4.2.2 One-time pad

Voordat we teleportatie van quantumtoestanden bespreken, is het handig om eerst een simpelere procedure voor probabilistische bits te begrijpen, die one-time pad wordt genoemd. Met deze procedure kan Alice een bericht versleutelen en naar Bob sturen op een manier dat alleen Bob kan begrijpen wat het bericht is. Dat wil zeggen, in het geval dat iemand anders het bericht onderschept (zoals hun klasgenoot Eve), zou die geen idee hebben wat het echte bericht is. Het feit dat dit überhaupt mogelijk is, is nogal verrassend. Want welk voordeel heeft Bob ten opzichte van Eve zodat hij Alice’s bericht wel correct kan ontcijferen terwijl Eve absoluut geen idee heeft wat de inhoud is?

De truc is dat Alice en Bob elkaar eerst moeten ontmoeten in een café. Neem twee muntjes, plak ze aan elkaar met kauwgom, gooi deze ’dubbele munt’ op en haal de twee muntjes weer uit elkaar. Alice en Bob nemen elk een van de geworpen muntjes. Nu delen ze een tweetal willekeurige bits die beschreven worden door de toestand uit (3.5), namelijk

r=\frac{1}{2}\lparen[00]+[11]\rparen.

Je kan dit zien als een gezamenlijk geheim! Bovendien weten alleen Alice en Bob wat dit geheim is – om hier achter te komen kunnen ze gewoon naar hun eigen muntjes kijken (en ze dus meten). Ze zullen allebei dezelfde zijde zien, en elk van de zijden komt voor met een waarschijnlijkheid van $1/2$ . Dit is een heel goed geheim, want de beste optie voor Eve is om blind te raden!

Laten we nu kijken hoe Alice en Bob hier gebruik van kunnen maken. Stel dat Alice een geheime boodschap $m\in\{0,1\}$ heeft die ze naar Bob wil sturen. De totale toestand van al hun bits wordt beschreven door de toestand

[m]\otimes r=\frac{1}{2}\lparen[m00]+[m11]\rparen,

(4.18)

waarbij de eerste twee bits ( $m$ en de eerste helft van $r$ ) van Alice zijn en de derde bit (de tweede helft van $r$ ) van Bob is.

Om haar bericht te versturen, moet Alice naar haar helft van het gedeelde willekeurige bit $r$ kijken en

1.

als ze $0$ ziet, stuurt ze $m$ naar Bob zonder iets te veranderen,
2.

als ze $1$ ziet, stuurt ze $\mathrm{NOT}(m)$ naar Bob.

Stel dat Eve deze boodschap onderschept. Wat ziet ze dan? Ongeacht de waarde van $m$ ziet ze $0$ met kans $1/2$ en $1$ met kans $1/2$ . Dit komt omdat Alice $m$ flipt met kans $1/2$ , waardoor $m$ effectief gerandomiseerd wordt op zo’n manier dat het voor Eve eruitziet als een uniform willekeurig bit.

Maar hoe zit het met Bob? Lijkt de boodschap van Alice voor hem niet ook uniform willekeurig? Gelukkig heeft Bob de andere helft van het geheime willekeurige bit dat ze gedeeld hebben. Hoewel Alice’s bericht oorspronkelijk ook voor hem willekeurig lijkt, kan hij het decoderen door precies dezelfde procedure toe te passen als Alice: kijk naar zijn helft van het gedeelde willekeurige bit en

1.

als hij $0$ ziet, dan neemt hij Alice’s bericht zoals het is,
2.

als hij $1$ ziet, past hij een $\mathrm{NOT}$ -bewerking toe op het bericht van Alice.

In totaal wordt Alice’s bericht of verzonden zoals het is of twee keer omgekeerd, wat betekent dat Bob het altijd goed kan begrijpen. Maar vanuit Eve’s perspectief is het met waarschijnlijkheid $1/2$ omgekeerd, wat betekent dat zij een uniform willekeurig bit ziet. Dit is dus een volkomen veilige manier voor Alice en Bob om te communiceren!

Laten we eens wat formeler bekijken wat hier gebeurt. Wanneer Alice haar eerste bit omkeert als haar tweede bit gelijk is aan $1$ , is dit hetzelfde als het toepassen van $\mathrm{CNOT}_{2\to 1}$ op haar twee bits. Vervolgens stuurt Alice het eerste bit naar Bob. Wanneer Bob het bericht van Alice ontcijfert, past hij een $\mathrm{CNOT}_{3\to 1}$ -bewerking toe (wat mogelijk is omdat hij naast het derde bit nu ook het eerste bit heeft). De resulterende toestand is

\mathrm{CNOT}_{3\to 1}\;\mathrm{CNOT}_{2\to 1}([m]\otimes r).

We kunnen dit als volgt uitwerken:

	$\displaystyle\quad\mathrm{CNOT}_{3\to 1}\;\mathrm{CNOT}_{2\to 1}\;\frac{1}{2}% \left\lparen[m,0,0]+[m,1,1]\right\rparen=\mathrm{CNOT}_{3\to 1}\;\frac{1}{2}% \left\lparen[m,0,0]+[\mathrm{NOT}(m),1,1]\right\rparen$
	$\displaystyle=\frac{1}{2}\left\lparen[m,0,0]+[\mathrm{NOT}(\mathrm{NOT}(m)),1,% 1]\right\rparen=\frac{1}{2}\left\lparen[m,0,0]+[m,1,1]\right\rparen=[m]\otimes r.$

Het bericht is dus terug in zijn oorspronkelijke staat, maar nu in het bezit van Bob.

Een interessant aspect van het bovenstaande one-time pad protocol is niet alleen dat Alice een deterministisch bericht $[m]$ naar Bob kan sturen, maar zelfs een probabilistisch bericht. Uit lineariteit volgt dat als Alice’s bericht een probabilistisch bit is met distributie $p$ , de begintoestand $p\otimes r$ is en de eindtoestand ook $p\otimes r$ , maar dan is $p$ in het bezit van Bob. Vanuit Eve’s perspectief is het verzonden bericht nog steeds uniform willekeurig. Het verrassende hieraan is dat Alice door het verzenden van een uniform willekeurig bit erin slaagt om in het geheim een probabilistisch bit te verzenden waarvan ze zelf de verdeling misschien niet eens weet.

Deze procedure lijkt veel op quantumteleportatie, waarbij Alice een qubit-toestand $\left|\psi\right\rangle$ naar Bob kan sturen door twee (in plaats van één) uniform willekeurige bits te sturen. Bij teleportatie moeten ze een gedeelde maximaal verstrengelde toestand $\left|\Phi^{+}\right\rangle$ gebruiken in plaats van het gedeelde willekeurige bit $r$ . In beide gevallen wordt de gedeelde toestand gemeten en dus verbruikt tijdens de procedure. In de volgende sectie bespreken we dit verder.