Keterbatasan informasi kuantum

Meski berbagi struktur matematis dasar yang sama, informasi kuantum dan klasik memiliki perbedaan utama. Akibatnya, ada banyak contoh tugas yang dapat dilakukan oleh informasi kuantum tetapi tidak oleh informasi klasik.

Namun sebelum menjelajahi beberapa contoh ini, kita akan mencatat beberapa keterbatasan penting pada informasi kuantum. Memahami hal-hal yang tidak dapat dilakukan oleh informasi kuantum membantu kita mengidentifikasi hal-hal yang bisa dilakukannya.

Ketidakrelevanan fase global

Keterbatasan pertama yang akan kita bahas — yang sebenarnya lebih merupakan sedikit degenerasi dalam cara keadaan kuantum direpresentasikan oleh vektor keadaan kuantum, daripada keterbatasan yang sebenarnya — berkaitan dengan gagasan tentang fase global.

Yang kita maksud dengan fase global adalah ini. Misalkan $\vert \psi \rangle$ dan $\vert \phi \rangle$ adalah vektor satuan yang merepresentasikan keadaan kuantum dari beberapa sistem, dan misalkan ada bilangan kompleks $\alpha$ pada lingkaran satuan, artinya $\vert \alpha \vert = 1,$ atau alternatifnya $\alpha = e^{i\theta}$ untuk beberapa bilangan real $\theta,$ sedemikian sehingga

$$\vert \phi \rangle = \alpha \vert \psi \rangle.$$

Vektor $\vert \psi \rangle$ dan $\vert \phi \rangle$ kemudian dikatakan berbeda oleh fase global. Kita juga terkadang menyebut $\alpha$ sebagai fase global, meskipun ini bergantung pada konteks; bilangan mana pun pada lingkaran satuan dapat dianggap sebagai fase global ketika dikalikan dengan vektor satuan.

Pertimbangkan apa yang terjadi ketika sebuah sistem berada dalam salah satu dari dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle,$ dan sistem menjalani pengukuran basis standar. Dalam kasus pertama, di mana sistem berada dalam keadaan $\vert\psi\rangle,$ probabilitas mengukur keadaan klasik mana pun $a$ adalah

$$\bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2.$$

Dalam kasus kedua, di mana sistem berada dalam keadaan $\vert\phi\rangle,$ probabilitas mengukur keadaan klasik $a$ mana pun adalah

$$\bigl\vert \langle a \vert \phi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \alpha \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \vert \alpha \vert^2 \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2 = \bigl\vert \langle a \vert \psi \rangle \bigr\vert^2,$$

karena $\vert\alpha\vert = 1.$ Artinya, probabilitas kemunculan hasil adalah sama untuk kedua keadaan.

Sekarang pertimbangkan apa yang terjadi ketika kita menerapkan operasi uniter sembarang $U$ pada kedua keadaan. Dalam kasus pertama, di mana keadaan awal adalah $\vert \psi \rangle,$ keadaan menjadi

$$U \vert \psi \rangle,$$

dan dalam kasus kedua, di mana keadaan awal adalah $\vert \phi\rangle,$ ia menjadi

$$U \vert \phi \rangle = \alpha U \vert \psi \rangle.$$

Artinya, dua keadaan yang dihasilkan masih berbeda oleh fase global yang sama $\alpha.$

Akibatnya, dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ yang berbeda oleh fase global benar-benar tidak dapat dibedakan; tidak peduli operasi apa, atau urutan operasi apa, yang kita terapkan pada dua keadaan, keduanya akan selalu berbeda oleh fase global, dan melakukan pengukuran basis standar akan menghasilkan hasil dengan probabilitas yang persis sama dengan yang lain. Untuk alasan ini, dua vektor keadaan kuantum yang berbeda oleh fase global dianggap ekuivalen, dan secara efektif dipandang sebagai keadaan yang sama.

Misalnya, keadaan kuantum

$$\vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{dan}\quad -\vert - \rangle = -\frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

berbeda oleh fase global (yang dalam contoh ini adalah $-1$), dan karenanya dianggap keadaan yang sama.

