Einschränkungen der Quanteninformation

Obwohl Quanten- und klassische Information eine gemeinsame mathematische Grundstruktur teilen, gibt es wesentliche Unterschiede zwischen ihnen. Infolgedessen gibt es viele Aufgaben, die Quanteninformation ermöglicht, klassische Information aber nicht.

Bevor wir uns jedoch einige dieser Beispiele ansehen, werden wir auf wichtige Einschränkungen der Quanteninformation hinweisen. Das Verständnis dessen, was Quanteninformation nicht kann, hilft uns, das zu identifizieren, was sie kann.

Irrelevanz globaler Phasen

Die erste Einschränkung, die wir behandeln werden – die eigentlich eher eine leichte Entartung in der Art und Weise ist, wie Quantenzustände durch Quantenzustandsvektoren dargestellt werden, als eine tatsächliche Einschränkung –, betrifft den Begriff einer globalen Phase.

Was wir unter einer globalen Phase verstehen, ist folgendes. Seien $\vert \psi \rangle$ und $\vert \phi \rangle$ Einheitsvektoren, die Quantenzustände eines Systems darstellen, und angenommen, es existiert eine komplexe Zahl $\alpha$ auf dem Einheitskreis, was bedeutet, dass $\vert \alpha \vert = 1,$ oder alternativ $\alpha = e^{i\theta}$ für eine reelle Zahl $\theta,$ sodass

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

Die Vektoren $\vert \psi \rangle$ und $\vert \phi \rangle$ unterscheiden sich dann um eine globale Phase. Wir bezeichnen $\alpha$ manchmal auch als globale Phase, obwohl dies kontextabhängig ist; jede Zahl auf dem Einheitskreis kann als globale Phase aufgefasst werden, wenn sie mit einem Einheitsvektor multipliziert wird.

Betrachte, was passiert, wenn sich ein System in einem der beiden Quantenzustände $\vert\psi\rangle$ und $\vert\phi\rangle$ befindet und das System eine Standard-Basismessung durchläuft. Im ersten Fall, in dem sich das System im Zustand $\vert\psi\rangle$ befindet, ist die Wahrscheinlichkeit, einen bestimmten klassischen Zustand $a$ zu messen,

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

Im zweiten Fall, in dem sich das System im Zustand $\vert\phi\rangle$ befindet, ist die Wahrscheinlichkeit, einen klassischen Zustand $a$ zu messen,

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

da $\vert\alpha\vert = 1.$ Das heißt, die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ergebnis erscheint, ist für beide Zustände gleich.

Betrachte nun, was passiert, wenn wir eine beliebige unitäre Operation $U$ auf beide Zustände anwenden. Im ersten Fall, in dem der Anfangszustand $\vert \psi \rangle$ ist, wird der Zustand zu

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

und im zweiten Fall, in dem der Anfangszustand $\vert \phi\rangle$ ist, wird er zu

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

Das heißt, die beiden resultierenden Zustände unterscheiden sich immer noch um dieselbe globale Phase $\alpha.$

Folglich sind zwei Quantenzustände $\vert\psi\rangle$ und $\vert\phi\rangle,$ die sich um eine globale Phase unterscheiden, vollständig ununterscheidbar; egal welche Operation oder Folge von Operationen wir auf die beiden Zustände anwenden, sie werden sich immer um eine globale Phase unterscheiden, und eine Standard-Basismessung wird Ergebnisse mit genau denselben Wahrscheinlichkeiten liefern. Aus diesem Grund werden zwei Quantenzustandsvektoren, die sich um eine globale Phase unterscheiden, als äquivalent angesehen und gelten effektiv als derselbe Zustand.

Die Quantenzustände

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

unterscheiden sich zum Beispiel um eine globale Phase (in diesem Beispiel ist sie $-1$) und gelten daher als derselbe Zustand.

