Usando um número fracionário de bits clássicos dentro do teletransporte quântico

Recentemente, ouvi dizer que pode haver transferência de bits clássicos racionais (por exemplo, 1,5 cbits) de uma parte para outra via teletransporte quântico. No Protocolo de Teletransporte Padrão , são necessários 2 bits clássicos e 1 estado de recurso compartilhado maximamente entrelaçado para o teletransporte perfeito do estado desconhecido. Mas eu não entendo como os bits podem ser enviados no canal clássico.$1.x$

1. Isso é possível? Se sim, você poderia dar uma breve explicação?

2. Seria útil se você pudesse me indicar alguns documentos em que o teletransporte perfeito é possível usando bits fracionários (e possivelmente recursos quânticos extras).

Algumas pessoas podem estar se perguntando como isso pode ser relevante para a computação quântica. D. Gottesman e IL Chuang sugeriram que o teletransporte quântico desempenhará um papel importante como uma sub-rotina primitiva na computação quântica. G. Brassard, SL Braunstein e R. Cleve mostraram que o teletransporte quântico pode ser entendido como computação quântica.

Não sei ao certo como você alcançaria menos de dois bits de comunicação clássica para um teletransporte, mas aqui está uma maneira de você ter um número não inteiro: se você teletransportar um qudit com a dimensão que não é um poder de dois. Para cada protocolo de teletransporte, você teria que enviar dois dados de informação, os quais você poderia representar em bits usando os bits . Se você repetir o protocolo várias vezes, poderá combinar as mensagens clássicas que está enviando e reduzi-lo a por protocolo de teletransporte, em média.⌈ 2 log 2 ( d ) ⌉ 2 log 2 ( d $d$$\lceil 2\log_2(d)\rceil$$2\log_2(d)$

Uma rota possível para menos de dois bits de comunicação clássica (se é isso que você procura) é usar uma combinação de teletransporte imperfeito e teletransporte não universal (onde temos algum conhecimento prévio sobre qual poderia ser o estado a ser teletransportado) . Se o estado do recurso for , a probabilidade de obter cada resultado de medição no protocolo de teletransporte depende do valor de : teletransportar um estado fornece as probabilidades das quatro medidas diferentes de Bell, como ct(cos$\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$$\alpha$| Bxy⟩=$(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$pxy=

$$|B_{xy}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0x\rangle+(-1)^y|1\bar x\rangle\right)$$ xysen $$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$$ que e são bits únicos. Usando a distribuição de entrada para o estado quântico desconhecido, podemos calcular o valor médio de .$x$$y$$\sin\theta$

Para o teletransporte universal (onde o estado de entrada pode ser qualquer estado), existe um . Nesse caso, as probabilidades são todas iguais e o melhor que podemos fazer é enviar o resultado da medição como dois bits, .x $\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$$xy$

Now imagine the case where $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$. Then, the probabilities are $(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$. One can compress this information using, for example, Huffman encoding: $\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$. This has an expected message length $\frac{15}{8}$. Thus, if you repeat this protocol many times, on average you send 1.875 bits per teleportation. This, of course, is just an example. Any value $(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$ gives compression.

The trade-off is that unless $|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$ (where you don't get any compression), the teleportation is imperfect.

I recently found a paper by Subhash Kak that introduces teleportation protocols that require lesser classical communication cost (with more quantum resource). I thought it'd be better to write a separate answer.

Kak discusses three protocols; two of them use 1 cbit and the last one requires 1.5 cbits. But the first two protocols are in a different setting, i.e the entangled particles are initially in Alice's lab (and a few local operations are performed), then one of the entangled particle is transferred to Bob's lab; this is unlike the Standard setting where the entangled particles are pre-shared between Alice and Bob before the protocol is even started. Interested people can go through those protocols that use only 1 cbit. I'll try to explain the last protocol that uses only 1.5 cbits (fractional cbits).

There are four particles, namely, $X, Y, Z$ and $U$. $X$ is the unkown particle (or state) that has to be teleported from Alice's lab to Bob's lab. $X, Y$ and $Z$ are with Alice, and $U$ is with Bob. Let $X$ be represented as $\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$, such that $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$. The three particles $Y, Z$ and $U$ are in the pure entangled state $|000\rangle+|111\rangle$ (leaving the normalization constants for now).

So, the initial state of the whole system is:

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

Step 1: Apply chained XOR transformations on $X, Y$ and $Z$ (i) XOR the states of $X$ and $Y$ (ii) XOR the states of $Y$ and $Z$.

The $XOR$ unitary is given by:

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

In other words, the state transformations are the following:

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

After Step 1, the state of the whole system is:

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

Step 2: Apply Hadamard tranform on the state of $X$.

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

Step 3: Alice measures the state of $X$ and $Y$.

On simplifying the above representation, we get

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

Step 4: Depending on Alice's measurement outcome, appropiate unitaries are applied on $Z$ (by Alice) and $U$ (by Bob).

(a) If Alice gets $|00\rangle$, then both Alice and Bob do nothing.

(b) If Alice gets $|10\rangle$, then Alice applies $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ and Bob does nothing.

(c) If Alice gets $|01\rangle$, then Alice does nothing and Bob applies $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$.

(d) If Alice gets $|11\rangle$, then Alice applies $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$ and Bob applies $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$.

Basically, $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & 1 \end{array}}\right]$, $\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$, $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$ and $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0 \end{array}}\right]$ can be appropiately used to alter the combined state of $Z$ and $U$ so that it becomes $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$. Note that if Alice gets $|01\rangle$ or $|11\rangle$, then Bob has to apply some unitary so that the combined state of $Z$ and $U$ is $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$.

Step 5: Apply Hadamard transform on the state of $Z$.

After applying the unitaries, the combined state of $Z$ and $U$ is $\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$ (as mentioned above). So, after Step 5, the combined state of $Z$ and $U$ is,

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

Step 6: Alice measures the state of $Z$.

Based on her measurement, she transmits one classical bit of information to Bob so that he can use an appropriate unitary to obtain the unkown state!

Discussion: So, how does the protocol require $1.5$ bits of clasiical communication? Cleary, Step 6 uses 1 cbit, and in Step 4, it is easy notice that for two outcomes (namely, $|10\rangle$ or $|00\rangle$), Bob need not apply any unitary. Bob has to apply some unitary (specified prior to the protocool; say $\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$) if Alice gets the other two outcomes, and in those scenarios, Alice sends one cbit indicating that the unitary is to be used by Bob. So, it is mentioned that this has a computational burden of 0.5 cbits (because 50% of the time, Bob need not apply any unitary). Hence, the whole protocol requires only 1.5 cbits.

But, Alice must send that 1 cbit whether or not she gets those outcomes, right? Alice and Bob cannot agree on a particular time (after the protocol) when Alice sends that 1 cbit, and if Bob doesn't get that classical bit by that time, then he knows that he need not apply any unitary. These time dependent protcols are, in general, not allowed due to relativistic consequences (otherwise, you can even make the Standard protocol to use time for indicating information and reduce the classical communication cost to 1 cbit; for example, at $t_1$, send one cbit or at $t_2$, send one cbit). So, Alice must send that cbit everytime, right? In that case, the protcol requires 2 cbits (one in Step 4 and another in Step 6). I thought it'd be good if there was a discussion on this particular part.