3.2.7 Die Macht von Verschränkung

In Wirklichkeit sind Quantenbits tatsächlich mächtiger als probabilistische Bits! Im Folgenden werden wir nur einen flüchtigen Blick darauf werfen, in den kommenden Wochen werden wir viele weitere Beispiele betrachten.

Lass uns die Macht von Verschränkung illustrieren, indem wir eine kurze Geschichte erzählen, die auf 3.13 folgt. Dort hast du Alice geholfen, die Position von ihrem Esel zu dekodieren, welcher sich in einem von vier Orten befand, welche durch zwei Bits a,b∈{0,1}a,b\in\{0,1\} gekennzeichnet waren. Alice hat keine Zeit den Esel aufzusammeln, also möchte sie die Position an Bob weiterleiten. Leider hat Alice kaum noch Geld auf ihrem Quantenhandy, also kann sie nur ein einziges Qubit an Bob senden. Aber das Senden eines einzelnen Qubits wird sicherlich nicht genug sein um zwei Bits zu kommunizieren. Wir wissen dies, da die einzige Möglichkeit für Bob Informationen zu extrahieren darin besteht, das Qubit zu messen – Aber durch das Messen lernt er nur ein einzelnes Bit und der ursprüngliche Zustand vom Qubit ist verschwunden.

Glücklicherweise teilen sich Alice und Bob schon vorher einen maximal verschränkten Zustand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle. Das bedeutet für uns, dass Alice das erste Qubit hat und Bob das zweite Qubit. Können wir Alice dabei helfen, den Ort des Esel (sprich, die beiden Bits aa und bb) zu senden, wobei wir nur ein einziges Qubit senden? Die Antwort ist ja! Der Schlüssel dazu ist der Folgende:

Übungsaufgabe 3.14 (Einen Bell Zustand in einen Anderen überführen).

Zeige, dass Alice den maximal verschränkten Zustand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle in jeden anderen Bell Zustand |Φ−⟩\left|\Phi^{-}\right\rangle, |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle, oder |Ψ−⟩\left|\Psi^{-}\right\rangle überführen kann mittels lokaler Operationen nur auf ihrem Qubit.

Lösung. Beachte Gl. 3.69, 3.70, 3.71 und 3.72: Die Bell Zustände unterscheiden sich nur durch Bit Flips und Vorzeichen. Erinnere dich dann, dass wir ein Bit umdrehen können durch eine lokale NOT\mathrm{NOT}-Operation und dass wir Vorzeichen einführen können, indem wir lokale ZZ-Operationen anwenden können, wo ZZ definiert ist wie in Gl. 2.26. Um |Φ−⟩\left|\Phi^{-}\right\rangle zu erzeugen, kann Alice einfach eine ZZ-Operation auf ihr Qubit anwenden:
(Z⊗I)⁢|Φ+⟩=(Z⊗I)⁢(12⁢|00⟩+12⁢|11⟩)=12⁢|00⟩−12⁢|11⟩=|Φ−⟩.\displaystyle(Z\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(Z\otimes I)\left(\frac{1% }{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle\right% )=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right% \rangle=\left|\Phi^{-}\right\rangle.
Um |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle zu erzeugen, wendet Alice statdessen die NOT\mathrm{NOT}-Operation auf ihrem Qubit an:
(NOT⊗I)⁢|Φ+⟩=(NOT⊗I)⁢(12⁢|00⟩+12⁢|11⟩)=12⁢|10⟩+12⁢|01⟩=|Ψ+⟩.\displaystyle(\mathrm{NOT}\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(\mathrm{NOT}% \otimes I)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}% \left|11\right\rangle\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{% \sqrt{2}}\left|01\right\rangle=\left|\Psi^{+}\right\rangle.
Um |Ψ−⟩\left|\Psi^{-}\right\rangle zu erzeugen, wendet Alice erst die NOT\mathrm{NOT}-Operation an und dann die ZZ-Operation auf ihrem Qubit:
(Z⁢NOT⊗I)⁢|Φ+⟩=(Z⊗I)⁢(12⁢|10⟩+12⁢|01⟩)=−12⁢|10⟩+12⁢|01⟩=|Ψ−⟩.\displaystyle(Z\,\mathrm{NOT}\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(Z\otimes I% )\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|01% \right\rangle\right)=-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2% }}\left|01\right\rangle=\left|\Psi^{-}\right\rangle.

