Kvantum-kommunikáció komplexitása I.

Átírás

1 LOGO Kvantum-kommunikáció komplexitása I. Gyöngyösi László BME Villamosmérnöki és Informatikai Kar

2 Klasszikus információ n kvantumbitben Hány klasszikus bitnyi információ nyerhető ki n kvantumbitből? Egy n kvantumbites kvantumállapot leírásához 2 n komplex szám szükséges: Vajon a kvantumbitekben tárolható klasszikus információ mértéke exponenciálisan emelkedik a kvantumállapotok növelésével? Holevo-tétel [973] : Egy n kvantumbites rendszerből legfeljebb n bitnyi klasszikus információ nyerhető ki.

3 Holevo-tétel tel Unitér transzformáció: Kiegészítő kvantumállapotokkal: ψ n kvantumbit U b b 2 b 3 b n Az n kvantumbites állapotból legfeljebb n bitnyi információ nyerhető ki. A kimeneti b b 2... b n állapotok maximum n bitnyi információt hordozhatnak. ψ n kvantumbit m kvantumbit U b b 2 b 3 b n b n+ b n+ 2 b n+ 3 b n+ 4 b n+m

4 Holevo-tétel tel 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 Holevotételt?

5 Szupersűrűségű tömörítés és Holevo Alice két klasszikus bitnyi üzenetet szeretne megosztani Bobbal, egyetlen kvantumállapot elküldésével ab A Holevo-tétel alapján azonban erre nincs lehetősége ab

6 Szupersűrűségű tömörítés és Holevo A protokoll kezdetén Bob elküldi Alicenek a kommunikáció során felhasznált összefonódott állapot első kvantumbitjét ab Azonban ezzel hogyan kerülhető el a Holevo-tétel megsértése? ab

7 Szupersűrűségű tömörítés és Holevo. Bob előállítja a 00 + összefonódott állapotot, majd az első kvantumbitet elküldi Alice-nek 2. Alice: ha a = akkor X -transzformációt alkalmaz a kapott kvantumbitre ha b = akkor Z- transzformációt. A transzformált kvantumállapot visszaküldi Bobnak X 0 ab 0 Z állapot Bob a kapott állapotát beméri a Bell-bázis elemei szerint.

8 Mérés a Bell-bázisban Bob egy C-NOT és egy Hadamardkaput alkalmaz a két kvantumállapotra: H BE KI 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 - bitet kellett küldeniük! (Költség: n/2)

9 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?

10 Összefonódott állapotok felhasználása Összefonódott állapot Alice és Bob között: 2 ( 00 + ) qubit qubit Az EPR-állapotokkal - klasszikus rendszerekben megvalósíthatatlan kvantum-kommunikációs protokollok konstruálhatók (teleportáció, szupersűrűségű tömörítés) Az összefonódott állapot egyik kvantumbitjén végrehajtott lokális transzformáció nincs kihatással a második kvantumbit állapotára Azonban a kvantumbitek újraegyesíthetőek, a hibák detektálhatóak

11 A kommunikáció általános megközelítése x x 2 x n Cél: Alice n bitjének eljuttatása Bob-hoz Erőforrás x x 2 x n Kvantumrendszerek esetén hogyan alakul a kommunikációhoz felhasznált erőforrások mértéke?

12 Kommunikációs költségek Klasszikus kommunikáció: Kvantum-kommunikáció: Költség: n Költség: n [Holevo-tétel] Klasszikus kommunikáció és összefonódott állapotok: Kvantum kommunikáció és összefonódott állapotok: Költség: n Költség: n/2 [szupersűrűségű tömörítés]

13 Három kvantumbites összefonódottság GHZ állapot: Greenberger, Horne és Zeilinger Alice, Bob és Carol megosztott állapota: GHZ=( 000+ )/ 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/ rektilineáris bázisban.

