Limitações sobre informação quântica

Apesar de compartilharem uma estrutura matemática subjacente comum, a informação quântica e a clássica têm diferenças fundamentais. Por isso, há muitos exemplos de tarefas que a informação quântica permite realizar, mas a informação clássica não.

Antes de explorar alguns desses exemplos, porém, vamos observar algumas limitações importantes da informação quântica. Entender o que a informação quântica não pode fazer nos ajuda a identificar o que ela pode fazer.

Irrelevância das fases globais

A primeira limitação que vamos abordar — que é mais uma leve degenerescência na forma como os estados quânticos são representados por vetores de estado quântico do que uma limitação propriamente dita — diz respeito à noção de fase global.

O que queremos dizer com fase global é o seguinte. Sejam $\vert \psi \rangle$ e $\vert \phi \rangle$ vetores unitários que representam estados quânticos de algum sistema, e suponha que existe um número complexo $\alpha$ no círculo unitário, ou seja, $\vert \alpha \vert = 1,$ ou equivalentemente $\alpha = e^{i\theta}$ para algum número real $\theta,$ tal que

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

Os vetores $\vert \psi \rangle$ e $\vert \phi \rangle$ são então ditos diferir por uma fase global. Às vezes também nos referimos a $\alpha$ como uma fase global, embora isso dependa do contexto; qualquer número no círculo unitário pode ser visto como uma fase global quando multiplicado por um vetor unitário.

Considere o que acontece quando um sistema está em um dos dois estados quânticos $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle,$ e o sistema passa por uma medição na base padrão. No primeiro caso, em que o sistema está no estado $\vert\psi\rangle,$ a probabilidade de medir qualquer estado clássico $a$ é

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

No segundo caso, em que o sistema está no estado $\vert\phi\rangle,$ a probabilidade de medir qualquer estado clássico $a$ é

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

pois $\vert\alpha\vert = 1.$ Ou seja, a probabilidade de um resultado aparecer é a mesma para ambos os estados.

Agora considere o que acontece quando aplicamos uma operação unitária arbitrária $U$ a ambos os estados. No primeiro caso, em que o estado inicial é $\vert \psi \rangle,$ o estado se torna

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

e no segundo caso, em que o estado inicial é $\vert \phi\rangle,$ ele se torna

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

Ou seja, os dois estados resultantes ainda diferem pela mesma fase global $\alpha.$

Consequentemente, dois estados quânticos $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ que diferem por uma fase global são completamente indistinguíveis; não importa qual operação, ou sequência de operações, aplicamos aos dois estados, eles sempre diferirão por uma fase global, e realizar uma medição na base padrão produzirá resultados com exatamente as mesmas probabilidades do que o outro. Por essa razão, dois vetores de estado quântico que diferem por uma fase global são considerados equivalentes, e efetivamente vistos como o mesmo estado.

Por exemplo, os estados quânticos

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

diferem por uma fase global (que é $-1$ neste exemplo), e portanto são considerados o mesmo estado.

Por outro lado, os estados quânticos

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

não diferem por uma fase global. Embora a única diferença entre os dois estados seja que um sinal de mais se transforma em um sinal de menos, isso não é uma diferença de fase global, mas sim uma diferença de fase relativa, pois não afeta todas as entradas do vetor, mas apenas um subconjunto próprio das entradas. Isso é consistente com o que já observamos anteriormente: os estados $\vert{+} \rangle$ e $\vert{-}\rangle$ podem ser discriminados perfeitamente. Em particular, realizar uma operação de Hadamard e então medir produz probabilidades de resultado da seguinte forma:

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

Teorema da não-clonagem

O teorema da não-clonagem demonstra que é impossível criar uma cópia perfeita de um estado quântico desconhecido.

