Usando un número fraccional de bits clásicos dentro de la teletransportación cuántica

Recientemente, escuché que puede haber transferencia de bits clásicos racionales (por ejemplo, 1.5 cbits) de una parte a otra a través de la teletransportación cuántica. En el Protocolo de teletransportación estándar , se requieren 2 bits clásicos y 1 estado de recursos compartidos entrelazados al máximo para una teletransportación perfecta del estado desconocido. Pero no entiendo cómo bits pueden ser enviados a través del canal clásico.$1.x$

1. ¿Es eso posible? En caso afirmativo, ¿podría dar una breve explicación?

2. Sería útil si pudiera señalarme algunos documentos en los que es posible una teletransportación perfecta utilizando bits fraccionarios (y posiblemente recursos cuánticos adicionales).

Algunas personas podrían preguntarse cómo esto puede ser relevante para la computación cuántica. D. Gottesman e IL Chuang sugirieron que la teletransportación cuántica desempeñará un papel importante como una subrutina primitiva en la computación cuántica. G. Brassard, SL Braunstein y R. Cleve demostraron que la teletransportación cuántica puede entenderse como computación cuántica.

No sé con certeza cómo lograría menos de dos bits de comunicación clásica para una teletransportación, pero aquí hay una forma en que podría tener un número no entero: si teletransporta un qudit con dimensión eso no es una potencia de dos. Para cada protocolo de teletransportación, tendría que enviar dos dits de información, que podría representar en bits utilizando ⌈ 2 log 2 ( d ) ⌉ bits. Si luego repite el protocolo muchas veces, podría combinar los mensajes clásicos que está enviando y reducirlo a 2 log 2 ( d ) por protocolo de teletransportación en promedio.$d$$\lceil 2\log_2(d)\rceil$$2\log_2(d)$

Una posible ruta hacia menos de dos bits de comunicación clásica (si eso es lo que buscas) es usar una combinación de teletransportación imperfecta y teletransportación no universal (donde tenemos algún conocimiento previo de cuál podría ser el estado a ser teletransportado) . Si su estado de recurso es , entonces la probabilidad de obtener cada resultado de la medición en el protocolo de teletransporte depende del valor deα: teleporting un estado(cos$\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$$\alpha$da los probailities de las cuatro mediciones diferentes de Bell, | Bxy⟩=$(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ como pxy=

$$|B_{xy}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0x\rangle+(-1)^y|1\bar x\rangle\right)$$ dondexeyson bits individuales. Usando la distribución de entrada para el estado cuántico desconocido, podemos calcular el valor promedio desenθ. $$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$$ $x$$y$$\sin\theta$

Para la teletransportación universal (donde el estado de entrada podría ser cualquier estado), uno tiene . En este caso, las probabilidades son todas iguales, y lo mejor que podemos hacer es enviar el resultado de la medición como dos bits, x y .$\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$$xy$

Ahora imaginar el caso en el que . Entonces, las probabilidades son($(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$. Se puede comprimir esta información usando, por ejemplo, la codificación de Huffman:{00,01,10,11}↦{0,10,110,111}. Esto tiene una longitud de mensaje esperada$(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$$\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$ . Por lo tanto, si repite este protocolo muchas veces, en promedio envía 1.875 bits por teletransportación. Esto, por supuesto, es solo un ejemplo. Cualquier valor(2α2-1)⟨costheta⟩>$\frac{15}{8}$ da compresión.$(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

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

Recientemente encontré un artículo de Subhash Kak que introduce protocolos de teletransportación que requieren un menor costo de comunicación clásico (con más recursos cuánticos). Pensé que sería mejor escribir una respuesta por separado.

Kak discute tres protocolos; dos de ellos usan 1 cbit y el último requiere 1.5 cbits. Pero los dos primeros protocolos están en un entorno diferente , es decir, las partículas enredadas están inicialmente en el laboratorio de Alice (y se realizan algunas operaciones locales), luego una de las partículas enredadas se transfiere al laboratorio de Bob; esto es diferente a la configuración estándar donde las partículas enredadas se comparten previamente entre Alice y Bob incluso antes de que se inicie el protocolo. Las personas interesadas pueden pasar por esos protocolos que usan solo 1 cbit. Voy a tratar de explicar el último protocolo que utiliza sólo 1,5 Cbits (CBITS fraccionarios).

$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$

$|00\rangle$

(b) Si Alice consigue $|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$

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

$Z$

¡Según su medición, ella transmite una información clásica a Bob para que pueda usar un unitario apropiado para obtener el estado desconocido!

$1.5$$|10\rangle$$|00\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$de 0.5 cbits (porque el 50% del tiempo, Bob no necesita aplicar ningún unitario). Por lo tanto, todo el protocolo requiere solo 1.5 cbits.

$t_1$$t_2$, envíe un cbit). Entonces, Alice debe enviar ese cbit cada vez, ¿verdad? En ese caso, el protcol requiere 2 cbits (uno en el Paso 4 y otro en el Paso 6). Pensé que sería bueno si hubiera una discusión sobre esta parte en particular.