Di sisi lain, keadaan kuantum

$$\vert + \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle \quad\text{dan}\quad \vert - \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle$$

tidak berbeda oleh fase global. Meski satu-satunya perbedaan antara dua keadaan adalah tanda plus berubah menjadi tanda minus, ini bukan perbedaan fase global, melainkan perbedaan fase relatif karena tidak mempengaruhi setiap entri vektor, hanya subset yang tepat dari entri tersebut. Ini konsisten dengan apa yang telah kita amati sebelumnya, yaitu bahwa keadaan $\vert{+} \rangle$ dan $\vert{-}\rangle$ dapat dibedakan dengan sempurna. Khususnya, melakukan operasi Hadamard dan kemudian mengukur menghasilkan probabilitas hasil sebagai berikut:

$$\begin{aligned} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 1 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 0 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 0 \\[1mm] \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {+} \rangle \bigr\vert^2 = 0 & \hspace{1cm} \bigl\vert \langle 1 \vert H \vert {-} \rangle \bigr\vert^2 = 1. \end{aligned}$$

Teorema no-cloning

Teorema no-cloning menunjukkan bahwa tidak mungkin membuat salinan sempurna dari keadaan kuantum yang tidak diketahui.

Teorema

Teorema no-cloning: Misalkan $\Sigma$ adalah himpunan keadaan klasik yang memiliki setidaknya dua elemen, dan misalkan $\mathsf{X}$ dan $\mathsf{Y}$ adalah sistem yang berbagi himpunan keadaan klasik yang sama $\Sigma.$ Tidak ada keadaan kuantum $\vert \phi\rangle$ dari $\mathsf{Y}$ dan operasi uniter $U$ pada pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ sedemikian sehingga

$$U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$$

untuk setiap keadaan $\vert \psi \rangle$ dari $\mathsf{X}.$

Artinya, tidak ada cara untuk menginisialisasi sistem $\mathsf{Y}$ (ke keadaan $\vert\phi\rangle$ mana pun) dan melakukan operasi uniter $U$ pada sistem gabungan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ sehingga efeknya adalah keadaan $\vert\psi\rangle$ dari $\mathsf{X}$ di-kloning — menghasilkan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ dalam keadaan $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

Pembuktian teorema ini sebenarnya cukup sederhana: ini bermuara pada pengamatan bahwa pemetaan

$$\vert\psi\rangle \otimes \vert \phi\rangle\mapsto\vert\psi\rangle \otimes \vert \psi\rangle$$

tidak linear dalam $\vert\psi\rangle.$

Khususnya, karena $\Sigma$ memiliki setidaknya dua elemen, kita dapat memilih $a,b\in\Sigma$ dengan $a\neq b.$ Jika ada keadaan kuantum $\vert \phi\rangle$ dari $\mathsf{Y}$ dan operasi uniter $U$ pada pasangan $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ di mana $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dari $\mathsf{X},$ maka akan berlaku bahwa

$$U \bigl( \vert a \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle \quad\text{dan}\quad U \bigl( \vert b \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

Dengan linearitas, yang secara khusus berarti linearitas produk tensor dalam argumen pertama dan linearitas perkalian matriks-vektor dalam argumen (vektor) kedua, kita karenanya harus memiliki

$$U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr) = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle.$$

Namun, persyaratan bahwa $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ menuntut bahwa

$$\begin{aligned} & U \biggl(\biggl( \frac{1}{\sqrt{2}}\vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b\rangle \biggr) \otimes \vert\phi\rangle\biggr)\\ & \qquad = \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr) \otimes \biggl(\frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle\biggr)\\ & \qquad = \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert a \rangle \otimes \vert b\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{2} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle\\ & \qquad \neq \frac{1}{\sqrt{2}} \vert a \rangle \otimes \vert a\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert b \rangle \otimes \vert b\rangle \end{aligned}$$

Karenanya tidak dapat ada keadaan $\vert \phi\rangle$ dan operasi uniter $U$ di mana $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ untuk setiap vektor keadaan kuantum $\vert \psi\rangle.$

Beberapa catatan terkait teorema no-cloning perlu disampaikan. Yang pertama adalah bahwa pernyataan teorema no-cloning di atas bersifat absolut, dalam arti bahwa ia menyatakan bahwa kloning sempurna tidak mungkin — tetapi tidak mengatakan apa pun tentang kemungkinan kloning dengan akurasi terbatas, di mana kita mungkin berhasil menghasilkan klon perkiraan (terkait dengan beberapa cara mengukur seberapa mirip dua keadaan kuantum yang berbeda). Ada, sebenarnya, pernyataan teorema no-cloning yang menempatkan batasan pada kloning perkiraan, serta metode untuk mencapai kloning perkiraan dengan akurasi terbatas.

Catatan kedua adalah bahwa teorema no-cloning adalah pernyataan tentang ketidakmungkinan mengkloning keadaan sembarang $\vert\psi\rangle.$ Sebaliknya, kita bisa dengan mudah membuat klon dari keadaan basis standar mana pun, misalnya. Sebagai contoh, kita dapat mengkloning keadaan basis standar qubit menggunakan operasi controlled-NOT:

Di sini $|a\rangle$ adalah $|0\rangle$ atau $|1\rangle,$ yang merupakan keadaan yang dapat diwujudkan secara klasik. Meski tidak ada kesulitan dalam membuat klon dari keadaan basis standar, ini tidak bertentangan dengan teorema no-cloning. Pendekatan menggunakan gate controlled-NOT ini tidak akan berhasil membuat klon dari keadaan $\vert + \rangle,$ misalnya.