Teorema

Teorema da não-clonagem: Seja $\Sigma$ um conjunto de estados clássicos com pelo menos dois elementos, e sejam $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ sistemas que compartilham o mesmo conjunto de estados clássicos $\Sigma.$ Não existe um estado quântico $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ e uma operação unitária $U$ sobre o par $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ tal que

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

para todo estado $\vert \psi \rangle$ de $\mathsf{X}.$

Ou seja, não há como inicializar o sistema $\mathsf{Y}$ (em qualquer estado $\vert\phi\rangle$) e realizar uma operação unitária $U$ no sistema conjunto $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ de modo que o efeito seja clonar o estado $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X}$ — resultando em $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ no estado $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

A prova deste teorema é bastante simples: ela se resume à observação de que o mapeamento

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

não é linear em $\vert\psi\rangle.$

Em particular, como $\Sigma$ possui pelo menos dois elementos, podemos escolher $a,b\in\Sigma$ com $a\neq b.$ Se existisse um estado quântico $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ e uma operação unitária $U$ sobre o par $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ para o qual $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo estado quântico $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X},$ então seria verdade que

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

Por linearidade — especificamente a linearidade do produto tensorial no primeiro argumento e a linearidade da multiplicação matriz-vetor no segundo argumento (vetor) —, devemos ter

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

No entanto, a exigência de que $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo estado quântico $\vert\psi\rangle$ exige que

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

Portanto, não pode existir um estado $\vert \phi\rangle$ e uma operação unitária $U$ para os quais $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo vetor de estado quântico $\vert \psi\rangle.$

Algumas observações sobre o teorema da não-clonagem são pertinentes. A primeira é que o enunciado do teorema da não-clonagem acima é absoluto, no sentido de que afirma que a clonagem perfeita é impossível — mas não diz nada sobre a possibilidade de clonar com precisão limitada, onde poderíamos conseguir produzir um clone aproximado (em relação a alguma forma de medir a similaridade entre dois estados quânticos diferentes). Existem, de fato, enunciados do teorema da não-clonagem que impõem limitações à clonagem aproximada, bem como métodos para alcançar a clonagem aproximada com precisão limitada.

A segunda observação é que o teorema da não-clonagem é um enunciado sobre a impossibilidade de clonar um estado arbitrário $\vert\psi\rangle.$ Em contraste, podemos facilmente criar um clone de qualquer estado da base padrão, por exemplo. De fato, podemos clonar um estado de Qubit da base padrão usando uma operação NOT controlada:

Aqui $|a\rangle$ é $|0\rangle$ ou $|1\rangle,$ que são estados que podem ser realizados classicamente. Embora não haja dificuldade em criar um clone de um estado da base padrão, isso não contradiz o teorema da não-clonagem. Essa abordagem usando um Gate NOT controlado não teria sucesso em criar um clone do estado $\vert + \rangle,$ por exemplo.

Uma última observação sobre o teorema da não-clonagem é que ele realmente não é exclusivo da informação quântica — também é impossível clonar um estado probabilístico arbitrário usando um processo clássico (determinístico ou probabilístico). Imagine que alguém te entrega um sistema em algum estado probabilístico, mas você não sabe qual é esse estado probabilístico. Por exemplo, talvez essa pessoa tenha gerado aleatoriamente um número entre $1$ e $10,$ mas não te disse como gerou esse número. Certamente não existe nenhum processo físico pelo qual você possa obter duas cópias independentes desse mesmo estado probabilístico: tudo que você tem em mãos é um número entre $1$ e $10,$ e simplesmente não há informação suficiente disponível para você reconstruir de alguma forma as probabilidades para todos os outros resultados aparecerem.

Matematicamente, uma versão do teorema da não-clonagem para estados probabilísticos pode ser provada exatamente da mesma forma que o teorema da não-clonagem regular (para estados quânticos). Ou seja, clonar um estado probabilístico arbitrário é um processo não-linear, portanto não pode ser representado por uma matriz estocástica.

Estados não-ortogonais não podem ser discriminados perfeitamente

Para a última limitação a ser abordada nesta lição, mostraremos que se temos dois estados quânticos $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ que não são ortogonais — ou seja, $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$ —, então é impossível discriminá-los (ou, em outras palavras, distingui-los) perfeitamente. De fato, mostraremos algo logicamente equivalente: se temos uma forma de discriminar dois estados perfeitamente, sem nenhum erro, então eles devem ser ortogonais.

