4.2.3 Quantumteleportatie

Hoewel het niet mogelijk is om quantumbits te klonen, kunnen we wel quantumbits van de ene plaats naar de andere verplaatsen. Elke qubit wordt namelijk opgeslagen in een fysiek object of deeltje die de qubit bevat. Als Alice bijvoorbeeld haar qubit opslaat als de polarisatie van een foton, kan ze deze foton gewoon naar Bob sturen. Maar wat nog verrassender is, is dat je een quantumbit van de ene plaats naar de andere kunt verplaatsen door een eindig aantal klassieke bits te sturen (in feite zijn twee bits al voldoende). Dit is zo bijzonder omdat een algemene qubit-toestand |ψ⁢(θ)⟩\left|\psi(\theta)\right\rangle wordt bepaald door een arbitraire hoek θ\theta, zie Vgl. 2.5, die over het algemeen niet kan worden vastgelegd in een eindig aantal bits. Vanwege deze verrassende eigenschap staat deze procedure bekend als teleportatie. We zullen straks zien dat we verstrengeling nodig hebben om dit te laten werken!

Het uitgangspunt voor teleportatie is het volgende scenario. We stellen ons voor dat Alice twee qubits heeft en Bob één qubit. Alice’s eerste qubit is de boodschap-qubit die ze naar Bob wil sturen, die bij aanvang in een arbitraire toestand |ψ⟩\left|\psi\right\rangle zit – die Alice zelf misschien niet eens weet! Haar tweede qubit en Bob’s qubit zitten in een maximaal verstrengelde toestand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle. De drie qubits zitten dus in de volgende toestand:

|ψ⟩⊗|Φ+⟩,\displaystyle\left|\psi\right\rangle\otimes\left|\Phi^{+}\right\rangle,

waarbij de eerste twee qubits van Alice zijn en de laatste qubit van Bob (door Vgl. 3.69 weten we dat |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle een twee-qubit-toestand is). Het volgende Quirky-circuit laat zien hoe dit eruit ziet in het geval dat Alice een qubit wil verzenden in de toestand |ψ⟩=|1⟩=NOT⁢|0⟩\left|\psi\right\rangle=\left|1\right\rangle=\mathrm{NOT}\left|0\right\rangle:

Wat zou de volgende stap kunnen zijn? Uiteindelijk is het de bedoeling dat Bob de qubit van Alice krijgt – aangezien we de qubit niet kunnen klonen, betekent dit dat Alice een actie moet uitvoeren die haar qubit ‘vernietigt’. Een goede manier om dit te doen is door een meting uit te voeren. Maar het simpelweg meten van de twee qubits van Alice heeft geen zin, omdat we weten dat we de toestand van |ψ⟩\left|\psi\right\rangle niet kunnen bepalen uit een enkele meting. Dit betekent dat Alice eerst een quantumbewerking op haar beide qubits moet uitvoeren en ze dan moet meten. Het blijkt dat voor haar de juiste strategie is om dezelfde bewerkingen uit te voeren die je hebt gebruikt om de vier Bell-toestanden uit elkaar te houden in 3.13:

Merk op dat in dit voorbeeld de vier meetresultaten van Alice elk met 25% kans voorkomen. Hier is een ander voorbeeld, waarin Alice de toestand  |ψ⁢(0.42)⟩\left|\psi(0.42)\right\rangle probeert te teleporteren:

Het lijkt erop dat, ongeacht de toestand van Alice’s boodschap-qubit, de vier waarschijnlijkheden altijd hetzelfde zijn. Dit is een goed teken, want dit betekent dat Alice helemaal geen informatie meer heeft over haar boodschap-qubit! Vergeet niet dat we willen dat haar begintoestand volledig bij Bob terecht komt, wat betekent dat ze geen informatie over deze toestand bij haar mag houden.

In het algemeen ziet de toestand vlak voor de metingen van Alice er als volgt uit:

(H⊗I⊗I)⁢(CNOT1→2⊗I)⁢(|ψ⟩⊗|Φ+⟩)\displaystyle\left(H\otimes I\otimes I\right)\left(\mathrm{CNOT}_{1\to 2}% \otimes I\right)\left(\left|\psi\right\rangle\otimes\left|\Phi^{+}\right% \rangle\right)

Merk op dat we hier moeten oppassen, want de laatste twee tensorproducten zijn niet uitgelijnd (zie  4.3). We doen dus de volgende berekening:

(H⊗I⊗I)⁢(CNOT1→2⊗I)⁢(|ψ⟩⊗|Φ+⟩)\displaystyle\quad\left(H\otimes I\otimes I\right)\left(\mathrm{CNOT}_{1\to 2}% \otimes I\right)\left(\left|\psi\right\rangle\otimes\left|\Phi^{+}\right% \rangle\right)
=12⁢(H⊗I⊗I)⁢(CNOT1→2⊗I)⁢(ψ0⁢|000⟩+ψ0⁢|011⟩+ψ1⁢|100⟩+ψ1⁢|111⟩)\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(H\otimes I\otimes I\right)\left(\mathrm{% CNOT}_{1\to 2}\otimes I\right)\left(\psi_{0}\left|000\right\rangle+\psi_{0}% \left|011\right\rangle+\psi_{1}\left|100\right\rangle+\psi_{1}\left|111\right% \rangle\right)
=12⁢(H⊗I⊗I)⁢(ψ0⁢|000⟩+ψ0⁢|011⟩+ψ1⁢|110⟩+ψ1⁢|101⟩)\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(H\otimes I\otimes I\right)\left(\psi_{0}% \left|000\right\rangle+\psi_{0}\left|011\right\rangle+\psi_{1}\left|110\right% \rangle+\psi_{1}\left|101\right\rangle\right)
=12⁢(ψ0⁢|000⟩+ψ0⁢|100⟩+ψ0⁢|011⟩+ψ0⁢|111⟩+ψ1⁢|010⟩−ψ1⁢|110⟩+ψ1⁢|001⟩−ψ1⁢|101⟩)\displaystyle=\frac{1}{2}\left(\psi_{0}\left|000\right\rangle+\psi_{0}\left|10% 0\right\rangle+\psi_{0}\left|011\right\rangle+\psi_{0}\left|111\right\rangle+% \psi_{1}\left|010\right\rangle-\psi_{1}\left|110\right\rangle+\psi_{1}\left|00% 1\right\rangle-\psi_{1}\left|101\right\rangle\right)
=|00⟩⊗ψ0⁢|0⟩+ψ1⁢|1⟩2+|01⟩⊗ψ1⁢|0⟩+ψ0⁢|1⟩2\displaystyle=\left|00\right\rangle\otimes\frac{\psi_{0}\left|0\right\rangle+% \psi_{1}\left|1\right\rangle}{2}+\left|01\right\rangle\otimes\frac{\psi_{1}% \left|0\right\rangle+\psi_{0}\left|1\right\rangle}{2}
+|10⟩⊗ψ0⁢|0⟩−ψ1⁢|1⟩2+|11⟩⊗−ψ1⁢|0⟩+ψ0⁢|1⟩2.\displaystyle\,+\left|10\right\rangle\otimes\frac{\psi_{0}\left|0\right\rangle% -\psi_{1}\left|1\right\rangle}{2}+\left|11\right\rangle\otimes\frac{-\psi_{1}% \left|0\right\rangle+\psi_{0}\left|1\right\rangle}{2}.

Dit is de totale toestand vlak voor de meting van Alice. We kunnen de waarschijnlijkheid van haar meetresultaten berekenen zoals we besproken hebben in Vgl. 4.14. Om de kans pa,bp_{a,b} op de uitkomst [a⁢b][ab] te berekenen tellen we gewoon de gekwadrateerde amplitudes van de relevante basistoestanden |a⁢b⁢0⟩\left|ab0\right\rangle en |a⁢b⁢1⟩\left|ab1\right\rangle op. In elk van de vier gevallen is een van de amplitudes ψ0/2\psi_{0}/2 en de andere ±ψ1/2\pm\psi_{1}/2, dus de som van de kwadraten is altijd hetzelfde:

p00\displaystyle p_{00} =(ψ02)2+(ψ12)2=ψ02+ψ124=14,\displaystyle=\left(\frac{\psi_{0}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\psi_{1}}{2}% \right)^{2}=\frac{\psi_{0}^{2}+\psi_{1}^{2}}{4}=\frac{1}{4},
p01\displaystyle p_{01} =(ψ12)2+(ψ02)2=14,\displaystyle=\left(\frac{\psi_{1}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\psi_{0}}{2}% \right)^{2}=\frac{1}{4},
p10\displaystyle p_{10} =(ψ02)2+(−ψ12)2=14,\displaystyle=\left(\frac{\psi_{0}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{-\psi_{1}}{2}% \right)^{2}=\frac{1}{4},
p11\displaystyle p_{11} =(−ψ12)2+(ψ02)2=14.\displaystyle=\left(\frac{-\psi_{1}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\psi_{0}}{2}% \right)^{2}=\frac{1}{4}.

