מגבלות על מידע קוונטי

למרות שמידע קוונטי ומידע קלאסי חולקים מבנה מתמטי בסיסי משותף, קיימים ביניהם הבדלים מהותיים. כתוצאה מכך, ישנן משימות רבות שמידע קוונטי מאפשר לבצע אך מידע קלאסי אינו מאפשר.

עם זאת, לפני שנחקור כמה מהדוגמאות הללו, נשים לב למספר מגבלות חשובות על מידע קוונטי. הבנת הדברים שמידע קוונטי אינו יכול לעשות עוזרת לנו לזהות את הדברים שהוא כן יכול לעשות.

אי-רלוונטיות של פאזות גלובליות

המגבלה הראשונה שנסקור — שהיא למעשה יותר סוג של ניוון קל באופן שבו מצבים קוונטיים מיוצגים על ידי וקטורי מצב קוונטי, מאשר מגבלה ממשית — עוסקת במושג של פאזה גלובלית.

הכוונה שלנו בפאזה גלובלית היא זו. נניח ש-$\vert \psi \rangle$ ו-$\vert \phi \rangle$ הם וקטורים יחידה המייצגים מצבים קוונטיים של מערכת כלשהי, ונניח שקיים מספר מרוכב $\alpha$ על מעגל היחידה, כלומר $\vert \alpha \vert = 1$, או לחלופין $\alpha = e^{i\theta}$ עבור מספר ממשי כלשהו $\theta$, כך ש-

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

אז אומרים שהוקטורים $\vert \psi \rangle$ ו-$\vert \phi \rangle$ נבדלים בפאזה גלובלית. לפעמים אנחנו גם מכנים את $\alpha$ פאזה גלובלית, אם כי זה תלוי הקשר; כל מספר על מעגל היחידה יכול להיחשב כפאזה גלובלית כשמכפילים אותו בוקטור יחידה.

בואו נשקול מה קורה כאשר מערכת נמצאת באחד משני המצבים הקוונטיים $\vert\psi\rangle$ ו-$\vert\phi\rangle$, ועוברת מדידת בסיס סטנדרטי. במקרה הראשון, שבו המערכת נמצאת במצב $\vert\psi\rangle$, ההסתברות למדידת מצב קלאסי כלשהו $a$ היא

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

במקרה השני, שבו המערכת נמצאת במצב $\vert\phi\rangle$, ההסתברות למדידת מצב קלאסי כלשהו $a$ היא

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

מכיוון ש-$\vert\alpha\vert = 1$. כלומר, ההסתברות לקבלת תוצאה מסוימת זהה בשני המצבים.

עכשיו נשקול מה קורה כשאנחנו מפעילים פעולה אוניטרית שרירותית $U$ על שני המצבים. במקרה הראשון, שבו המצב הראשוני הוא $\vert \psi \rangle$, המצב הופך ל-

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

ובמקרה השני, שבו המצב הראשוני הוא $\vert \phi\rangle$, הוא הופך ל-

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

כלומר, שני המצבים המתקבלים עדיין נבדלים באותה פאזה גלובלית $\alpha$.

כתוצאה מכך, שני מצבים קוונטיים $\vert\psi\rangle$ ו-$\vert\phi\rangle$ הנבדלים בפאזה גלובלית הם בלתי-ניתנים להבחנה לחלוטין; לא משנה אילו פעולות, או רצפי פעולות, נפעיל על שני המצבים, הם תמיד ייבדלו בפאזה גלובלית, וביצוע מדידת בסיס סטנדרטי יניב תוצאות בדיוק באותן הסתברויות. מסיבה זו, שני וקטורי מצב קוונטי הנבדלים בפאזה גלובלית נחשבים שקולים, ולמעשה רואים בהם אותו מצב.

לדוגמה, המצבים הקוונטיים

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

נבדלים בפאזה גלובלית (שהיא $-1$ בדוגמה זו), ולכן נחשבים לאותו מצב.