Es ist jetzt klar wie Alice und Bob das Hindernis lösen können. Nehmen wir an, dass Alice und Bob vorher vereinbart haben, wie sie die vier möglichen Werte der zwei Bits [a⁢b][ab] auf die vier Bell Zustände abbilden (nehmen wir an, dass [00][00] zu |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle korrespondiert, [01][01] zu |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle, etc.). Mittels 3.14 wendet Alice zunächst eine Operation an auf ihr Qubit des maximal verschränkten Zustands um den Zustand in den Bell Zustand ihrer Wahl zu überführen (sprich, in den Zustand der zum Ort des Esels korrespondiert). Dann sendet sie ihr Qubit an Bob. Bob hat nun beide Qubits in seinem Besitz und er weiß, dass sie in einem von vier Bell Zuständen sind. D.h., er kann einfach die gleichen Operationen wie in 3.13 anwenden und dann die zwei Qubits messen, um den Ort herauszufinden.

Das obige Verfahren ist bekannt als das Superdense-Coding-Protokoll (engl. für “Superdichte-Kodierung”), da wir zwei deterministische Bits übertragen, indem wir ein Qubit senden (mit den Extrakosten, dass wir einen maximal verschränkten Zustand, den Alice und Bob sich teilen, „aufbrauchen“). Hätten Alice und Bob dafür auch probabilistische Bits verwenden können anstelle des verschränkten Zustands, um die Herausforderung zu lösen (z.B. ein Paar von perfekt korrelierten Bits)? Interessanterweise lautet die Antwort nein. Wir werden dies nicht im Detail beweisen, aber man kann zeigen, dass wenn wir die probabilistischen Bits verwenden hätten können, um das Problem perfekt zu lösen, dann hätte auch eine deterministische Strategie dies tun können. Diese Strategie hätte ein einzelnes Bit gesendet, was natürlich nicht zwei Bits an Information beinhalten kann. Also demonstriert superdense conding, dass Quantenverschränkung einen Vorteil für Kommunikation verschafft.

In der folgenden Aufgabe begegnest du einer weiteren berühmten Situation, wo Quantenverschränkung einen eindeutigen Vorteil verschafft.

Hausaufgabe 3.7 (Ein verschränktes Spiel (anspruchsvoll)).

Alice und Bob langweilen sich im Unterricht, also fragen sie ihren Lehrer für Quantenmechanik Ronald nach einem anspruchsvollen Puzzle. Nach nur einer kurzen Pause erklärt Ronald ihnen ein interessantes Spiel. Das Ziel des Spiels ist es, dass Alice und Bob so gut wie möglich kooperieren (sie spielen nicht gegeneinander). Während des Spiels dürfen sie jedoch nicht miteinander kommunizieren. Die Regeln des Spiels sind wie folgt:

  • •
    ​

    Um anzufangen, wirft Ronald heimlich zwei faire Münzen. Er nennt Alice das Ergebnis des ersten Wurfs (Bit xx) und Bob das Ergebnis des zweiten Wurfs (Bit yy). Wir nennen diese Bits die Eingabebits.

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    ​

    Nachdem die Beiden die Bits erhalten haben, müssen sowohl Alice als auch Bob sich selbst ein Bit überlegen und dies angeben (Bits aa und bb).

  • •
    ​

    Alice und Bob gewinnen das Spiel unter folgenden Bedingungen: Wenn x=y=1x=y=1, dann gewinnen sie wenn a≠ba\neq b; ansonsten gewinnen sie, wenn a=ba=b.

[Uncaptioned image]

Bevor das Spiel anfängt, diskutieren Alice und Bob kurz ihre Strategie. Zuerst erwägen sie es, zwei Funktionen f,g:{0,1}→{0,1}f,g:\{0,1\}\to\{0,1\} auf ihre Bits xx und yy anzuwenden und ihre Antworten wie folgt zu berechnen: a=f⁢(x)a=f(x) und b=g⁢(y)b=g(y).

  1. 1.
    ​

    Zeige, dass Alice und Bob in diesem Fall das Spiel mit Wahrscheinlichkeit 75% gewinnen können, aber nicht höher.

Als Nächstes erwägen sie es, ihre Antworten zu berechnen mittels geteiltem Zufall. Bob schlägt vor, kompliziertere Funktionen ff und gg mit einem zusätzlichen binären Eingabebit zu verwenden und die Antworten wie folgt zu berechnen: a=f⁢(x,r)a=f(x,r) und b=g⁢(y,s)b=g(y,s). Hier sind rr und ss zwei zufällige Bits die gemeinsam einer Zwei-Bit Zufallsverteilung entsprangen.

