Utilisation d'un nombre fractionnaire de bits classiques dans la téléportation quantique

Récemment, j'ai entendu dire qu'il peut y avoir transfert de bits classiques rationnels (par exemple 1,5 cbits) d'une partie à une autre via la téléportation quantique. Dans le protocole de téléportation standard , 2 bits classiques et 1 état de ressource partagée enchevêtré au maximum sont requis pour une téléportation parfaite de l'état inconnu. Mais je ne comprends pas comment bits peuvent être envoyés sur le canal classique.$1.x$

1. Est-ce possible? Si oui, pourriez-vous donner une brève explication?

2. Il serait utile que vous me montriez des articles dans lesquels une téléportation parfaite est possible en utilisant des bits fractionnaires (et éventuellement des ressources quantiques supplémentaires).

Certaines personnes pourraient se demander en quoi cela peut être pertinent pour l'informatique quantique. D. Gottesman et IL Chuang ont suggéré que la téléportation quantique jouera un rôle important en tant que sous-programme primitif dans le calcul quantique. G. Brassard, SL Braunstein et R. Cleve ont montré que la téléportation quantique peut être comprise comme un calcul quantique.

Je ne sais pas exactement comment vous obtiendriez moins de deux bits de communication classique pour une téléportation, mais voici une façon dont vous pourriez avoir un nombre non entier: si vous téléportez un qudit avec la dimension qui n'est pas une puissance de deux. Pour chaque protocole de téléportation, vous devez envoyer deux informations, que vous pouvez représenter en bits en utilisant ⌈ 2 log 2 ( d ) ⌉ bits. Si vous répétez ensuite le protocole plusieurs fois, vous pouvez combiner les messages classiques que vous envoyez et le réduire à 2 log 2 ( d ) par protocole de téléportation en moyenne.$d$$\lceil 2\log_2(d)\rceil$$2\log_2(d)$

Une voie possible vers moins de deux bits de communication classique (si c'est ce que vous recherchez) est d'utiliser une combinaison de téléportation imparfaite et de téléportation non universelle (où nous avons une certaine connaissance préalable de ce que l'état à téléporter pourrait être) . Si votre état de ressource est , alors la probabilité d'obtenir chaque résultat de mesure dans le protocole de téléportation dépend de la valeur deα: un état téléportation(cos$\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$$\alpha$donne les probailities des quatre différentes mesuresBell, | Bxy⟩=$(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ en tant que pxy=

$$|B_{xy}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0x\rangle+(-1)^y|1\bar x\rangle\right)$$ oùxetysont des bits simples. En utilisant la distribution d'entrée pour l'état quantique inconnu, nous pouvons calculer la valeur moyenne desinθ. $$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$$ $x$$y$$\sin\theta$

Pour la téléportation universelle (où l'état d'entrée pourrait être n'importe quel état), on a . Dans ce cas, les probabilités sont toutes égales, et le mieux que nous puissions faire est simplement d'envoyer le résultat de la mesure sur deux bits, x y .$\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$$xy$

Imaginons maintenant le cas où . Ensuite, les probabilités sont($(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$$(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$$\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$$\frac{15}{8}$$(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

$|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

J'ai récemment trouvé un article de Subhash Kak qui présente des protocoles de téléportation qui nécessitent un coût de communication classique moindre (avec plus de ressources quantiques). J'ai pensé qu'il valait mieux écrire une réponse séparée.

Kak discute de trois protocoles; deux d'entre eux utilisent 1 cbit et le dernier nécessite 1,5 cbits. Mais les deux premiers protocoles sont dans un cadre différent , c'est-à-dire que les particules enchevêtrées sont initialement dans le laboratoire d'Alice (et quelques opérations locales sont effectuées), puis l'une des particules enchevêtrées est transférée au laboratoire de Bob; c'est différent du réglage Standard où les particules enchevêtrées sont pré-partagées entre Alice et Bob avant même le démarrage du protocole. Les personnes intéressées peuvent passer par ces protocoles qui utilisent seulement 1 cbit. Je vais essayer d'expliquer le dernier protocole qui n'utilise que 1,5 cbits (cbits fractionnaires).

$X, Y, Z$$U$$X$$X, Y$$Z$$U$$X$$\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$$|\alpha|^2+|\beta|^2=1$$Y, Z$$U$$|000\rangle+|111\rangle$

$$\alpha|0000\rangle + \beta|1000\rangle + \alpha|0111\rangle + \beta|1111\rangle$$

$X, Y$$Z$$X$$Y$$Y$$Z$

$XOR$

$$XOR = \left[{\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}}\right].$$

$$|00\rangle \rightarrow |00\rangle \\ |01\rangle \rightarrow |01\rangle \\ |10\rangle \rightarrow |11\rangle \\ |11\rangle \rightarrow |10\rangle \\ $$

$$\alpha|0000\rangle + \beta|1110\rangle + \alpha|0101\rangle + \beta|1011\rangle$$

$X$

$$\alpha(|0000\rangle + |1000\rangle) + \beta(|0110\rangle - |1110\rangle) + \alpha(|0101\rangle + |1101\rangle) + \beta(|0011\rangle - |1011\rangle)$$

$X$$Y$

$$|00\rangle(\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle) + |01\rangle(\alpha|01\rangle + \beta|10\rangle) + |10\rangle(\alpha|00\rangle - \beta|11\rangle) + |11\rangle(\alpha|01\rangle - \beta|10\rangle).$$

$Z$$U$

$|00\rangle$

$|10\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$

$|01\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$|11\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & 1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0 \end{array}}\right]$$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$$|01\rangle$$|11\rangle$$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$

$Z$

$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$$Z$$U$

$$\alpha|00\rangle + \alpha|10\rangle + \beta|01\rangle - \beta|11\rangle \\ = |0\rangle(\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) + |1\rangle(\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle).$$

$Z$

Sur la base de sa mesure, elle transmet un bit classique d'informations à Bob afin qu'il puisse utiliser un unitaire approprié pour obtenir l'état inconnu!

$1.5$$|10\rangle$$|00\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$de 0,5 cbits (parce que 50% du temps, Bob n'a pas besoin d'appliquer unitaire). Par conséquent, l'ensemble du protocole ne nécessite que 1,5 cbits.

$t_1$$t_2$, envoyer un cbit). Donc, Alice doit envoyer ce cbit à chaque fois, non? Dans ce cas, le protocole requiert 2 cbits (un à l'étape 4 et un autre à l'étape 6). Je pensais que ce serait bien s'il y avait une discussion sur cette partie particulière.