Limitations de l'information quantique

Malgré une structure mathématique sous-jacente commune, l'information quantique et l'information classique présentent des différences fondamentales. Il existe ainsi de nombreux exemples de tâches que l'information quantique permet d'accomplir, mais pas l'information classique.

Avant d'explorer ces exemples, nous allons cependant noter quelques limitations importantes de l'information quantique. Comprendre ce que l'information quantique ne peut pas faire nous aide à identifier ce qu'elle peut faire.

Non-pertinence des phases globales

La première limitation que nous allons aborder — qui est en réalité davantage une légère dégénérescence dans la façon dont les états quantiques sont représentés par des vecteurs d'état, plutôt qu'une véritable limitation — concerne la notion de phase globale.

Voici ce que l'on entend par phase globale. Soient $\vert \psi \rangle$ et $\vert \phi \rangle$ des vecteurs unitaires représentant des états quantiques d'un certain système, et supposons qu'il existe un nombre complexe $\alpha$ sur le cercle unité, c'est-à-dire tel que $\vert \alpha \vert = 1,$ ou encore $\alpha = e^{i\theta}$ pour un certain réel $\theta,$ tel que

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

On dit alors que les vecteurs $\vert \psi \rangle$ et $\vert \phi \rangle$ diffèrent d'une phase globale. On désigne parfois aussi $\alpha$ comme une phase globale, bien que cela dépende du contexte ; tout nombre sur le cercle unité peut être considéré comme une phase globale lorsqu'il est multiplié à un vecteur unitaire.

Considère ce qui se passe lorsqu'un système se trouve dans l'un des deux états quantiques $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle,$ et que le système subit une mesure dans la base standard. Dans le premier cas, où le système est dans l'état $\vert\psi\rangle,$ la probabilité de mesurer un état classique donné $a$ est

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

Dans le second cas, où le système est dans l'état $\vert\phi\rangle,$ la probabilité de mesurer un état classique $a$ est

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

car $\vert\alpha\vert = 1.$ Autrement dit, la probabilité d'obtenir un résultat donné est la même pour les deux états.

Considère maintenant ce qui se passe lorsqu'on applique une opération unitaire arbitraire $U$ aux deux états. Dans le premier cas, où l'état initial est $\vert \psi \rangle,$ l'état devient

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

et dans le second cas, où l'état initial est $\vert \phi\rangle,$ il devient

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

Autrement dit, les deux états résultants diffèrent toujours de la même phase globale $\alpha.$

Par conséquent, deux états quantiques $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ qui diffèrent d'une phase globale sont complètement indiscernables ; quelle que soit l'opération, ou la séquence d'opérations, qu'on applique aux deux états, ils différeront toujours d'une phase globale, et effectuer une mesure dans la base standard produira des résultats avec exactement les mêmes probabilités. Pour cette raison, deux vecteurs d'état quantique qui diffèrent d'une phase globale sont considérés comme équivalents, et sont effectivement vus comme représentant le même état.

Par exemple, les états quantiques

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

diffèrent d'une phase globale (qui vaut $-1$ dans cet exemple), et sont donc considérés comme le même état.

En revanche, les états quantiques

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

ne diffèrent pas d'une phase globale. Bien que la seule différence entre les deux états soit qu'un signe plus devient un signe moins, il ne s'agit pas d'une différence de phase globale, mais d'une différence de phase relative, car elle n'affecte pas toutes les entrées du vecteur, mais seulement un sous-ensemble propre de celles-ci. Cela est cohérent avec ce que nous avons déjà observé précédemment, à savoir que les états $\vert{+} \rangle$ et $\vert{-}\rangle$ peuvent être parfaitement distingués. En particulier, effectuer une opération de Hadamard puis mesurer donne les probabilités de résultats suivantes :

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

Théorème de non-clonage

Le théorème de non-clonage montre qu'il est impossible de créer une copie parfaite d'un état quantique inconnu.

