LOGO

Gyöngyösi LászlóBME Villamosmérnöki és Informatikai Kar

Kvantum-kommunikáció komplexitása I.

Kvantum-kommunikáció komplexitása I.

Egy n kvantumbites kvantumállapot leírásához 2n1

komplex szám szükséges:

000

000

+ 001

001

+ 010

010

+ + 111

111.

Vajon a kvantumbitekben tárolható

klasszikus információ

mértéke exponenciálisan emelkedik a kvantumállapotok növelésével?

Holevo-tétel

[1973] : Egy n kvantumbites rendszerből legfeljebb n bitnyi klasszikus információ

nyerhető

ki.

Hány klasszikus bitnyi információ

nyerhető

ki n kvantumbitből?

Klasszikus információ

n kvantumbitben

HolevoHolevo--ttéételtel

Uψn

kvantumbit

b1b2b3bn

Unitér transzformáció:

Az

n kvantumbites állapotból legfeljebb

n bitnyi

információ

nyerhető

ki. A kimeneti

b1

b2 ... bn

állapotok maximum n bitnyi

információt

hordozhatnak.

Kiegészítő

kvantumállapotokkal:

ψn

kvantumbit

b1b2b3bn

U00

000

mkvantumbit

bn+1bn+2bn+3bn+4bn+m

HolevoHolevo--ttéételtel

A Holevo-tétel

értelmében egy n bites üzenet elküldéséhez legalább n kvantumbit szükséges.

Összefonódott állapotok alkalmazásával a küldendő

kvantumállapotok száma azonban n/2-

re csökkenthető

(szupersűrűségű

tömörítés)

A szupersűrűségű

tömörítés sérti a Holevo- tételt?

ab

A

Holevo-tétel

alapján azonban erre nincs

lehetősége

Alice két

klasszikus bitnyi üzenetet szeretne megosztani Bobbal, egyetlen kvantumállapot

elküldésével

ab

Szupersűrűségű

tömörítés és Holevo

Szupersűrűségű

tömörítés és Holevo

Azonban ezzel hogyan kerülhető

el a Holevo-tétel megsértése?

ab

A protokoll kezdetén Bob elküldi

Alicenek

a kommunikáció során felhasznált összefonódott állapot első

kvantumbitjét

ab

1.

Bob előállítja a

00

+

11

összefonódott állapotot, majd az első

kvantumbitet elküldi Alice-nek

2.

Alice:

0110

X

1001

Z

ha

a = 1

akkor

X -transzformációt alkalmaz a kapott kvantumbitre

ha b = 1

akkor

Z-

transzformációt.

A transzformált kvantumállapot visszaküldi Bobnak

ab állapot00 00

+

11

01 00

−

11

10 01

+

10

11 01

−

10

3.

Bob a kapott állapotát beméri

a Bell-bázis

elemei szerint.

Szupersűrűségű

tömörítés és Holevo

H

Bob egy C-NOT és egy Hadamard-kaput alkalmaz a két kvantumállapotra:

BE KI00

+

11 00

00

−

11 01

01

+

10 1001

−

10 11

A kapott eredményt a Bell-bázis szerint bemérve visszakapja az ab kétbites üzenetet.

A két-bites klasszikus üzenet továbbítása során két kvantumbitet küldtünk át a csatornán.A Holevo-tétel

így nem sérül, azonban a feleknek csak 1-1 bitet

kellett küldeniük! (Költség: n/2)

Mérés a Bell-bázisban

Kvantum-kommunikáció

költsége

A kvantum-számítások

alkalmazásával jelentős redukció realizálható

a klasszikus rendszereken belüli számítások

költségéhez képest.

Hogyan alakul a kvantumrendszerek kommunikációs költsége

a klasszikus kommunikáció

bonyolultságához

viszonyítva?

A kvantum-kommunikáció

területén is elérhető

a kvantumszámításokhoz hasonló

mértékű

előrelépés?

( )1 00 112

+

Összefonódott állapot Alice és Bob között:

Az összefonódott állapot egyik kvantumbitjén végrehajtott lokális transzformáció

nincs kihatással a második kvantumbit állapotára

Azonban a kvantumbitek újraegyesíthetőek, a hibák detektálhatóak

qubit qubit

Az EPR-állapotokkal

-

klasszikus rendszerekben megvalósíthatatlan

– kvantum-kommunikációs

protokollok konstruálhatók (teleportáció,

szupersűrűségű

tömörítés)

Összefonódott állapotok felhasználása

Erőforrás

x1

x2 xn

Cél:

Alice

n bitjének

eljuttatása Bob-hoz

x1

x2 xn

A kommunikáció

általános megközelítése

Kvantumrendszerek esetén hogyan alakul a kommunikációhoz felhasznált erőforrások

mértéke?