Die Quantenzustände

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

unterscheiden sich hingegen nicht um eine globale Phase. Obwohl der einzige Unterschied zwischen den beiden Zuständen darin besteht, dass ein Pluszeichen in ein Minuszeichen umgewandelt wird, ist dies kein globaler Phasenunterschied, sondern ein relativer Phasenunterschied, da er nicht jeden Vektoreintrag betrifft, sondern nur eine echte Teilmenge der Einträge. Dies ist konsistent mit dem, was wir bereits früher beobachtet haben, nämlich dass die Zustände $\vert{+} \rangle$ und $\vert{-}\rangle$ perfekt unterschieden werden können. Insbesondere liefert die Durchführung einer Hadamard-Operation und anschließenden Messung folgende Ergebniswahrscheinlichkeiten:

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

No-Cloning-Theorem

Das No-Cloning-Theorem zeigt, dass es unmöglich ist, eine perfekte Kopie eines unbekannten Quantenzustands zu erstellen.

Theorem

No-Cloning-Theorem: Sei $\Sigma$ eine klassische Zustandsmenge mit mindestens zwei Elementen, und seien $\mathsf{X}$ und $\mathsf{Y}$ Systeme mit derselben klassischen Zustandsmenge $\Sigma.$ Es existiert kein Quantenzustand $\vert \phi\rangle$ von $\mathsf{Y}$ und keine unitäre Operation $U$ auf dem Paar $(\mathsf{X},\mathsf{Y}),$ sodass

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

für jeden Zustand $\vert \psi \rangle$ von $\mathsf{X}$ gilt.

Das heißt, es gibt keine Möglichkeit, das System $\mathsf{Y}$ (auf irgendeinen Zustand $\vert\phi\rangle$) zu initialisieren und eine unitäre Operation $U$ auf dem Gesamtsystem $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ durchzuführen, sodass der Zustand $\vert\psi\rangle$ von $\mathsf{X}$ geklont wird – was dazu führen würde, dass $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ im Zustand $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ ist.

Der Beweis dieses Theorems ist tatsächlich recht einfach: Er läuft darauf hinaus, dass die Abbildung

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

nicht linear in $\vert\psi\rangle$ ist.

Da $\Sigma$ mindestens zwei Elemente hat, können wir insbesondere $a,b\in\Sigma$ mit $a\neq b$ wählen. Würden ein Quantenzustand $\vert \phi\rangle$ von $\mathsf{Y}$ und eine unitäre Operation $U$ auf dem Paar $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ existieren, für die $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ für jeden Quantenzustand $\vert\psi\rangle$ von $\mathsf{X}$ gilt, dann wäre

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

Durch Linearität, d. h. insbesondere die Linearität des Tensorprodukts im ersten Argument und die Linearität der Matrix-Vektor-Multiplikation im zweiten (Vektor-)Argument, muss daher gelten:

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

Die Anforderung, dass $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ für jeden Quantenzustand $\vert\psi\rangle$ gilt, verlangt jedoch, dass

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

Es kann also keinen Zustand $\vert \phi\rangle$ und keine unitäre Operation $U$ geben, für die $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ für jeden Quantenzustandsvektor $\vert \psi\rangle$ gilt.

Einige Anmerkungen zum No-Cloning-Theorem sind angebracht. Erstens ist die Aussage des No-Cloning-Theorems absolut in dem Sinne, dass sie besagt, dass perfektes Klonen unmöglich ist – aber sie sagt nichts darüber aus, ob man möglicherweise mit begrenzter Genauigkeit klonen kann, also ob es möglich ist, einen annähernden Klon zu erzeugen (bezüglich einer Möglichkeit, die Ähnlichkeit zweier Quantenzustände zu messen). Es gibt tatsächlich Aussagen des No-Cloning-Theorems, die Einschränkungen für das näherungsweise Klonen formulieren, sowie Methoden, um näherungsweises Klonen mit begrenzter Genauigkeit zu erreichen.