לעומת זאת, המצבים הקוונטיים

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

אינם נבדלים בפאזה גלובלית. למרות שההבדל היחיד בין שני המצבים הוא שסימן חיבור הופך לסימן חיסור, זה אינו הבדל פאזה גלובלי, אלא הבדל פאזה יחסי, מכיוון שהוא אינו משפיע על כל רכיבי הוקטור, אלא רק על תת-קבוצה ממש של הרכיבים. זה עקבי עם מה שכבר ראינו קודם לכן — שהמצבים $\vert{+} \rangle$ ו-$\vert{-}\rangle$ ניתנים להבחנה מושלמת. בפרט, ביצוע פעולת Hadamard ואז מדידה מניב הסתברויות תוצאה כך:

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

משפט אי-השכפול

משפט אי-השכפול מראה שאי-אפשר ליצור העתק מושלם של מצב קוונטי לא ידוע.

משפט

משפט אי-השכפול: נניח ש-$\Sigma$ הוא קבוצת מצבים קלאסית עם לפחות שני איברים, ו-$\mathsf{X}$ ו-$\mathsf{Y}$ הן מערכות החולקות את אותה קבוצת מצבים קלאסית $\Sigma$. לא קיים מצב קוונטי $\vert \phi\rangle$ של $\mathsf{Y}$ ופעולה אוניטרית $U$ על הזוג $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ כך ש-

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

לכל מצב $\vert \psi \rangle$ של $\mathsf{X}$.

כלומר, אין דרך לאתחל את המערכת $\mathsf{Y}$ (לכל מצב $\vert\phi\rangle$ שהוא) ולבצע פעולה אוניטרית $U$ על המערכת המשולבת $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ כך שהאפקט יהיה שכפול של המצב $\vert\psi\rangle$ של $\mathsf{X}$ — שיביא ל-$(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ במצב $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$.

ההוכחה של משפט זה פשוטה למעשה למדי: היא מסתכמת בתצפית שהמיפוי

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

אינו לינארי ב-$\vert\psi\rangle$.

בפרט, מכיוון ש-$\Sigma$ כולל לפחות שני איברים, נוכל לבחור $a,b\in\Sigma$ עם $a\neq b$. אם היה קיים מצב קוונטי $\vert \phi\rangle$ של $\mathsf{Y}$ ופעולה אוניטרית $U$ על הזוג $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ שעבורם $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ לכל מצב קוונטי $\vert\psi\rangle$ של $\mathsf{X}$, אז היה נכון ש-

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

מלינאריות — ספציפית לינאריות של המכפלה הטנזורית בארגומנט הראשון ולינאריות של כפל מטריצה-וקטור בארגומנט השני (הוקטורי) — נסיק לכן ש-

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

אולם, הדרישה ש- $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ לכל מצב קוונטי $\vert\psi\rangle$ מחייבת ש-

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

לכן לא יכול להתקיים מצב $\vert \phi\rangle$ ופעולה אוניטרית $U$ שעבורם $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ לכל וקטור מצב קוונטי $\vert \psi\rangle$.

כמה הערות על משפט אי-השכפול ראויות לתשומת לב. ראשית, הניסוח של משפט אי-השכפול לעיל הוא מוחלט, במובן שהוא קובע ששכפול מושלם הוא בלתי-אפשרי — אך הוא אינו אומר דבר על אפשרות שכפול עם דיוק מוגבל, שבו ייתכן ונצליח לייצר שכפול קירובי (ביחס לדרך כלשהי למדוד דמיון בין שני מצבים קוונטיים שונים). קיימות, למעשה, גרסאות של משפט אי-השכפול המציבות מגבלות גם על שכפול קירובי, כמו גם שיטות להשגת שכפול קירובי עם דיוק מוגבל.