Théorème

Théorème de non-clonage : soit $\Sigma$ un ensemble d'états classiques ayant au moins deux éléments, et soient $\mathsf{X}$ et $\mathsf{Y}$ des systèmes partageant le même ensemble d'états classiques $\Sigma.$ Il n'existe pas d'état quantique $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ ni d'opération unitaire $U$ sur la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ tels que

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

pour tout état $\vert \psi \rangle$ de $\mathsf{X}.$

Autrement dit, il n'existe aucun moyen d'initialiser le système $\mathsf{Y}$ (dans n'importe quel état $\vert\phi\rangle$) et d'effectuer une opération unitaire $U$ sur le système joint $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ de façon à ce que l'effet soit de cloner l'état $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X}$ — résultant en $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ dans l'état $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

La preuve de ce théorème est en réalité assez simple : elle se ramène à l'observation que l'application

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

n'est pas linéaire en $\vert\psi\rangle.$

En particulier, comme $\Sigma$ possède au moins deux éléments, on peut choisir $a,b\in\Sigma$ avec $a\neq b.$ S'il existait un état quantique $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ et une opération unitaire $U$ sur la paire $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ pour lesquels $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ pour tout état quantique $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X},$ alors on aurait

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

Par linéarité, c'est-à-dire par la linéarité du produit tensoriel en le premier argument et la linéarité de la multiplication matrice-vecteur en le second argument (vecteur), on doit donc avoir

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

Cependant, l'exigence que $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ pour tout état quantique $\vert\psi\rangle$ impose que

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

Il ne peut donc pas exister d'état $\vert \phi\rangle$ ni d'opération unitaire $U$ pour lesquels $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ pour tout vecteur d'état quantique $\vert \psi\rangle.$

Quelques remarques sur le théorème de non-clonage s'imposent. La première est que l'énoncé du théorème de non-clonage ci-dessus est absolu, dans le sens où il affirme que le clonage parfait est impossible — mais il ne dit rien sur un éventuel clonage avec une précision limitée, où l'on pourrait réussir à produire un clone approximatif (par rapport à une certaine façon de mesurer la similarité entre deux états quantiques différents). Il existe en fait des énoncés du théorème de non-clonage qui imposent des limites au clonage approximatif, ainsi que des méthodes pour réaliser un clonage approximatif avec une précision limitée.

La seconde remarque est que le théorème de non-clonage porte sur l'impossibilité de cloner un état arbitraire $\vert\psi\rangle.$ En revanche, on peut facilement créer un clone de n'importe quel état de la base standard, par exemple. On peut ainsi cloner un état de base standard d'un qubit en utilisant une opération CNOT :

Ici $|a\rangle$ est $|0\rangle$ ou $|1\rangle,$ ce sont des états qui peuvent être réalisés classiquement. Bien qu'il n'y ait aucune difficulté à créer un clone d'un état de base standard, cela ne contredit pas le théorème de non-clonage. Cette approche utilisant une porte CNOT ne permettrait pas de créer un clone de l'état $\vert + \rangle,$ par exemple.

Une dernière remarque sur le théorème de non-clonage : il n'est pas réellement propre à l'information quantique — il est également impossible de cloner un état probabiliste arbitraire à l'aide d'un processus classique (déterministe ou probabiliste). Imagine que quelqu'un te remette un système dans un certain état probabiliste, mais que tu ne saches pas quel est cet état probabiliste. Par exemple, peut-être ont-ils généré aléatoirement un nombre entre $1$ et $10,$ mais sans te dire comment ils ont généré ce nombre. Il n'existe certainement aucun processus physique par lequel tu pourrais obtenir deux copies indépendantes du même état probabiliste : tout ce que tu as en main est un nombre entre $1$ et $10,$ et il n'y a tout simplement pas assez d'information disponible pour reconstruire d'une façon ou d'une autre les probabilités d'apparition de tous les autres résultats.

Mathématiquement parlant, une version du théorème de non-clonage pour les états probabilistes peut être prouvée exactement de la même façon que le théorème de non-clonage ordinaire (pour les états quantiques). Autrement dit, cloner un état probabiliste arbitraire est un processus non linéaire, et ne peut donc pas être représenté par une matrice stochastique.

Les états non orthogonaux ne peuvent pas être parfaitement distingués

Pour la dernière limitation abordée dans cette leçon, nous allons montrer que si l'on dispose de deux états quantiques $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ qui ne sont pas orthogonaux, c'est-à-dire tels que $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ il est impossible de les distinguer (autrement dit, de les différencier) parfaitement. En fait, nous allons montrer quelque chose de logiquement équivalent : si l'on dispose d'un moyen de distinguer parfaitement deux états, sans aucune erreur, alors ils doivent être orthogonaux.