Elke uitkomst komt voor met een 25% kans. Dit bevestigt wat we eerder hebben gezien met Quirky.

Na de meting van Alice is de enige overgebleven quantumbit de qubit van Bob. Laten we de toestand hiervan aanduiden met |ψa,b′⟩\left|\smash[b]{\psi^{\prime}}_{a,b}\right\rangle, omdat deze afhangt van het meetresultaat van Alice. We kunnen deze toestand bepalen met Vgl. 4.15 of, veel eenvoudiger, met de groepering- en normalisatiemethode van Vgl. 4.13. Hoe dan ook, het resultaat is dat Bob’s qubit zich in een van de volgende vier toestanden bevindt:

|ψ00′⟩\displaystyle\left|\psi^{\prime}_{00}\right\rangle =ψ0⁢|0⟩+ψ1⁢|1⟩,\displaystyle=\psi_{0}\left|0\right\rangle+\psi_{1}\left|1\right\rangle,
|ψ01′⟩\displaystyle\left|\psi^{\prime}_{01}\right\rangle =ψ1⁢|0⟩+ψ0⁢|1⟩,\displaystyle=\psi_{1}\left|0\right\rangle+\psi_{0}\left|1\right\rangle,
|ψ10′⟩\displaystyle\left|\psi^{\prime}_{10}\right\rangle =ψ0⁢|0⟩−ψ1⁢|1⟩,\displaystyle=\psi_{0}\left|0\right\rangle-\psi_{1}\left|1\right\rangle,
|ψ11′⟩\displaystyle\left|\psi^{\prime}_{11}\right\rangle =−ψ1⁢|0⟩+ψ0⁢|1⟩.\displaystyle=-\psi_{1}\left|0\right\rangle+\psi_{0}\left|1\right\rangle.

Als [a⁢b]=[00][ab]=[00], valt Bob’s toestand precies samen met Alice’s oorspronkelijke toestand |ψ⟩\left|\psi\right\rangle, die ze wilde teleporteren:

|ψ00′⟩=|ψ⟩.\displaystyle\left|\psi^{\prime}_{00}\right\rangle=\left|\psi\right\rangle.

In de andere drie gevallen is de quantumtoestand van Bob een beetje vervormd. Maar als Alice haar meetresultaten (dus de twee bits aa en bb) naar Bob stuurt, dan kan hij een geschikte correctiebewerking toepassen om zijn toestand te ‘corrigeren’:

NOT⁢|ψ01′⟩\displaystyle\mathrm{NOT}\left|\psi^{\prime}_{01}\right\rangle =|ψ⟩,\displaystyle=\left|\psi\right\rangle,
Z⁢|ψ10′⟩\displaystyle Z\left|\psi^{\prime}_{10}\right\rangle =|ψ⟩,\displaystyle=\left|\psi\right\rangle,
Z⁢NOT⁢|ψ11′⟩\displaystyle Z\,\mathrm{NOT}\left|\psi^{\prime}_{11}\right\rangle =|ψ⟩.\displaystyle=\left|\psi\right\rangle.

Deze vier gevallen kunnen worden samengevat in de volgende simpele procedure voor Bob:

  1. 1.
    ​

    kijk naar bit bb en als b=1b=1 pas dan NOT\mathrm{NOT} toe,

  2. 2.
    ​

    kijk naar bit aa en als a=1a=1 pas dan ZZ toe.

We kunnen dit implementeren met een controlled-NOT- en een controlled-ZZ-bewerking, waarbij de controles klassieke bits zijn. Je kunt de controlled-Z-bewerking op dezelfde manier maken als de controlled-NOT-bewerking – dit is besproken aan het eind van Paragraaf 3.2.4. Jeetje, dit was nogal wat werk!

Hoe ziet dit er allemaal uit in Quirky? Het eindresultaat is het volgende quantumcircuit:

We hebben een grijs blok gemaakt van het relevante deel – het teleportatie-circuit – om het te scheiden van de rest van het circuit dat de invoertoestanden maakt. Hier is een plaatje dat alleen het teleportatie-circuit en het maken van de maximaal verstrengelde toestand laat zien, zonder iets met Alice’s eerste qubit te doen:

We hebben ook de draden van de twee klassieke bits van Alice weggeknipt, omdat die niet meer van belang zijn zodra Alice de twee meetresultaten naar Bob heeft gestuurd. Verder hebben we de ’probability display’ weggehaald, omdat dit geen echte quantumbewerking is, maar een manier om het circuit in Quirkyte kunnen bekijken. Er is dus één input-qubit voor de boodschap van Alice, twee qubits voor de maximaal verstrengelde toestand en één output-qubit aan de kant van Bob. Het effect van de teleportatie is dat er een arbitraire toestand doorgegeven wordt van de input-qubit aan Alice’s kant naar de output-qubit aan Bob’s kant. Het belangrijkste is dat er in het grijze blok alleen klassieke bits van Alice naar Bob worden gestuurd!