Klasszikus kommunikáció:

Költség:

n

Kvantum-kommunikáció:

Költség:

n [Holevo-tétel]

Klasszikus kommunikáció és összefonódott állapotok:

Költség:

n Költség:

n/2

[szupersűrűségű

tömörítés]

Kvantum kommunikáció

és összefonódott állapotok:

Kommunikációs költségek

Három kvantumbites összefonódottság

GHZ állapot: Greenberger, Horne és

Zeilinger

Alice, Bob és Carol megosztott állapota:

|GHZ=(|000+|111)/√2.

A kommunikációban résztvevő

felek a birtokukban lévő kvantumállapotot elforgathatják, rendre α,β

illetve γ

szöggel.

A forgatás után a résztvevő

felek mindegyike egy Hadamard-transzformációt

alkalmaz a birtokában

lévő

kvantumállapotra, majd bemérik a kvantumbitjeiket a 0/1

rektilineáris bázisban.

Alice Bob Carol

r ts

a cb

Játékszabályok:1.

A bemenetekre mindig teljesüljön:

rst = 02.

A bemenet vétele utáni kommunikáció

tilos

3.

Győzelem

feltétele:

abc = rst

rst abc

000 0

011 1

101 1

110 1

← r ← ¬s ← 1

abc

011

001

111

101

Be:

Ki:

GHZ játék szabályai

Létezik tökéletes stratégia?

rst abc

000 0

011 1

101 1

110 1

Létezik

determinisztikus stratégia?a0

, a1

, b0

, b1

, c0

, c1

Nyerési feltételek:a0

b0

c0

= 0

a0

b1

c1

= 1 a1

b0

c1

= 1 a1

b1

c0

= 1

Az egyenletrendszernek nincs megoldása, így egyértelmű

nyerési

stratégia sem található

Alice Bob Carol

r ts

a cb← r ← ¬s ← 1

Be:

Ki:

GHZ állapotok alkalmazása

A felek kommunikálhatnak

Carol-on

keresztül, közvetlenül egymással azonban nem.

Carol véletlenszerűen választ kérdést, a begyűjtött válaszok alapján pedig döntést hoz.

A megosztott GHZ-állapot

:

= 000

–

011

–

101

–

110

Alice

stratégiája:1. ha

r = 1 akkor

H-transzformációt

alkalmaz

2. beméri a

kvantumbitet, a kimenete: aBob

és Carol

stratégiája ugyanez

1. eset:

(rst = 000): közvetlenül bemérjük az állapotot

…2. eset:

(rst = 011): az új állapot:001

+ 010

–

100

+ 111

3. és 4. eset:

(rst = 101 &

110): hasonlóképpen adódik…

Alice Bob Carol

r ts

a cb

Be:

Ki:

Megosztott GHZ állapot

GHZ játék: Összefoglalás

Klasszikus rendszereken belül, a GHZ játék nyerési valószínűsége legfeljebb ¾

lehet

Az összefonódott állapotok segítségével a felek egymás közt nem képesek kommunikálni, azonban…

…az összefonódott állapotokkal megvalósítható

az 1 valószínűségű

nyerési stratégiát garantáló

kommunikáció

Az összefonódott kvantumállapotok nem segítik a felek közti közvetlen kommunikációt, így a GHZ játék a rögzített szabályrendszer megsértése nélkül

megnyerhető

A Bell egyenlőtlenség sérülése Kvantummechanikai

megközelítés

Rejtett változók?

Léteznek olyan rejtett változók, amelyek előre meghatározzák egy adott mérés kimenetelét?

Található

olyan rejtett szabályszerűség, amely egy kvantumállapot tényleges bemérése előtt

determinálja

annak kimenetelét?

Ha léteznek rejtett változók, akkor feltehetjük, hogy:-

ha a {0,1}

bázisban mérünk, a mérés kimenetele 0

-

ha a {+,−}

bázisban, akkor pedig 1: M1

A Bell egyenlőtlenség

Legyen adott egy két-kvantumbites rendszer. Mindkét kvantumbitet bemérjük az M0

és

M1

mérési operátornak megfelelően

M0

: a0

M1

: a1

M0

: b0

M1

: b1

Legyen: A0

=

(1)a0

A1

=

(1)a1

B0

=

(1)b0

B1

=

(1)b1

Állítás:

A0 B0 + A0 B1

+ A1

B0

A1 B1

2Bizonyítás:

A0 (B0 + B1

)

+ A1 (B0

B1

)

2

az egyik

2, a másik

0

A részecskék közöttnincs fizikai kapcsolat

A Bell egyenlőtlenség

Kísérletileg is igazolható

a Bell egyenlőtlenség?