ההערה השנייה היא שמשפט אי-השכפול עוסק בבלתי-אפשריות לשכפל מצב שרירותי $\vert\psi\rangle$. לעומת זאת, ניתן בקלות ליצור שכפול של כל מצב בסיס סטנדרטי, למשל. לדוגמה, ניתן לשכפל מצב בסיס סטנדרטי של qubit באמצעות פעולת NOT מבוקרת:

כאן $|a\rangle$ הוא $|0\rangle$ או $|1\rangle$, שהם מצבים שניתן לממש קלאסית. אמנם אין קושי ביצירת שכפול של מצב בסיס סטנדרטי, אך זה אינו סותר את משפט אי-השכפול. הגישה של שימוש בשער NOT מבוקר לא תצליח ליצור שכפול של המצב $\vert + \rangle$, לדוגמה.

הערה אחרונה על משפט אי-השכפול היא שהוא לא ייחודי למידע קוונטי — גם אי-אפשר לשכפל מצב הסתברותי שרירותי באמצעות תהליך קלאסי (דטרמיניסטי או הסתברותי). דמיינו שמישהו מסר לכם מערכת במצב הסתברותי כלשהו, אבל אתם לא בטוחים מהו המצב ההסתברותי הזה. לדוגמה, אולי הם יצרו מספר אקראי בין $1$ ל-$10$, אבל לא אמרו לכם כיצד יצרו אותו. בהחלט לא קיים תהליך פיזי שבאמצעותו תוכלו להשיג שני עותקים בלתי-תלויים של אותו מצב הסתברותי: כל מה שיש בידיכם הוא מספר בין $1$ ל-$10$, ופשוט לא קיים מספיק מידע כדי שתוכלו לשחזר את ההסתברויות לכל התוצאות האחרות.

מבחינה מתמטית, גרסה של משפט אי-השכפול למצבים הסתברותיים ניתנת להוכחה בדיוק באותו אופן כמו משפט אי-השכפול הרגיל (למצבים קוונטיים). כלומר, שכפול מצב הסתברותי שרירותי הוא תהליך לא-לינארי, ולכן לא ניתן לייצגו על ידי מטריצה סטוכסטית.

מצבים לא-אורתוגונליים אינם ניתנים להבחנה מושלמת

לצורך המגבלה האחרונה שנסקור בשיעור זה, נראה שאם יש לנו שני מצבים קוונטיים $\vert\psi\rangle$ ו-$\vert\phi\rangle$ שאינם אורתוגונליים, כלומר $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$, אז אי-אפשר להבחין ביניהם (או במילים אחרות, להבדיל ביניהם) בצורה מושלמת. למעשה, נראה משהו שקול לוגית: אם יש לנו דרך להבחין בין שני מצבים בצורה מושלמת, ללא כל שגיאה, אז הם חייבים להיות אורתוגונליים.

נגביל את עצמנו ל-Circuit-ים קוונטיים המורכבים מכל מספר של שערים אוניטריים, ואחריהם מדידת בסיס סטנדרטי בודדת של ה-Qubit העליון. מה שאנחנו דורשים מ-Circuit קוונטי כדי לומר שהוא מבחין בצורה מושלמת בין המצבים $\vert\psi\rangle$ ו-$\vert\phi\rangle$, הוא שהמדידה תניב תמיד את הערך $0$ עבור אחד משני המצבים ותמיד את הערך $1$ עבור המצב האחר. לדיוק, נניח שיש לנו Circuit קוונטי הפועל כפי שהדיאגרמות הבאות מראות:

התיבה המסומנת $U$ מציינת את הפעולה האוניטרית המייצגת את הפעולה המשולבת של כל השערים האוניטריים ב-Circuit שלנו, אך ללא המדידה הסופית. בלי הגבלת הכלליות, נניח שהמדידה מפיקה $0$ עבור $\vert\psi\rangle$ ו-$1$ עבור $\vert\phi\rangle$; הניתוח לא יהיה שונה מהותית אם ערכי הפלט יהיו הפוכים.