Laten we controleren of we geen fout hebben gemaakt. We verwachten dat de qubit van Bob na de teleportatieprocedure in de toestand |1⟩\left|1\right\rangle terechtkomt, dus we kunnen een simpele meting toevoegen om te testen of dit inderdaad gebeurd is:

We krijgen inderdaad de uitkomst 1 met een 100% kans, wat bevestigt dat we geslaagd zijn in het teleporteren van de  |1⟩\left|1\right\rangle toestand! Maar |1⟩\left|1\right\rangle is nou niet bepaald een hele spannende toestand om te teleporteren. Hoe zit het met de toestand |+⟩\left|+\right\rangle, die eerder problemen gaf toen we het over klonen hadden? In de volgende huiswerkopdracht ga je het teleportatie-circuit eerst testen voor de |+⟩\left|+\right\rangle toestand en daarna voor arbitraire één-qubit-toestanden.

Huiswerkopdracht 4.2 (Teleportatie testen).
  1. 1.
    ​

    Waarom bevestigt het volgende circuit dat de toestand |+⟩\left|+\right\rangle correct is geteleporteerd?

[Uncaptioned image]

  1. 2.
    ​

    Hoe kun je op een vergelijkbare manier testen of een quantumtoestand |ψ⁢(θ)⟩\left|\psi(\theta)\right\rangle correct geteleporteerd is?

Hack.
  1. 1.
    ​

    On the one hand, H⁢|0⟩=|+⟩H\left|0\right\rangle=\left|+\right\rangle, so Alice is indeed trying to teleport the right state. On the other hand, Bob’s probability display shows that the state right before the measurement is |0⟩\left|0\right\rangle. Since H⁢|+⟩=|0⟩H\left|+\right\rangle=\left|0\right\rangle, this means that the state before the Hadamard gate HH was |+⟩\left|+\right\rangle. This is what we wanted to check.

  2. 2.
    ​

    We can use the same method as in the previous part of this problem, but this time Alice can apply U⁢(θ)U(\theta) to the state |0⟩\left|0\right\rangle to prepare the state |ψ⁢(θ)⟩\left|\psi(\theta)\right\rangle. If this state is correctly teleported, then Bob ends up with his qubit being in the state |ψ⁢(θ)⟩\left|\psi(\theta)\right\rangle, and hence if he applies U⁢(−θ)U(-\theta) to his qubit, he should end up with his qubit being in the state |0⟩\left|0\right\rangle. Using Quirky, we can confirm that Bob, after the application of U⁢(−θ)U(-\theta) indeed measures 0 with probaility 100%100\%, (or equivalently, that he measures 11 with 0%0\%). This confirms that Bob’s qubit just before the application of U⁢(−θ)U(-\theta) was in the state |ψ⁢(θ)⟩\left|\psi(\theta)\right\rangle, and hence proves that the state was correctly teleported.

    The diagram below shows the resulting circuit for θ=0.42\theta=0.42.

    [Uncaptioned image]

Het teleportatie-circuit is heel opmerkelijk. Het maakt het mogelijk om een quantumbit van Alice naar Bob te sturen door alleen twee klassieke bits te versturen, zolang Alice en Bob een maximaal verstrengelde toestand delen. Maar dit is niet alleen nuttig voor toepassingen (we zullen er hieronder een paar bespreken), maar het geeft ook een interessant perspectief op het verschil tussen klassieke en quantumbits. Aan het eind van vorige week hebben we superdense coding besproken, waarmee we twee bits konden versturen door één quantumbit te versturen, ook weer met behulp van één maximaal verstrengelde toestand tussen Alice en Bob. Hieruit blijkt dat:

Met een onbeperkte hoeveelheid quantumverstrengeling is het versturen

van twee bits volledig gelijk aan het versturen van één quantumbit!

Merk op dat we bij zowel teleportatie als superdense coding de maximaal verstrengelde toestand niet kunnen hergebruiken nadat de procedure is voltooid – het is de ’brandstof’ die door beide procedures wordt verbruikt.