14 GHZ játék szabályai Be: r s t Ki: a r b s c Alice Bob Carol Játékszabályok:. A bemenetekre mindig teljesüljön: rst = 0 2. A bemenet vétele utáni kommunikáció tilos 3. Győzelem feltétele: abc = rst rst abc abc

15 Létezik tökéletes stratégia? Be: r s t Ki: a r b s c Alice Bob Carol rst abc Létezik determinisztikus stratégia? a 0, a, b 0, b, c 0, c Az egyenletrendszernek nincs megoldása, így egyértelmű nyerési stratégia sem található Nyerési feltételek: a 0 b 0 c 0 =0 a 0 b c = a b 0 c = a b c 0 =

16 GHZ állapotok alkalmazása A felek kommunikálhatnak Carol-on keresztül, közvetlenül egymással azonban nem. Carol véletlenszerűen választ kérdést, a begyűjtött válaszok alapján pedig döntést hoz.

17 Megosztott GHZ állapot A megosztott GHZ-állapot : = Be: r s t Ki: a Alice Bob Carol Alice stratégiája:. ha r = akkor H-transzformációt alkalmaz 2. beméri a kvantumbitet, a kimenete: a Bob és Carol stratégiája ugyanez. 2. eset: (rst = 000): 0): az közvetlenül új állapot: bemérjük az állapotot és 4. eset: (rst = 0 & 0): hasonlóképpen adódik b c

18 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 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

19 A Bell egyenlőtlenség sérülése Kvantummechanikai megközelítés

20 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,} bázisban mérünk, a mérés kimenetele 0 - ha a {+, } bázisban, akkor pedig : M

21 A Bell egyenlőtlenség Legyen adott egy két-kvantumbites rendszer. Mindkét kvantumbitet bemérjük az M 0 és M mérési operátornak megfelelően M 0 : a 0 A részecskék között M 0 : b 0 M : a nincs fizikai kapcsolat M : b Legyen: A 0 = () a 0 A = () a B 0 = () b 0 B = () b Állítás: A 0 B 0 + A 0 B + A B 0 A B 2 Bizonyítás: A 0 (B 0 + B ) + A (B 0 B ) 2 az egyik 2, a másik 0

22 A Bell egyenlőtlenség A 0 B 0 + A 0 B + A B 0 A B 2 Kísérletileg is igazolható a Bell egyenlőtlenség? Közvetlenül nem, mivel A 0, A, B 0, B egyszerre nem mérhetőek be. Egyszerre csak egy A s B t tag bemérése hajtható végre. Közvetetten igen, mivel ha választunk egy véletlen st {00,0,0,} értéket, majd mérünk az M s és M t - nek megfelelően, megkapjuk az A s B t értéket. Ezen folyamatot többször végrehajtva megkapjuk az A 0 B 0, A 0 B, A B 0, A B értékeket, amelyekre igaznak kellene lennie, hogy értékük ½.

23 A Bell egyenlőtlenség megsértése Legyen a rendszer állapota: = / 2( 00 ) A A és B szögű forgatások eredménye: cos( A + B ) / 2(00 ) + sin( A + B ) / 2(0 + 0) Legyen M 0 : forgatás /6 -al, majd mérés M : forgatás +3/6 -al, majd mérés AB =+ AB = st = 3/8 /8 -/8 st = 0 vagy 0 Ekkor az A 0 B 0, A 0 B, A B 0, A B tagok átlagértéke (½) 2=/ 2, amely ellentmond az ½ -es átlagértéknek. st = 00 cos 2 (/8) = /2 + (/4) 2 = 0.853

24 A Bell egyenlőtlenség megsértése A B A B AB AB A 0 2 A0 B0 A0 B AB0 AB 2 2 A B A B A B A B B A AB AB AB AB Bell állapotokra : B A B AB AB A B AB AB A B A B A B A B 2.

25 A Bell egyenlőtlenség megsértése Tegyük fel, hogy a rejtett változók léteznek, így teljesül a Bell egyenlőtlenség: A 0 B 0 + A 0 B + A B 0 A B 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

26 A Bell egyenlőtlenség megsértése Kvantuminformatikai megközelítés

27 A Bell egyenlőtlenség sérülése CHSH Hogyan használhatjuk fel az informatikában a Bell egyenlőtlenség sérülését? bemenet: s t kimenet: a Szabályok:. Tilos a bemenet vétele utáni kommunikáció 2. Nyerés feltétele: ab = st Klasszikus rendszerekben: Pr[ab = st] 0.75 Előzetesen megosztott 00 EPR-állapottal: Pr[ab = st] = cos 2 (/8) =½+¼ 2 = b st ab