  1. 2.
    ​

    Zeige, dass die Beiden noch immer nicht mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 75% gewinnen können, egal welche Funktionen ff und gg sie benutzen und was die Zufallsverteilung für rr und ss ist.

Langsam wird den Beiden bewusst, dass Ronald sicherlich eine quantenmechanische Strategie im Kopf hatte. Alice hat eine geniale Idee und schlägt vor, dass sie und Bob sich einen maximal verschränkten Zustand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle bevor das Spiel startet teilen. Sie schlägt vor, dass wenn sie ihre Bits erhalten, sie ihr Qubit rotiert mittels einem Winkel θx\theta_{x} (welcher von ihrem Eingabebit xx abhängt) und dann misst um ihre Antwort aa zu erhalten. Bob stattdessen soll anhand eines anderen Winkels ωy\omega_{y} rotieren (welcher von seinem Eingabebit yy abhängt) und dann messen um seine Antwort bb zu erhalten.

  1. 3.
    ​

    Schreibe den Zustand nach den Rotationen von Alice und Bob auf. Der Zustand soll von der Form  (3.31) sein. Bestätige, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit von der folgenden Form ist:

    14⁢(cos2⁡(θ0−ω0)+cos2⁡(θ0−ω1)+cos2⁡(θ1−ω0)+sin2⁡(θ1−ω1)).\frac{1}{4}\left(\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{0})+\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{1% })+\cos^{2}(\theta_{1}-\omega_{0})+\sin^{2}(\theta_{1}-\omega_{1})\right).

    Hinweis: Benutze die trigonometrischen Formeln aus Gl. 2.30 und 2.36.

Alice und Bob finden schnell heraus, dass θ0=0\theta_{0}=0, θ1=π/4\theta_{1}=\pi/4, und ω0=π/8\omega_{0}=\pi/8 gute Wahlen sind. Sie haben jedoch Probleme mit dem letzten Winkel und die Zeit läuft ab.

  1. 4.
    ​

    Finde eine Winkel ω1\omega_{1}, sodass die Beiden mit einer Wahrscheinlichkeit gewinnen, die höher als 75% ist.

Hack.
  1. 1.
    ​

    There are four possible options for the ‘questions’ xx and yy and each arises with 25% possibility. Thus, the probability of winning is either 0%, 25%, 50%, 75%, or 100%, depending on how many questions they answer correctly. Simply ignoring the questions and outputting a=0a=0 and b=0b=0 already allows them to win with 75% probability. Are there functions f⁢(x)f(x) and g⁢(y)g(y) that work with 100% probability? If this were the case then

    f⁢(0)\displaystyle f(0) =g⁢(0),\displaystyle=g(0), f⁢(0)\displaystyle f(0) =g⁢(1),\displaystyle=g(1), f⁢(1)\displaystyle f(1) =g⁢(0),\displaystyle=g(0), f⁢(1)\displaystyle f(1) ≠g⁢(1).\displaystyle\neq g(1).

    The first three equations imply that f⁢(1)=g⁢(1)f(1)=g(1), which contradicts the last one.

  2. 2.
    ​

    Let us denote by wr,sw_{r,s} the probability that Alice and Bob win the game when using the functions a=f⁢(x,r)a=f(x,r) and b=g⁢(y,s)b=g(y,s) for fixed values of rr and ss. By the first part, we know that wr,s≤75%w_{r,s}\leq 75\%. How about if rr and ss are two random bits with probability distribution p=∑r,spr,s⁢[r,s]p=\sum_{r,s}p_{r,s}[r,s]? In this case the probability of winning using random bits is just the average of the wr,sw_{r,s}, i.e.,

    ∑r,spr,s⁢wr,s≤∑r,spr,s⁢75%=75%,\displaystyle\sum_{r,s}p_{r,s}w_{r,s}\leq\sum_{r,s}p_{r,s}75\%=75\%,

    where we used that the probabilities pr,sp_{r,s} are nonnegative and sum to one.

