Limitazioni sull'informazione quantistica

Nonostante condividano una struttura matematica di base comune, l'informazione quantistica e quella classica presentano differenze fondamentali. Di conseguenza, esistono molti esempi di operazioni che l'informazione quantistica permette e quella classica no.

Prima di esplorare alcuni di questi esempi, tuttavia, prenderemo nota di alcune importanti limitazioni dell'informazione quantistica. Capire cosa l'informazione quantistica non può fare ci aiuta a identificare ciò che invece può fare.

Irrilevanza delle fasi globali

La prima limitazione che tratteremo — che è in realtà più una leggera degenerazione nel modo in cui gli stati quantistici sono rappresentati dai vettori di stato quantistico, piuttosto che una vera limitazione — riguarda la nozione di fase globale.

Con fase globale intendiamo questo. Siano $\vert \psi \rangle$ e $\vert \phi \rangle$ vettori unitari che rappresentano stati quantistici di un certo sistema, e supponiamo che esista un numero complesso $\alpha$ sul cerchio unitario, il che significa che $\vert \alpha \vert = 1,$ oppure equivalentemente $\alpha = e^{i\theta}$ per qualche numero reale $\theta,$ tale che

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

Si dice allora che i vettori $\vert \psi \rangle$ e $\vert \phi \rangle$ differiscono per una fase globale. A volte ci si riferisce ad $\alpha$ come a una fase globale, sebbene questo dipenda dal contesto; qualsiasi numero sul cerchio unitario può essere pensato come una fase globale quando moltiplicato per un vettore unitario.

Consideriamo cosa succede quando un sistema si trova in uno dei due stati quantistici $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle,$ e il sistema subisce una misurazione nella base standard. Nel primo caso, in cui il sistema è nello stato $\vert\psi\rangle,$ la probabilità di misurare un dato stato classico $a$ è

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

Nel secondo caso, in cui il sistema è nello stato $\vert\phi\rangle,$ la probabilità di misurare un qualsiasi stato classico $a$ è

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

poiché $\vert\alpha\vert = 1.$ Ovvero, la probabilità di ottenere un certo esito è la stessa per entrambi gli stati.

Consideriamo ora cosa succede quando applichiamo un'operazione unitaria arbitraria $U$ a entrambi gli stati. Nel primo caso, in cui lo stato iniziale è $\vert \psi \rangle,$ lo stato diventa

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

e nel secondo caso, in cui lo stato iniziale è $\vert \phi\rangle,$ diventa

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

Ovvero, i due stati risultanti differiscono ancora per la stessa fase globale $\alpha.$

Di conseguenza, due stati quantistici $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ che differiscono per una fase globale sono completamente indistinguibili; qualunque operazione, o sequenza di operazioni, applichiamo ai due stati, essi differirà sempre per una fase globale, e l'esecuzione di una misurazione nella base standard produrrà esiti con esattamente le stesse probabilità dell'altro. Per questa ragione, due vettori di stato quantistico che differiscono per una fase globale sono considerati equivalenti, e sono di fatto trattati come lo stesso stato.

Per esempio, gli stati quantistici

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

differiscono per una fase globale (che in questo esempio è $-1$), e sono quindi considerati lo stesso stato.

D'altra parte, gli stati quantistici

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

non differiscono per una fase globale. Sebbene l'unica differenza tra i due stati sia che un segno più diventa un segno meno, questa non è una differenza di fase globale, bensì una differenza di fase relativa, perché non riguarda ogni voce del vettore, ma solo un sottoinsieme proprio delle voci. Ciò è coerente con quanto già osservato in precedenza, ovvero che gli stati $\vert{+} \rangle$ e $\vert{-}\rangle$ possono essere discriminati perfettamente. In particolare, eseguire un'operazione di Hadamard e poi misurare produce le seguenti probabilità per gli esiti:

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

Teorema di no-cloning

Il teorema di no-cloning dimostra che è impossibile creare una copia perfetta di uno stato quantistico sconosciuto.