Satu catatan terakhir tentang teorema no-cloning adalah bahwa ini sebenarnya tidak unik untuk informasi kuantum — juga tidak mungkin untuk mengkloning keadaan probabilistik sembarang menggunakan proses klasik (deterministik atau probabilistik). Bayangkan seseorang memberikanmu sebuah sistem dalam beberapa keadaan probabilistik, tetapi kamu tidak yakin keadaan probabilistik apa itu. Misalnya, mungkin mereka secara acak menghasilkan angka antara $1$ dan $10,$ tetapi mereka tidak memberitahumu bagaimana mereka menghasilkan angka itu. Tentu saja tidak ada proses fisik yang bisa digunakan untuk mendapatkan dua salinan independen dari keadaan probabilistik yang sama: yang kamu miliki hanyalah angka antara $1$ dan $10,$ dan tidak ada cukup informasi untuk entah bagaimana merekonstruksi probabilitas semua hasil lainnya yang muncul.

Secara matematis, versi teorema no-cloning untuk keadaan probabilistik dapat dibuktikan dengan cara yang persis sama dengan teorema no-cloning reguler (untuk keadaan kuantum). Artinya, mengkloning keadaan probabilistik sembarang adalah proses non-linear, sehingga tidak mungkin direpresentasikan oleh matriks stokastik.

Keadaan non-ortogonal tidak dapat dibedakan dengan sempurna

Untuk keterbatasan terakhir yang akan dibahas dalam pelajaran ini, kita akan menunjukkan bahwa jika kita memiliki dua keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ yang tidak ortogonal, yang berarti $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ maka tidak mungkin untuk membedakannya (atau dengan kata lain, membedakan keduanya) dengan sempurna. Sebenarnya, kita akan menunjukkan sesuatu yang secara logis setara: jika kita memiliki cara untuk membedakan dua keadaan dengan sempurna, tanpa kesalahan, maka keduanya harus ortogonal.

Kita akan membatasi perhatian kita pada quantum circuit yang terdiri dari sejumlah gate uniter, diikuti oleh satu pengukuran basis standar dari qubit teratas. Yang kita perlukan dari sebuah quantum circuit, untuk mengatakan bahwa ia membedakan keadaan $\vert\psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ dengan sempurna, adalah bahwa pengukuran selalu menghasilkan nilai $0$ untuk salah satu dari dua keadaan dan selalu menghasilkan $1$ untuk keadaan lainnya. Untuk tepatnya, kita akan mengasumsikan bahwa kita memiliki quantum circuit yang beroperasi seperti yang disarankan oleh diagram berikut:

Kotak berlabel $U$ menunjukkan operasi uniter yang merepresentasikan aksi gabungan dari semua gate uniter dalam circuit kita, tetapi tidak termasuk pengukuran akhir. Tidak ada kerugian umum dalam mengasumsikan bahwa pengukuran menghasilkan $0$ untuk $\vert\psi\rangle$ dan $1$ untuk $\vert\phi\rangle;$ analisisnya tidak akan berbeda secara fundamental jika nilai keluaran ini dibalik.

Perhatikan bahwa, selain qubit yang awalnya menyimpan $\vert\psi\rangle$ atau $\vert\phi\rangle,$ circuit bebas untuk menggunakan sejumlah qubit ruang kerja tambahan. Qubit-qubit ini awalnya masing-masing diatur ke keadaan $\vert 0\rangle$ — sehingga keadaan gabungannya dilambangkan $\vert 0\cdots 0\rangle$ dalam gambar — dan qubit-qubit ini dapat digunakan oleh circuit dengan cara apa pun yang mungkin bermanfaat. Sangat umum untuk menggunakan qubit ruang kerja dalam quantum circuit seperti ini.