Die zweite Anmerkung ist, dass das No-Cloning-Theorem eine Aussage über die Unmöglichkeit des Klonens eines beliebigen Zustands $\vert\psi\rangle$ ist. Im Gegensatz dazu können wir problemlos einen Klon eines beliebigen Standard-Basiszustands erstellen. Zum Beispiel können wir einen Qubit-Standard-Basiszustand mit einer controlled-NOT-Operation klonen:

Hier ist $|a\rangle$ entweder $|0\rangle$ oder $|1\rangle$ – Zustände, die klassisch realisiert werden können. Während das Erstellen eines Klons eines Standard-Basiszustands kein Problem darstellt, widerspricht das nicht dem No-Cloning-Theorem. Dieser Ansatz mit einem controlled-NOT-Gate würde zum Beispiel nicht gelingen, wenn man den Zustand $\vert + \rangle$ klonen wollte.

Eine letzte Anmerkung zum No-Cloning-Theorem ist, dass es nicht wirklich spezifisch für die Quanteninformation ist – es ist auch unmöglich, einen beliebigen probabilistischen Zustand durch einen klassischen (deterministischen oder probabilistischen) Prozess zu klonen. Stell dir vor, jemand gibt dir ein System in einem bestimmten probabilistischen Zustand, aber du weißt nicht, welcher das ist. Zum Beispiel haben sie vielleicht eine Zahl zwischen $1$ und $10$ zufällig generiert, ohne dir zu sagen, wie sie das gemacht haben. Es gibt sicherlich keinen physikalischen Prozess, durch den du zwei unabhängige Kopien dieses probabilistischen Zustands erhalten kannst: Alles, was du in der Hand hast, ist eine Zahl zwischen $1$ und $10,$ und es sind einfach nicht genug Informationen vorhanden, um die Wahrscheinlichkeiten für alle anderen möglichen Ergebnisse zu rekonstruieren.

Mathematisch gesehen kann eine Version des No-Cloning-Theorems für probabilistische Zustände auf genau dieselbe Weise bewiesen werden wie das reguläre No-Cloning-Theorem (für Quantenzustände). Das heißt, das Klonen eines beliebigen probabilistischen Zustands ist ein nichtlinearer Prozess und kann daher nicht durch eine stochastische Matrix dargestellt werden.

Nicht-orthogonale Zustände können nicht perfekt unterschieden werden

Für die letzte Einschränkung dieser Lektion zeigen wir, dass wenn wir zwei Quantenzustände $\vert\psi\rangle$ und $\vert\phi\rangle$ haben, die nicht orthogonal sind – was bedeutet, dass $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$ – dann ist es unmöglich, sie perfekt zu unterscheiden. Tatsächlich zeigen wir etwas logisch Äquivalentes: Wenn wir eine Möglichkeit haben, zwei Zustände perfekt und ohne Fehler zu unterscheiden, dann müssen sie orthogonal sein.

Wir beschränken uns auf Quantum Circuits, die aus einer beliebigen Anzahl unitärer Gates bestehen, gefolgt von einer einzigen Standard-Basismessung des obersten Qubits. Was wir von einem Quantum Circuit verlangen, um zu sagen, dass er die Zustände $\vert\psi\rangle$ und $\vert\phi\rangle$ perfekt unterscheidet, ist, dass die Messung für einen der beiden Zustände immer den Wert $0$ und für den anderen immer $1$ liefert. Genauer gesagt nehmen wir an, dass wir einen Quantum Circuit haben, der wie folgt vorgeht:

Der mit $U$ beschriftete Kasten bezeichnet die unitäre Operation, die die kombinierte Wirkung aller unitären Gates in unserem Circuit darstellt, ohne die abschließende Messung. Es ist keine Einschränkung anzunehmen, dass die Messung $0$ für $\vert\psi\rangle$ und $1$ für $\vert\phi\rangle$ ausgibt; die Analyse würde sich nicht wesentlich ändern, wenn diese Ausgabewerte vertauscht wären.