Teorema

Teorema di no-cloning: Sia $\Sigma$ un insieme di stati classici con almeno due elementi, e siano $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ dei sistemi che condividono lo stesso insieme di stati classici $\Sigma.$ Non esiste uno stato quantistico $\vert \phi\rangle$ di $\mathsf{Y}$ e un'operazione unitaria $U$ sulla coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ tali che

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

per ogni stato $\vert \psi \rangle$ di $\mathsf{X}.$

Ovvero, non esiste modo di inizializzare il sistema $\mathsf{Y}$ (in qualsiasi stato $\vert\phi\rangle$) ed eseguire un'operazione unitaria $U$ sul sistema congiunto $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ in modo tale che l'effetto sia quello di clonare lo stato $\vert\psi\rangle$ di $\mathsf{X}$ — portando $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ nello stato $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

La dimostrazione di questo teorema è in realtà abbastanza semplice: si riduce all'osservazione che la mappa

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

non è lineare in $\vert\psi\rangle.$

In particolare, poiché $\Sigma$ ha almeno due elementi, possiamo scegliere $a,b\in\Sigma$ con $a\neq b.$ Se esistessero uno stato quantistico $\vert \phi\rangle$ di $\mathsf{Y}$ e un'operazione unitaria $U$ sulla coppia $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ per cui $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ per ogni stato quantistico $\vert\psi\rangle$ di $\mathsf{X},$ allora varrebbe

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

Per linearità, intendendo specificamente la linearità del prodotto tensoriale nel primo argomento e la linearità della moltiplicazione matrice-vettore nel secondo argomento (vettore), dobbiamo quindi avere

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

Tuttavia, il requisito che $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ per ogni stato quantistico $\vert\psi\rangle$ richiede che

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

Pertanto non può esistere uno stato $\vert \phi\rangle$ e un'operazione unitaria $U$ per cui $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ per ogni vettore di stato quantistico $\vert \psi\rangle.$

Alcune osservazioni sul teorema di no-cloning sono opportune. La prima è che l'enunciato del teorema di no-cloning sopra è assoluto, nel senso che afferma che la clonazione perfetta è impossibile — ma non dice nulla sulla possibilità di clonare con precisione limitata, dove potremmo riuscire a produrre un clone approssimato (rispetto a qualche modo di misurare quanto possano essere simili due diversi stati quantistici). Esistono, in effetti, enunciati del teorema di no-cloning che pongono limitazioni anche alla clonazione approssimata, così come metodi per ottenere una clonazione approssimata con precisione limitata.

La seconda osservazione è che il teorema di no-cloning riguarda l'impossibilità di clonare uno stato arbitrario $\vert\psi\rangle.$ Al contrario, possiamo facilmente creare un clone di qualsiasi stato della base standard, per esempio. Ad esempio, possiamo clonare uno stato della base standard di un qubit usando un'operazione controlled-NOT:

Qui $|a\rangle$ è $|0\rangle$ oppure $|1\rangle,$ che sono stati realizzabili classicamente. Sebbene non vi sia alcuna difficoltà nel creare un clone di uno stato della base standard, questo non contraddice il teorema di no-cloning. Questo approccio che usa un gate controlled-NOT non avrebbe successo nel creare un clone dello stato $\vert + \rangle,$ per esempio.

Un'ultima osservazione sul teorema di no-cloning è che in realtà non è esclusivo dell'informazione quantistica — è anche impossibile clonare un arbitrario stato probabilistico usando un processo classico (deterministico o probabilistico). Immagina che qualcuno ti consegni un sistema in qualche stato probabilistico, ma non sei sicuro di quale sia quello stato probabilistico. Per esempio, forse hanno generato casualmente un numero tra $1$ e $10,$ ma non ti hanno detto come l'hanno generato. Non esiste certamente alcun processo fisico attraverso il quale puoi ottenere due copie indipendenti di quello stesso stato probabilistico: tutto ciò che hai in mano è un numero tra $1$ e $10,$ e semplicemente non c'è abbastanza informazione presente per permetterti di ricostruire in qualche modo le probabilità di tutti gli altri esiti.

Matematicamente parlando, una versione del teorema di no-cloning per gli stati probabilistici può essere dimostrata esattamente nello stesso modo del teorema di no-cloning ordinario (per gli stati quantistici). Ovvero, clonare un arbitrario stato probabilistico è un processo non lineare, quindi non può essere rappresentato da una matrice stocastica.

Gli stati non ortogonali non possono essere discriminati perfettamente

Per l'ultima limitazione che tratteremo in questa lezione, mostreremo che se abbiamo due stati quantistici $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ che non sono ortogonali, il che significa che $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ allora è impossibile discriminarli (o, in altre parole, distinguerli) perfettamente. In effetti, mostreremo qualcosa di logicamente equivalente: se abbiamo un modo per discriminare perfettamente due stati, senza alcun errore, allora essi devono essere ortogonali.