Közvetlenül nem, mivel A0

,

A1

,

B0

,

B1

egyszerre nem mérhetőek be. Egyszerre csak egy

As Bt tag

bemérése

hajtható

végre.Közvetetten igen, mivel ha választunk egy véletlenst {00,01,10,11}

értéket, majd mérünk az

Ms és

Mt -

nek

megfelelően, megkapjuk az

As Bt értéket.Ezen folyamatot

többször végrehajtva

megkapjuk az

A0 B0

, A0 B1

, A1

B0

, A1 B1

értékeket, amelyekre igaznak kellene

lennie, hogy értékük

½.

A0 B0 + A0 B1

+ A1

B0

A1 B1

2

Legyen a rendszer állapota:

= 1/√2(|00

–

11)

LegyenM0

: forgatás

/16

-al, majd mérésM1

:

forgatás

+3/16

-al, majd mérésst =

01 vagy

10

/8

3/8

-/8

st = 11

st =

00

A

A

és B

szögű

forgatások eredménye:cos(A

+

B

) 1/√2(00

–

11) +

sin(A

+

B

) 1/√2(01

+

10)A B = +1 A B =

1

Ekkor az A0 B0

, A0 B1

, A1

B0

, A1 B1

tagok átlagértéke (½)√2=1/√2, amely ellentmond

az

½

-es

átlagértéknek. cos2(/8) =

1/2

+

(1/4)√2 =

0.853

A Bell egyenlőtlenség megsértése

A Bell egyenlőtlenség megsértése

0 0 0 1 1

0

0 1 1

0 0 1 1 0 1 1 0

0 0 0 1 1 0 1 1

0 0 1 1 0 1

0

1

1 22

1 22

.

2

2 2

:

A

Bell álla

B A B A B A B

A B A B A B A B

A

A B A B A

B A B A B A B

potokB

A

ra

B

B A

0 0 1 1 0 1 1

0 0 0 1 1 0

0 0 1

1 1

0 1 0 1 1

12 2 4 2 2 2

1

2 4 1 2

.2

.

A B A

A B A

B A B

A B A B A

B A B

B

A B

B A

Tegyük fel, hogy a rejtett változók

léteznek, így teljesül a Bell egyenlőtlenség:

A0 B0 + A0 B1

+ A1

B0

A1 B1

2.A

Bell állapotok

esetén azonban az egyenlőtlenség sérül

(a

megjelenő

√2

–

es szorzó

következtében)

Vagyis, a rejtett változók

létezését kizárhatjuk!

Az összefonódott állapotokkal

kísérletileg is sikerült ellenőrizni a Bell egyenlőtlenség sérülését, valamint így kizárni a rejtett változók létezését

A Bell egyenlőtlenség megsértése

A Bell egyenlőtlenség megsértése

Kvantuminformatikai

megközelítés

b

s t

a

bemenet:

kimenet:

Klasszikus

rendszerekben:

Pr[ab =

st] ≤

0.75Előzetesen megosztott 00

–

11

EPR-állapottal:

Pr[ab =

st] =

cos2(/8) = ½ + ¼√2 =

0.853

Szabályok:1.

Tilos a bemenet vétele utáni kommunikáció

2.

Nyerés feltétele:

ab = st

st ab

00 0

01 0

10 0

11 1

Hogyan használhatjuk fel az informatikában a Bell egyenlőtlenség sérülését?

A Bell egyenlőtlenség sérülése –

CHSH

A Bell egyenlőtlenség és a CHSH játék

Nyerés feltétele:

ab

= st

Klasszikus

Bell-egyenlőtlenség:

Bchsh

≤

2Kvantum

Bell-egyenlőtlenség:

Bchsh

≤

2√2

Nyerési valószínűség klasszikus

rendszerekben: = 1/2 + (1/8)Bchsh

= maximum. 3/4

Nyerési valószínűség

kvantumrendszerekben:

=1/2 + (1/8)Bchsh

= 1/2 + (1/8) 2√2

= 0.853

(cos2(/8) = 1/2

+ (1/4)√2 = 0.853)

A klasszikus

Bell-egyenlőtlenség sérül, nincsenek rejtett változók.

A kvantum stratégia

Alice and Bob megosztott összefonódott állapota:

= 00

–

11.

