth Aradhya

Yanıtlar:

Sana bir ışınlanma için klasik iletişimin ikiden az bit başarmak nasıl emin bilmiyorum, ama burada olmayan bir tamsayı numarasına sahip olabilir tek yolu şudur: eğer ışınlanma bir qudit ile boyut bir güç olmadığını iki. Her Işınlanma protokolü için, kullandığınız bit temsil edebilir bilgi, iki DIT'ler göndermek zorunda kalacak bit. Protokolü birçok kez tekrarlarsanız, gönderdiğiniz klasik mesajları birleştirebilir ve ışınlanma protokolü başına ortalama düşürebilirsiniz . $d$ $\lceil 2\log_2(d)\rceil$ $2\log_2(d)$

Klasik iletişimin iki bitinden daha azına doğru olası bir yol (eğer peşinde olduğunuz şey buysa) kusurlu ışınlanma ve evrensel olmayan ışınlanmanın bir kombinasyonunu kullanmaktır (burada ışınlanacak durumun ne olabileceğine dair önceden bilgimiz var) . Kaynak durumunuz , ışınlama protokolünde, her ölçüm sonucu elde etme olasılık değerine bağlıdır: bir durum ışınlamak $\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$ $\alpha$ dört farklı Bell ölçümlerinin probailities verir $(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ olarak

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

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

burada

, tek bittir. Bilinmeyen kuantum durumu için giriş dağılımını kullanarak

ortalama değerini hesaplayabiliriz.

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

$\sin\theta$

$\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$ $xy$

$(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$ $(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$ $\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$ $\frac{15}{8}$ $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

$|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

— DaftWullie
kaynak

@DaftWullie cevabı için çok teşekkür ederim, ancak mükemmel bir ışınlanma protokolü arıyordum (genel bir durumda).

— Vijeth Aradhya

Kısa bir süre önce Subhash Kak tarafından daha az klasik iletişim maliyeti gerektiren ışınlanma protokollerini (daha fazla kuantum kaynağıyla) tanıtan bir makale buldum . Ayrı bir cevap yazmanın daha iyi olacağını düşündüm.

Kak üç protokolü tartışıyor; ikisi 1 cbit kullanır ve sonuncusu 1.5 cbit gerektirir. Ancak ilk iki protokol farklı bir ayardır, yani dolaşmış parçacıklar başlangıçta Alice'in laboratuvarındadır (ve birkaç yerel işlem gerçekleştirilir), daha sonra dolaşmış parçacıklardan biri Bob'un laboratuvarına aktarılır; bu, dolaşmış parçacıkların protokol başlatılmadan önce Alice ve Bob arasında önceden paylaşıldığı Standart ayarından farklıdır . İlgilenenler sadece 1 cbit kullanan protokolleri kullanabilirler. Ben edeceğiz deneyin sadece kullanan son protokolü açıklamak için 1.5 cbits (fraksiyonel cbits).

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

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

$X, Y$ $Z$ $X$ $Y$ $Y$ $Z$

$XOR$

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

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

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

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

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

$X$

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 ⟩) .

$Z$

Onun ölçüm temelinde, o iletir biri o bilinmeyen durumunu elde etmek için uygun bir üniter kullanabilmesi Bob bilginin klasik bit!

$1.5$ $|10\rangle$ $|00\rangle$ $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ 0.5 cbits (çünkü zamanın% 50'si, Bob herhangi bir ünite uygulamak gerekmez). Bu nedenle, tüm protokol sadece 1.5 cbit gerektirir .

$t_1$ $t_2$ , bir cbit gönderin). Yani, Alice her seferinde bu biti göndermeli, değil mi? Bu durumda, protcol 2 cbit gerektirir (biri Adım 4'te ve diğeri Adım 6'da). Bu konuda bir tartışma yapılmasının iyi olacağını düşündüm.

— Vijeth Aradhya
kaynak

Katılıyorum; Buna 2 bit iletişim derim. Tabii ki, bu tartışmayı duyduğun şey olabilir!

— DaftWullie

Aynı zamanda bu makaledeki diğer protokollerin de indirgenebileceğini kabul ediyorum. Protokoller öyle bir şekilde yeniden düzenleniyor ki, devletin neden doğrudan Alice'ten Bob'a gönderilmediğini anlamıyorum, herhangi bir klasik iletişime ihtiyaç duyulmuyor!

— DaftWullie