Ci limiteremo a considerare circuiti quantistici che consistono in un numero qualsiasi di gate unitari, seguiti da una singola misurazione nella base standard del qubit superiore. Ciò che richiediamo a un circuito quantistico, per dire che discrimina perfettamente gli stati $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle,$ è che la misurazione produca sempre il valore $0$ per uno dei due stati e sempre il valore $1$ per l'altro. Per essere precisi, supponiamo di avere un circuito quantistico che opera come suggeriscono i seguenti diagrammi:

Il riquadro etichettato $U$ denota l'operazione unitaria che rappresenta l'azione combinata di tutti i gate unitari nel nostro circuito, ma non include la misurazione finale. Non si perde di generalità assumendo che la misurazione restituisca $0$ per $\vert\psi\rangle$ e $1$ per $\vert\phi\rangle;$ l'analisi non cambierebbe fondamentalmente se questi valori di output fossero invertiti.

Nota che, oltre ai qubit che inizialmente memorizzano $\vert\psi\rangle$ oppure $\vert\phi\rangle,$ il circuito può fare uso di un numero qualsiasi di qubit workspace aggiuntivi. Questi qubit sono inizialmente ciascuno impostato allo stato $\vert 0\rangle$ — quindi il loro stato combinato è indicato con $\vert 0\cdots 0\rangle$ nelle figure — e questi qubit possono essere usati dal circuito in qualsiasi modo che possa risultare vantaggioso. È molto comune fare uso di qubit workspace in circuiti quantistici come questo.

Consideriamo ora cosa succede quando eseguiamo il nostro circuito sullo stato $\vert\psi\rangle$ (insieme ai qubit workspace inizializzati). Lo stato risultante, immediatamente prima che venga eseguita la misurazione, può essere scritto come

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

per due vettori $\vert \gamma_0\rangle$ e $\vert \gamma_1\rangle$ che corrispondono a tutti i qubit tranne il qubit superiore. In generale, per tale stato le probabilità che una misurazione del qubit superiore produca gli esiti $0$ e $1$ sono le seguenti:

$$\operatorname{Pr}(\text{il risultato è $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{e}\qquad \operatorname{Pr}(\text{il risultato è $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

Poiché il nostro circuito restituisce sempre $0$ per lo stato $\vert\psi\rangle,$ deve essere che $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ e quindi

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

Moltiplicando entrambi i membri di questa equazione per $U^{\dagger}$ si ottiene questa equazione:

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

Ragionando in modo analogo per $\vert\phi\rangle$ al posto di $\vert\psi\rangle,$ concludiamo che

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

per qualche vettore $\vert\delta_1\rangle,$ e quindi

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

Calcoliamo ora il prodotto interno dei vettori rappresentati dalle equazioni $(1)$ e $(2),$ partendo dalle rappresentazioni nel membro destro di ciascuna equazione. Abbiamo

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

quindi il prodotto interno del vettore $(1)$ con il vettore $(2)$ è

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

Qui abbiamo usato il fatto che $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ nonché il fatto che il prodotto interno di prodotti tensoriali è il prodotto dei prodotti interni:

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

per qualsiasi scelta di questi vettori (assumendo che $\vert u\rangle$ e $\vert w\rangle$ abbiano lo stesso numero di voci e che $\vert v\rangle$ e $\vert x\rangle$ abbiano lo stesso numero di voci, in modo che abbia senso formare i prodotti interni $\langle u\vert w\rangle$ e $\langle v\vert x \rangle$). Nota che il valore del prodotto interno $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ è irrilevante poiché viene moltiplicato per $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Infine, prendendo il prodotto interno dei vettori nei membri sinistri delle equazioni $(1)$ e $(2)$ si deve ottenere lo stesso valore zero che abbiamo già calcolato, quindi

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

Abbiamo quindi concluso ciò che volevamo, ovvero che $\vert \psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ sono ortogonali: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

È possibile, tra l'altro, discriminare perfettamente due stati qualsiasi che siano ortogonali, il che è il converso dell'affermazione che abbiamo appena dimostrato. Supponiamo che i due stati da discriminare siano $\vert \phi\rangle$ e $\vert \psi\rangle,$ dove $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Possiamo quindi discriminare perfettamente questi stati eseguendo la misurazione proiettiva descritta da queste matrici, per esempio:

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

Per lo stato $\vert\phi\rangle,$ il primo esito si ottiene sempre:

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

E, per lo stato $\vert\psi\rangle,$ il secondo esito si ottiene sempre:

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