שימו לב שבנוסף ל-Qubit-ים שמאחסנים בתחילה את $\vert\psi\rangle$ או $\vert\phi\rangle$, ה-Circuit רשאי להשתמש בכל מספר של qubit-ים עזר נוספים. ה-Qubit-ים הללו מאותחלים כל אחד למצב $\vert 0\rangle$ — כך שמצבם המשולב מסומן $\vert 0\cdots 0\rangle$ בציורים — והם יכולים לשמש את ה-Circuit בכל דרך שתועיל. מאוד נפוץ להשתמש ב-Qubit-ים עזר ב-Circuit-ים קוונטיים כאלה.

עכשיו נשקול מה קורה כשמריצים את ה-Circuit שלנו על המצב $\vert\psi\rangle$ (יחד עם ה-Qubit-ים העזר המאותחלים). המצב המתקבל, מיד לפני ביצוע המדידה, ניתן לכתיבה כ-

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

עבור שני וקטורים $\vert \gamma_0\rangle$ ו-$\vert \gamma_1\rangle$ המתאימים לכל ה-Qubit-ים פרט ל-Qubit העליון. בכלל, עבור מצב כזה, ההסתברויות שמדידת ה-Qubit העליון תניב את התוצאות $0$ ו-$1$ הן כדלהלן:

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

מכיוון שה-Circuit שלנו תמיד מפיק $0$ עבור המצב $\vert\psi\rangle$, חייב להיות ש-$\vert\gamma_1\rangle = 0$, ולכן

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

הכפלת שני צדי המשוואה ב-$U^{\dagger}$ מניבה:

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

באותו אופן עבור $\vert\phi\rangle$ במקום $\vert\psi\rangle$, אנחנו מסיקים ש-

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

עבור וקטור כלשהו $\vert\delta_1\rangle$, ולכן

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

עכשיו נחשב את המכפלה הפנימית של הוקטורים המיוצגים על ידי המשוואות $(1)$ ו-$(2)$, החל מהייצוגים בצד הימני של כל משוואה. יש לנו

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

כך שהמכפלה הפנימית של הוקטור $(1)$ עם הוקטור $(2)$ היא

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

כאן השתמשנו בעובדה ש-$U U^{\dagger} = \mathbb{I}$, וכן בעובדה שהמכפלה הפנימית של מכפלות טנזוריות היא מכפלת המכפלות הפנימיות:

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

לכל בחירה של וקטורים אלה (בהנחה ש-$\vert u\rangle$ ו-$\vert w\rangle$ הם בעלי אותו מספר רכיבים וכן $\vert v\rangle$ ו-$\vert x\rangle$ בעלי אותו מספר רכיבים, כך שיש טעם לחשב את המכפלות הפנימיות $\langle u\vert w\rangle$ ו-$\langle v\vert x \rangle$). שימו לב שערך המכפלה הפנימית $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ אינו רלוונטי מכיוון שהוא מוכפל ב-$\langle 0 \vert 1 \rangle = 0$.

לבסוף, חישוב המכפלה הפנימית של הוקטורים בצד השמאלי של המשוואות $(1)$ ו-$(2)$ חייב להניב את אותו ערך אפס שכבר חישבנו, ולכן

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

הגענו אפוא למה שרצינו, כלומר ש-$\vert \psi\rangle$ ו-$\vert\phi\rangle$ הם אורתוגונליים: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

אגב, ניתן להבחין בצורה מושלמת בין כל שני מצבים אורתוגונליים — זוהי הטענה ההפוכה לזו שהרגע הוכחנו. נניח ששני המצבים להבחנה הם $\vert \phi\rangle$ ו-$\vert \psi\rangle$, שבהם $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0$. ניתן אז להבחין בין המצבים הללו בצורה מושלמת על ידי ביצוע המדידה הפרויקטיבית המתוארת על ידי המטריצות הבאות, לדוגמה:

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

עבור המצב $\vert\phi\rangle$, התוצאה הראשונה מתקבלת תמיד:

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

ועבור המצב $\vert\psi\rangle$, התוצאה השנייה מתקבלת תמיד:

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