Upload
others
View
2
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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
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
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
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