Nous nous limiterons aux circuits quantiques constitués d'un nombre quelconque de portes unitaires, suivies d'une unique mesure dans la base standard du qubit du haut. Ce que nous exigeons d'un circuit quantique pour dire qu'il distingue parfaitement les états $\vert\psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle,$ c'est que la mesure donne toujours la valeur $0$ pour l'un des deux états et toujours $1$ pour l'autre. Plus précisément, nous supposons que nous disposons d'un circuit quantique qui fonctionne comme le suggèrent les diagrammes suivants :

La boîte étiquetée $U$ désigne l'opération unitaire représentant l'action combinée de toutes les portes unitaires de notre circuit, sans inclure la mesure finale. Il n'y a aucune perte de généralité à supposer que la mesure donne $0$ pour $\vert\psi\rangle$ et $1$ pour $\vert\phi\rangle$ ; l'analyse ne différerait pas fondamentalement si ces valeurs de sortie étaient inversées.

Remarque qu'en plus des qubits qui stockent initialement $\vert\psi\rangle$ ou $\vert\phi\rangle,$ le circuit peut utiliser librement un nombre quelconque de qubits d'espace de travail supplémentaires. Ces qubits sont initialement chacun mis dans l'état $\vert 0\rangle$ — leur état combiné est donc noté $\vert 0\cdots 0\rangle$ dans les figures — et ces qubits peuvent être utilisés par le circuit de toute manière pouvant être bénéfique. Il est très courant d'utiliser des qubits d'espace de travail dans des circuits quantiques de ce type.

Considère maintenant ce qui se passe lorsqu'on exécute notre circuit sur l'état $\vert\psi\rangle$ (avec les qubits d'espace de travail initialisés). L'état résultant, juste avant que la mesure soit effectuée, peut s'écrire

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

pour deux vecteurs $\vert \gamma_0\rangle$ et $\vert \gamma_1\rangle$ correspondant à tous les qubits sauf le qubit du haut. En général, pour un tel état, les probabilités qu'une mesure du qubit du haut donne les résultats $0$ et $1$ sont les suivantes :

$$\operatorname{Pr}(\text{le résultat est $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{et}\qquad \operatorname{Pr}(\text{le résultat est $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

Comme notre circuit donne toujours $0$ pour l'état $\vert\psi\rangle,$ on doit avoir $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ et donc

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

En multipliant les deux membres de cette équation par $U^{\dagger},$ on obtient :

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

En raisonnant de la même manière pour $\vert\phi\rangle$ à la place de $\vert\psi\rangle,$ on conclut que

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

pour un certain vecteur $\vert\delta_1\rangle,$ et donc

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

Calculons maintenant le produit intérieur des vecteurs représentés par les équations $(1)$ et $(2),$ en commençant par les représentations du membre droit de chaque équation. On a

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

donc le produit intérieur du vecteur $(1)$ avec le vecteur $(2)$ est

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

Nous avons utilisé ici le fait que $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ ainsi que le fait que le produit intérieur de produits tensoriels est le produit des produits intérieurs :

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

pour tout choix de ces vecteurs (en supposant que $\vert u\rangle$ et $\vert w\rangle$ ont le même nombre d'entrées et que $\vert v\rangle$ et $\vert x\rangle$ ont le même nombre d'entrées, afin que les produits intérieurs $\langle u\vert w\rangle$ et $\langle v\vert x \rangle$ soient bien définis). Remarque que la valeur du produit intérieur $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ est sans importance car elle est multipliée par $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Enfin, le produit intérieur des vecteurs du membre gauche des équations $(1)$ et $(2)$ doit donner la même valeur nulle que nous avons déjà calculée, donc

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

Nous avons donc conclu ce que nous voulions, à savoir que $\vert \psi\rangle$ et $\vert\phi\rangle$ sont orthogonaux : $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Il est possible, d'ailleurs, de distinguer parfaitement deux états quelconques qui sont orthogonaux, ce qui est la réciproque de l'énoncé que nous venons de prouver. Supposons que les deux états à distinguer soient $\vert \phi\rangle$ et $\vert \psi\rangle,$ avec $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ On peut alors les distinguer parfaitement en effectuant la mesure projective décrite par ces matrices, par exemple :

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

Pour l'état $\vert\phi\rangle,$ le premier résultat est toujours obtenu :

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

Et, pour l'état $\vert\psi\rangle,$ le second résultat est toujours obtenu :

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