Sekarang, pertimbangkan apa yang terjadi ketika kita menjalankan circuit kita pada keadaan $\vert\psi\rangle$ (bersama dengan qubit ruang kerja yang diinisialisasi). Keadaan yang dihasilkan, tepat sebelum pengukuran dilakukan, dapat ditulis sebagai

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0 \rangle \vert \psi \rangle\bigr) = \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle + \vert \gamma_1 \rangle\vert 1 \rangle$$

untuk dua vektor $\vert \gamma_0\rangle$ dan $\vert \gamma_1\rangle$ yang bersesuaian dengan semua qubit kecuali qubit teratas. Secara umum, untuk keadaan seperti itu, probabilitas bahwa pengukuran qubit teratas menghasilkan hasil $0$ dan $1$ adalah sebagai berikut:

$$\operatorname{Pr}(\text{hasil adalah $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{dan}\qquad \operatorname{Pr}(\text{hasil adalah $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

Karena circuit kita selalu menghasilkan $0$ untuk keadaan $\vert\psi\rangle,$ maka haruslah $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ sehingga

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle \bigr) = \vert\gamma_0\rangle\vert 0 \rangle.$$

Mengalikan kedua sisi persamaan ini dengan $U^{\dagger}$ menghasilkan persamaan ini:

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \psi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr). \tag{1}$$

Dengan alasan serupa untuk $\vert\phi\rangle$ sebagai pengganti $\vert\psi\rangle,$ kita menyimpulkan bahwa

$$U \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle \bigr) = \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle$$

untuk suatu vektor $\vert\delta_1\rangle,$ dan karenanya

$$\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi \rangle = U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr). \tag{2}$$

Sekarang mari kita ambil perkalian dalam dari vektor yang direpresentasikan oleh persamaan $(1)$ dan $(2),$ dimulai dengan representasi di sisi kanan setiap persamaan. Kita memiliki

$$\bigl(U^{\dagger} \bigl( \vert \gamma_0\rangle\vert 0 \rangle \bigr)\bigr)^{\dagger} = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U,$$

jadi perkalian dalam dari vektor $(1)$ dengan vektor $(2)$ adalah

$$\bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr)U U^{\dagger} \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \bigl( \langle\gamma_0\vert\langle 0\vert \bigr) \bigl( \vert \delta_1\rangle\vert 1 \rangle\bigr) = \langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle \langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$$

Di sini kita telah menggunakan fakta bahwa $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ serta fakta bahwa perkalian dalam dari produk tensor adalah hasil kali dari perkalian dalam:

$$\langle u \otimes v \vert w \otimes x\rangle = \langle u \vert w\rangle \langle v \vert x\rangle$$

untuk pilihan vektor mana pun ini (mengasumsikan $\vert u\rangle$ dan $\vert w\rangle$ memiliki jumlah entri yang sama dan $\vert v\rangle$ dan $\vert x\rangle$ memiliki jumlah entri yang sama, sehingga masuk akal untuk membentuk perkalian dalam $\langle u\vert w\rangle$ dan $\langle v\vert x \rangle$). Perhatikan bahwa nilai perkalian dalam $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ tidak relevan karena dikalikan dengan $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Akhirnya, mengambil perkalian dalam dari vektor di sisi kiri persamaan $(1)$ dan $(2)$ harus menghasilkan nilai nol yang sama yang telah kita hitung, jadi

$$0 = \bigl( \vert 0\cdots 0\rangle \vert \psi\rangle\bigr)^{\dagger} \bigl(\vert 0\cdots 0\rangle\vert \phi\rangle\bigr) = \langle 0\cdots 0 \vert 0\cdots 0 \rangle \langle \psi \vert \phi \rangle = \langle \psi \vert \phi \rangle.$$

Kita karenanya telah menyimpulkan apa yang kita inginkan, yaitu bahwa $\vert \psi\rangle$ dan $\vert\phi\rangle$ ortogonal: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Sebenarnya mungkin untuk membedakan dua keadaan mana pun yang ortogonal dengan sempurna, yang merupakan kebalikan dari pernyataan yang baru saja kita buktikan. Misalkan dua keadaan yang akan dibedakan adalah $\vert \phi\rangle$ dan $\vert \psi\rangle,$ di mana $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Kita kemudian dapat membedakan keadaan-keadaan ini dengan sempurna dengan melakukan pengukuran proyektif yang digambarkan oleh matriks-matriks ini, misalnya:

$$\bigl\{ \vert\phi\rangle\langle\phi\vert,\,\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \bigr\}.$$

Untuk keadaan $\vert\phi\rangle,$ hasil pertama selalu diperoleh:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 1,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\phi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle - \vert\phi\rangle \bigr\|^2 = 0. \end{aligned}$$

Dan, untuk keadaan $\vert\psi\rangle,$ hasil kedua selalu diperoleh:

$$\begin{aligned} & \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| 0 \bigr\|^2 = 0,\\[1mm] & \bigl\| (\mathbb{I} - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert) \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle - \vert\phi\rangle\langle\phi\vert\psi\rangle \bigr\|^2 = \bigl\| \vert\psi\rangle \bigr\|^2 = 1. \end{aligned}$$