Vamos restringir nossa atenção a Circuits quânticos que consistem em qualquer número de Gates unitários, seguidos por uma única medição na base padrão do Qubit do topo. O que exigimos de um Circuit quântico, para dizer que ele discrimina perfeitamente os estados $\vert\psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle,$ é que a medição sempre produza o valor $0$ para um dos dois estados e sempre produza $1$ para o outro estado. Para ser preciso, vamos assumir que temos um Circuit quântico que opera conforme sugerem os seguintes diagramas:

A caixa rotulada $U$ denota a operação unitária que representa a ação combinada de todos os Gates unitários em nosso Circuit, mas não incluindo a medição final. Não há perda de generalidade em assumir que a medição produz $0$ para $\vert\psi\rangle$ e $1$ para $\vert\phi\rangle;$ a análise não diferiria fundamentalmente se esses valores de saída fossem invertidos.

Observe que, além dos Qubits que armazenam inicialmente $\vert\psi\rangle$ ou $\vert\phi\rangle,$ o Circuit pode utilizar qualquer número de Qubits adicionais de espaço de trabalho. Esses Qubits são inicialmente configurados no estado $\vert 0\rangle$ — portanto, seu estado combinado é denotado $\vert 0\cdots 0\rangle$ nas figuras — e esses Qubits podem ser usados pelo Circuit de qualquer forma que seja benéfica. É muito comum fazer uso de Qubits de espaço de trabalho em Circuits quânticos como este.

Agora, considere o que acontece quando executamos nosso Circuit no estado $\vert\psi\rangle$ (junto com os Qubits de espaço de trabalho inicializados). O estado resultante, imediatamente antes da medição ser realizada, pode ser escrito como

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

para dois vetores $\vert \gamma_0\rangle$ e $\vert \gamma_1\rangle$ que correspondem a todos os Qubits exceto o Qubit do topo. Em geral, para tal estado as probabilidades de que uma medição do Qubit do topo produza os resultados $0$ e $1$ são as seguintes:

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

Como nosso Circuit sempre produz $0$ para o estado $\vert\psi\rangle,$ deve ser que $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ e portanto

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

Multiplicando ambos os lados desta equação por $U^{\dagger}$ obtemos esta equação:

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

Raciocínando de forma análoga para $\vert\phi\rangle$ no lugar de $\vert\psi\rangle,$ concluímos que

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

para algum vetor $\vert\delta_1\rangle,$ e portanto

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

Agora vamos calcular o produto interno dos vetores representados pelas equações $(1)$ e $(2),$ começando pelas representações no lado direito de cada equação. Temos

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

portanto o produto interno do vetor $(1)$ com o vetor $(2)$ é

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

Aqui usamos o fato de que $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ bem como o fato de que o produto interno de produtos tensoriais é o produto dos produtos internos:

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

para quaisquer escolhas desses vetores (assumindo que $\vert u\rangle$ e $\vert w\rangle$ tenham o mesmo número de entradas e $\vert v\rangle$ e $\vert x\rangle$ tenham o mesmo número de entradas, de modo que faça sentido formar os produtos internos $\langle u\vert w\rangle$ e $\langle v\vert x \rangle$). Observe que o valor do produto interno $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ é irrelevante, pois é multiplicado por $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Por fim, calculando o produto interno dos vetores nos lados esquerdos das equações $(1)$ e $(2)$ deve resultar no mesmo valor zero que já calculamos, portanto

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

Concluímos então o que queríamos, que é que $\vert \psi\rangle$ e $\vert\phi\rangle$ são ortogonais: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

É possível, aliás, discriminar perfeitamente quaisquer dois estados que sejam ortogonais, o que é a recíproca do enunciado que acabamos de provar. Suponha que os dois estados a serem discriminados sejam $\vert \phi\rangle$ e $\vert \psi\rangle,$ onde $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Podemos então discriminar perfeitamente esses estados realizando a medição projetiva descrita por estas matrizes, por exemplo:

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

Para o estado $\vert\phi\rangle,$ o primeiro resultado é sempre obtido:

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

E, para o estado $\vert\psi\rangle,$ o segundo resultado é sempre obtido:

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