Alice:

ha

s = 0: A

=

/16, majd

mérés egyébként: A

=

+3/16, majd mérés

Bob:

ha t = 0: B

=

/16, majd mérés egyébként: B

=

+3/16, majd mérés

st =

01 vagy

10

/8

3/8

-/8

st = 11

st =

00

cos(A

–

B

) (00

–

11) + sin(A

– B

) (01

+ 10)

A nyerés valószínűsége: Pr[ab =

st] =

cos2(/8) = ½ + ¼√2 =

0.853

A GHZ játékban alkalmazott kvantum stratégia

γ?

β?

α?A felek által elvégzett forgatásokat jelölje

α,β

illetve γ. A megosztott

állapot: |GHZ

= (|000+|111)/√2.

A forgatások után kialakul a végleges 3 kvantumbites {0,1}3

GHZ állapot.

A mérési bázisok jelölése

12

12

0 1 ,

0 1 .

i

i

e

e

Kvantumstratégia a GHZ játékban

Kvantumstratégia a GHZ játékban

Az α,β,γ

szögű

forgatások hatása a teljes állapotra:

A három Hadamard-transzformáció

utáni rendszerállapot:

Ha

α+β+γ

= 0

(mod 2π),

akkor a kimeneti állapot paritása páros. Ha

α+β+γ

= π

(mod 2π),

akkor a három bit paritása

páratlan

lesz.

Hogyan függ a végső

kimeneti GHZ állapot alakja az α,β,γ

szögek értékeitől?

( )12

000 111 .iGHZ e

( )

( )

1 1 000 011 101 11041 1 001 010 100 1114

i

i

e

e

Kvantumstratégia a GHZ játékban

Ha feltesszük, hogy ezen viselkedést rejtett változók

irányítják, akkor minden egyes részecskéhez előre determinált mérési operátor rendelhető:

Mérési operátorok jelentése: Legyen . Ekkor, ha B

részecskéjét a ½π

irány szerint

mérjük be, a mérés eredménye 1

lesz.

1 1 12 2 2

0 0 0, , , , ,A A B B C CM M M M M M

12

1BM

A szögek a {0,½π}

tartományból vehetnek fel értéket, így α,β,γ{0,½π}.

Azonban lehetetlen olyan

M értékeket

konstruálni, amelyekre a kvantummechanikával egyetértésben teljesülne a következő

egyenlőség:

MAMBMC

= (α+β+γ

mod 2π)/π.

Nincsenek rejtett változók

Vegyünk

3 esetet, ahol α+β+γ

= π, így MAMBMC

= 1.

1MMM

1MMM

1MMM

C0

Bπ

Aπ

Cπ

B0

Aπ

Cπ

Bπ

A0

21

21

21

21

21

21

A három egyenletet összeadva

(modulo 2):

1MMM C0

B0

A0

Ekkor azonban ellentmondásra jutunk az α+β+γ

= 0

esetén, mivel ekkor a 3 kimeneti bit

paritásának

párosnak

kellene lenni:

0MMM C0

B0

A0

Így, rejtett változókkal

nem magyarázható

a mérések eredménye.

γ?

β?

α?MAMBMC

= (α+β+γ

mod 2π)/π

ahol α,β,γ

{0,½π}.

Található

megoldás?

A GHZ játék

A kvantummechanikai

megközelítésben teljesül az egyenlőség! A szögeket módosítjuk a következőképpen:

α,β,γ

{0,½π,π,1½π}.

Kvantummechanikai rendszerekben így elérhető

a 100%-os

sikervalószínűség.

Klasszikus rendszerekben legfeljebb 75%-os

siker garantálható.

GZH-játék

alkalmazása

A három kommunikáló

fél legyen Alice, Bob és Carol. A birtokukban lévő

x, y

és

z

számokról szeretnék eldönteni, hogy az x+y+z

számok összege

páros

vagy páratlan.

Az összefonódott kvantumállapotok felhasználásával ezen kérdés két kvantumbit elküldésével megoldható.

z

y

x

f (x,y)

x1

x2 xn y1

y2 yn

Egyezőségi vizsgálat:

f (x,y) = 1

ha

x = y,

és

0 ha

x

y

Determinisztikus

protokollok kommunikációs igénye: n bit.

Valószínűségi protokollok

esetén a feladat megoldható O(log(n/))

bit

felhasználásával (

hibavalószínűség

mellett)

Klasszikus kommunikáció

komplexitása

Kvantum- kommunikáció,

összefonódott állapotok

nélkül

Kvantum- kommunikáció,

összefonódott állapotok

megosztásával

f (x,y)

x1

x2 xn y1

y2 yn

kvantum bitek

f (x,y)

x1

x2 xn y1

y2 yn

összefonódott állapotok

klasszikus bitek

Kvantum kommunikáció

bonyolultsága