  3. 3.
    ​

    After applying their respective rotations, their state is

    (U⁢(θx)⊗U⁢(ωy))⁢|Φ+⟩\displaystyle\quad(U(\theta_{x})\otimes U(\omega_{y}))\left|\Phi^{+}\right\rangle
    =12⁢U⁢(θx)⁢|0⟩⊗U⁢(ωy)⁢|0⟩+12⁢U⁢(θx)⁢|1⟩⊗U⁢(ωy)⁢|1⟩\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}U(\theta_{x})\left|0\right\rangle\otimes U(% \omega_{y})\left|0\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}U(\theta_{x})\left|1\right% \rangle\otimes U(\omega_{y})\left|1\right\rangle
    =12⁢(cos⁡(θx)⁢|0⟩+sin⁡(θx)⁢|1⟩)⊗(cos⁡(ωy)⁢|0⟩+sin⁡(ωy)⁢|1⟩)\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\left|0\right\rangle+% \sin(\theta_{x})\left|1\right\rangle\right)\otimes\left(\cos(\omega_{y})\left|% 0\right\rangle+\sin(\omega_{y})\left|1\right\rangle\right)
    +12⁢(−sin⁡(θx)⁢|0⟩+cos⁡(θx)⁢|1⟩)⊗(−sin⁡(ωy)⁢|0⟩+cos⁡(ωy)⁢|1⟩)\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\sin(\theta_{x})\left|0\right\rangle+% \cos(\theta_{x})\left|1\right\rangle\right)\otimes\left(-\sin(\omega_{y})\left% |0\right\rangle+\cos(\omega_{y})\left|1\right\rangle\right)
    =12⁢(cos⁡(θx)⁢cos⁡(ωy)+sin⁡(θx)⁢sin⁡(ωy))⁢|00⟩\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\cos(\omega_{y})+\sin(% \theta_{x})\sin(\omega_{y})\right)\left|00\right\rangle
    +12⁢(cos⁡(θx)⁢sin⁡(ωy)−sin⁡(θx)⁢cos⁡(ωy))⁢|01⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\sin(\omega_{y})-\sin(% \theta_{x})\cos(\omega_{y})\right)\left|01\right\rangle
    +12⁢(sin⁡(θx)⁢cos⁡(ωy)−cos⁡(θx)⁢sin⁡(ωy))⁢|10⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin(\theta_{x})\cos(\omega_{y})-\cos(% \theta_{x})\sin(\omega_{y})\right)\left|10\right\rangle
    +12⁢(sin⁡(θx)⁢sin⁡(ωy)+cos⁡(θx)⁢cos⁡(ωy))⁢|11⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin(\theta_{x})\sin(\omega_{y})+\cos(% \theta_{x})\cos(\omega_{y})\right)\left|11\right\rangle
    =cos⁡(θx−ωy)2⁢|00⟩−sin⁡(θx−ωy)2⁢|01⟩+sin⁡(θx−ωy)2⁢|10⟩+cos⁡(θx−ωy)2⁢|11⟩\displaystyle=\frac{\cos(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|00\right% \rangle-\frac{\sin(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|01\right\rangle+% \frac{\sin(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{\cos(% \theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle

    Thus, if Alice and Bob measure the state then they obtain the same outcome (a=ba=b) with probability

    2⁢(cos⁡(θx−ωy)2)2=cos2⁡(θx−ωy),\displaystyle 2\left(\frac{\cos(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\right)^{2}=% \cos^{2}(\theta_{x}-\omega_{y}),

    and distinct outcomes (a≠ba\neq b) with probability

    sin2⁡(θx−ωx).\displaystyle\sin^{2}(\theta_{x}-\omega_{x}).

    Given the rules of the game, it follows that the probability of winning is indeed

    14⁢(cos2⁡(θ0−ω0)+cos2⁡(θ0−ω1)+cos2⁡(θ1−ω0)+sin2⁡(θ1−ω1)).\displaystyle\frac{1}{4}\left(\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{0})+\cos^{2}(\theta_% {0}-\omega_{1})+\cos^{2}(\theta_{1}-\omega_{0})+\sin^{2}(\theta_{1}-\omega_{1}% )\right).
  4. 4.
    ​

    If we plug in the three angles we get

    14⁢(cos2⁡(−π8)+cos2⁡(−ω1)+cos2⁡(π4−π8)+sin2⁡(π4−ω1))\displaystyle\quad\frac{1}{4}\left(\cos^{2}\left(-\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2% }(-\omega_{1})+\cos^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{8}\right)+\sin^{2}\left(% \frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right)\right)
    =14⁢(2⁢cos2⁡(π8)+cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)).\displaystyle=\frac{1}{4}\left(2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2}(% \omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right)\right).