Beachte, dass der Circuit zusätzlich zu den Qubits, die anfänglich $\vert\psi\rangle$ oder $\vert\phi\rangle$ speichern, eine beliebige Anzahl zusätzlicher Hilfsqubits verwenden kann. Diese Qubits sind anfänglich jeweils auf den Zustand $\vert 0\rangle$ gesetzt – ihr gemeinsamer Zustand wird in den Abbildungen daher als $\vert 0\cdots 0\rangle$ bezeichnet – und können vom Circuit auf jede nützliche Weise verwendet werden. Die Verwendung von Hilfsqubits in Quantum Circuits ist sehr verbreitet.

Betrachte nun, was passiert, wenn wir unseren Circuit mit dem Zustand $\vert\psi\rangle$ (zusammen mit den initialisierten Hilfsqubits) ausführen. Der resultierende Zustand, unmittelbar bevor die Messung durchgeführt wird, kann geschrieben werden als

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

für zwei Vektoren $\vert \gamma_0\rangle$ und $\vert \gamma_1\rangle,$ die allen Qubits außer dem obersten entsprechen. Im Allgemeinen sind für einen solchen Zustand die Wahrscheinlichkeiten, dass eine Messung des obersten Qubits die Ergebnisse $0$ und $1$ liefert, wie folgt:

$$\operatorname{Pr}(\text{outcome is $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{und}\qquad \operatorname{Pr}(\text{outcome is $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

Da unser Circuit für den Zustand $\vert\psi\rangle$ immer $0$ ausgibt, muss $\vert\gamma_1\rangle = 0$ gelten, und daher

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

Die Multiplikation beider Seiten dieser Gleichung mit $U^{\dagger}$ ergibt:

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

Analog schließen wir für $\vert\phi\rangle$ anstelle von $\vert\psi\rangle,$ dass

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

für einen Vektor $\vert\delta_1\rangle$ gilt, und daher

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

Nun nehmen wir das Skalarprodukt der Vektoren aus den Gleichungen $(1)$ und $(2),$ beginnend mit den Darstellungen auf der rechten Seite jeder Gleichung. Wir haben

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

also ist das Skalarprodukt von Vektor $(1)$ mit Vektor $(2)$

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

Hier haben wir die Tatsache genutzt, dass $U U^{\dagger} = \mathbb{I}$ gilt, sowie die Tatsache, dass das Skalarprodukt von Tensorprodukten gleich dem Produkt der Skalarprodukte ist:

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

für beliebige Wahlen dieser Vektoren (vorausgesetzt, $\vert u\rangle$ und $\vert w\rangle$ haben dieselbe Anzahl von Einträgen und $\vert v\rangle$ und $\vert x\rangle$ haben dieselbe Anzahl von Einträgen, sodass die Skalarprodukte $\langle u\vert w\rangle$ und $\langle v\vert x \rangle$ sinnvoll sind). Beachte, dass der Wert des Skalarprodukts $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ irrelevant ist, da er mit $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0$ multipliziert wird.

Schließlich muss das Skalarprodukt der Vektoren auf den linken Seiten der Gleichungen $(1)$ und $(2)$ denselben Nullwert ergeben, den wir bereits berechnet haben, also gilt:

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

Wir haben damit das gewünschte Ergebnis hergeleitet, nämlich dass $\vert \psi\rangle$ und $\vert\phi\rangle$ orthogonal sind: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Es ist übrigens möglich, beliebige zwei orthogonale Zustände perfekt zu unterscheiden, was die Umkehrung der gerade bewiesenen Aussage ist. Angenommen, die zu unterscheidenden Zustände sind $\vert \phi\rangle$ und $\vert \psi\rangle,$ wobei $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Wir können diese Zustände dann perfekt unterscheiden, indem wir beispielsweise die durch diese Matrizen beschriebene projektive Messung durchführen:

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

Für den Zustand $\vert\phi\rangle$ wird immer das erste Ergebnis erzielt:

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

Und für den Zustand $\vert\psi\rangle$ wird immer das zweite Ergebnis erzielt:

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