28 A Bell egyenlőtlenség és a CHSH játék Nyerés feltétele: ab = st Klasszikus Bell-egyenlőtlenség: B chsh 2 Kvantum Bell-egyenlőtlenség: B chsh 2 2 Nyerési valószínűség klasszikus rendszerekben: = /2 + (/8)B chsh = maximum. 3/4 Nyerési valószínűség kvantumrendszerekben: =/2 + (/8)B chsh = /2 + (/8) 2 2 = (cos 2 (/8) = /2 + (/4) 2 = 0.853) A klasszikus Bell-egyenlőtlenség sérül, nincsenek rejtett változók.

29 A kvantum stratégia Alice and Bob megosztott összefonódott állapota: = 00. st = Alice: ha s = 0: A = /6, majd mérés egyébként: A = +3/6, majd mérés 3/8 /8 -/8 st = 0 vagy 0 Bob: ha t = 0: B = /6, majd mérés egyébként: B = +3/6, majd mérés st = 00 cos( A B ) (00 ) + sin( A B ) (0 + 0) A nyerés valószínűsége: Pr[ab = st] = cos 2 (/8) =½+¼ 2 = 0.853

30 A GHZ játékban alkalmazott kvantum stratégia

31 Kvantumstratégia a GHZ játékban α? A felek által elvégzett forgatásokat jelölje α,β illetve γ. A megosztott állapot: GHZ = ( 000+ )/ 2. β? A forgatások után kialakul a végleges 3 kvantumbites {0,} 3 GHZ állapot. A mérési bázisok jelölése 2 i 0 e, 2 i 0 e. γ?

32 Kvantumstratégia a GHZ játékban Hogyan függ a végső kimeneti GHZ állapot alakja az α,β,γ szögek értékeitől? Az α,β,γ szögű forgatások hatása a teljes állapotra: 2 GHZ e i ( ) 000. A három Hadamard-transzformáció utáni rendszerállapot: i ( ) e i ( ) e 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.

33 Kvantumstratégia a GHZ játékban Ha feltesszük, hogy ezen viselkedést rejtett változók irányítják, akkor minden egyes részecskéhez előre determinált mérési operátor rendelhető: A A B B C C M, M, M, M, M, M Mérési operátorok jelentése: B Legyen M. Ekkor, ha B részecskéjét a ½π irány szerint 2 mérjük be, a mérés eredménye lesz. 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: M A M B M C = (α+β+γ mod 2π)/π.

34 Nincsenek rejtett változók Vegyünk 3 esetet, ahol α+β+γ = π, így M A M B M C =. M M M M M M M M M C 0 B π A π C π B 0 A π C π B π A A három egyenletet összeadva (modulo 2): M M M C 0 B 0 A 0 Ekkor azonban ellentmondásra jutunk az α+β+γ = 0 esetén, mivel ekkor a 3 kimeneti bit paritásának párosnak kellene lenni: 0 M M M C 0 B 0 A 0 Így, rejtett változókkal nem magyarázható a mérések eredménye.

35 A GHZ játék α? M A M B M C = (α+β+γ mod 2π)/π ahol α,β,γ {0,½π}. Található megoldás? β? A kvantummechanikai megközelítésben teljesül az egyenlőség! A szögeket módosítjuk a következőképpen: α,β,γ {0,½π,π,½π}. γ? Kvantummechanikai rendszerekben így elérhető a 00%-os sikervalószínűség. Klasszikus rendszerekben legfeljebb 75%-os siker garantálható.

36 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. x z y

37 Klasszikus kommunikáció komplexitása x x 2 x n y y 2 y n f (x,y) Egyezőségi vizsgálat: f (x,y) = 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)

38 Kvantum kommunikáció bonyolultsága Kvantumkommunikáció, összefonódott állapotok nélkül x x 2 x n kvantum bitek y y 2 y n f (x,y) Kvantumkommunikáció, összefonódott állapotok megosztásával x x 2 x n összefonódott állapotok klasszikus bitek y y 2 y n f (x,y)