    Note that this expression is maximal whenever cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)\cos^{2}(\omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right) is maximal. We can rewrite this as follows:

    cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)\displaystyle\cos^{2}(\omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right) =12+12⁢cos⁡(2⁢ω1)+12−12⁢cos⁡(π2−2⁢ω1)\displaystyle=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2\omega_{1})+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}% \cos\left(\frac{\pi}{2}-2\omega_{1}\right)
    =1+12⁢[cos⁡(2⁢ω1)−sin⁡(2⁢ω1)]\displaystyle=1+\frac{1}{2}\left[\cos(2\omega_{1})-\sin(2\omega_{1})\right]
    =1+12⁢[cos⁡(π4)⁢cos⁡(2⁢ω1)−sin⁡(π4)⁢sin⁡(2⁢ω1)]\displaystyle=1+\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\cos(2% \omega_{1})-\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\sin(2\omega_{1})\right]
    =1+12⁢cos⁡(π4+2⁢ω1)\displaystyle=1+\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\pi}{4}+2\omega_{1}\right)

    This is maximal when the cosine equates to 11, i.e., when 2⁢ω1=−π/42\omega_{1}=-\pi/4. So, we find that we must take ω1=−π/8\omega_{1}=-\pi/8. Plugging this into the expression that calculates the success probability yields:

    14⁢(2⁢cos2⁡(π8)+cos2⁡(π8)+sin2⁡(3⁢π8))=cos2⁡(π8)≈85.355%.\frac{1}{4}\left(2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2}\left(\frac{\pi}{% 8}\right)+\sin^{2}\left(\frac{3\pi}{8}\right)\right)=\cos^{2}\left(\frac{\pi}{% 8}\right)\approx 85.355\%.

    Hence, they can win with probability bigger than 75%75\%, which is an improvement over the optimal classical strategy!

In den ersten beiden Teilen der Hausaufgabe hast du gezeigt, dass jede Strategie mit klassischen Bits nicht mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 75% gewinnen kann. Dies ist ein Beispiel der Bell-Ungleichheit. Die obige Version geht zurück auf John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony, and Richard Holt, d.h. das Spiel, welches Alice und Bob mit Ronald spielen wird oft CHSH-Spiel genannt. Die quantenmechanische Strategie, die du in der Hausaufgabe entdeckt hast, verletzt diese Bell Ungleichheit. Es ist ein empirischer Fakt, dass Bell Ungleichheiten mittels Quantenmechanik verletzt werden. Dies wurde zuerst durch Alain Aspect in den 80ern entdeckt und kürzlich unter sehr strengen Konditionen in einem Experiment von Ronald Hanson und seinem Team in der TU Delft bewiesen.

Interessanterweise können Alice und Bob nicht nur das CHSH Spiel mit höherer Wahrscheinlichkeit gewinnen, wenn sie einen maximal verschränkten Zustand haben, sie können Ronald sogar davon überzeugen, dass sie Quantentricks verwenden müssen um das Spiel so gut spielen zu können! Da die probabilistischen Strategien nicht mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 75% gewinnen können, ist es so, dass wenn die Beiden mit einer höheren Wahrscheinlichkeit gewinnen, dann ist die einzig mögliche Erklärung, dass sie etwas Mächtigeres benutzen. Mit weiteren Tricks können sie Ronald sogar davon überzeugen, dass sie den maximal verschränkten Zustand benutzen müssen und die Rotationen mit den bestimmten Winkeln von oben. Dies bedeutet, dass sie Ronald unwiderleglich beweisen können, dass sie kleine Quantencomputer besitzen, welche einzelne Qubits manipulieren können, und verschränkte Qubits teilen. Dies ist eine wichtige Beobachtung, da sie einen das CHSH Spiel benutzen lässt, um zu beweisen, dass man tatsächlich einen Quantencomputer gebaut hat! Sollten tatsächlich zwei deiner Klassenkameraden behaupten, dass sie jeweils einen Quantencomputer in ihrer Garage gebaut haben, dann kannst du sie einfach dazu auffordern, das CHSH Spiel gegen dich zu spielen. Wenn sie mit einer Wahrscheinlichkeit, die signifikant größer als 75% ist, gewinnen, dann weißt du, dass sie tatsächlich die Wahrheit sagen und echte Quantencomputer besitzen. Wenn sie jedoch nicht mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 75% gewinnen, dann kannst du ihre Behauptungen entkräften. Ist das nicht verblüffend?

Diese Arten von Verifikations-Prozeduren sind etwas, woran Forscher:innen auf der ganzen Welt momentan aktiv arbeiten. Dies ist ein sehr wichtiges Problem, da einige große Firmen, z.B. IBM, Google und Microsoft versuchen, einen Quantencomputer zu bauen. Wenn sie behaupten, einen gebaut zu haben, würdest du ihnen wahrscheinlich mehr glauben als deine Klassenkameraden. Es ist jedoch trotzdem toll, eine Möglichkeit zu haben, dies zu verifizieren.