Limitaciones de la información cuántica

A pesar de compartir una estructura matemática subyacente común, la información cuántica y la clásica tienen diferencias clave. Por ello, hay muchos ejemplos de tareas que la información cuántica permite pero la información clásica no.

Sin embargo, antes de explorar algunos de estos ejemplos, tomaremos nota de algunas limitaciones importantes de la información cuántica. Entender lo que la información cuántica no puede hacer nos ayuda a identificar lo que sí puede hacer.

Irrelevancia de las fases globales

La primera limitación que cubriremos — que en realidad es más una ligera degeneración en la forma en que los estados cuánticos se representan mediante vectores de estado cuántico, que una limitación real — tiene que ver con la noción de fase global.

Lo que queremos decir con fase global es lo siguiente. Sean $\vert \psi \rangle$ y $\vert \phi \rangle$ vectores unitarios que representan estados cuánticos de algún sistema, y supongamos que existe un número complejo $\alpha$ en el círculo unitario, es decir, que $\vert \alpha \vert = 1,$ o equivalentemente $\alpha = e^{i\theta}$ para algún número real $\theta,$ tal que

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

Entonces se dice que los vectores $\vert \psi \rangle$ y $\vert \phi \rangle$ difieren en una fase global. A veces también nos referimos a $\alpha$ como una fase global, aunque esto depende del contexto; cualquier número en el círculo unitario puede considerarse una fase global cuando se multiplica a un vector unitario.

Considera qué ocurre cuando un sistema se encuentra en uno de los dos estados cuánticos $\vert\psi\rangle$ y $\vert\phi\rangle,$ y el sistema se somete a una medición en la base estándar. En el primer caso, en el que el sistema está en el estado $\vert\psi\rangle,$ la probabilidad de medir cualquier estado clásico dado $a$ es

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

En el segundo caso, en el que el sistema está en el estado $\vert\phi\rangle,$ la probabilidad de medir cualquier estado clásico $a$ es

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

porque $\vert\alpha\vert = 1.$ Es decir, la probabilidad de que aparezca un resultado es la misma para ambos estados.

Ahora considera qué ocurre cuando aplicamos una operación unitaria arbitraria $U$ a ambos estados. En el primer caso, en el que el estado inicial es $\vert \psi \rangle,$ el estado se convierte en

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

y en el segundo caso, en el que el estado inicial es $\vert \phi\rangle,$ se convierte en

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

Es decir, los dos estados resultantes siguen difiriendo en la misma fase global $\alpha.$

En consecuencia, dos estados cuánticos $\vert\psi\rangle$ y $\vert\phi\rangle$ que difieren en una fase global son completamente indistinguibles; sin importar qué operación, o secuencia de operaciones, apliquemos a los dos estados, siempre diferirán en una fase global, y realizar una medición en la base estándar producirá resultados con exactamente las mismas probabilidades que el otro. Por esta razón, dos vectores de estado cuántico que difieren en una fase global se consideran equivalentes y efectivamente se ven como el mismo estado.

Por ejemplo, los estados cuánticos

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

difieren en una fase global (que es $-1$ en este ejemplo), y por lo tanto se consideran el mismo estado.

Por otro lado, los estados cuánticos

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

no difieren en una fase global. Aunque la única diferencia entre los dos estados es que un signo más se convierte en un signo menos, esto no es una diferencia de fase global, sino una diferencia de fase relativa, porque no afecta a todas las entradas del vector, sino solo a un subconjunto propio de ellas. Esto es coherente con lo que ya hemos observado anteriormente, que es que los estados $\vert{+} \rangle$ y $\vert{-}\rangle$ se pueden discriminar perfectamente. En particular, realizar una operación de Hadamard y luego medir produce las siguientes probabilidades de resultado:

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

Teorema de no clonación

El teorema de no clonación muestra que es imposible crear una copia perfecta de un estado cuántico desconocido.

Teorema

Teorema de no clonación: Sea $\Sigma$ un conjunto de estados clásicos con al menos dos elementos, y sean $\mathsf{X}$ e $\mathsf{Y}$ sistemas que comparten el mismo conjunto de estados clásicos $\Sigma.$ No existe un estado cuántico $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ ni una operación unitaria $U$ sobre el 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 $\mathsf{X}.$

Es decir, no hay forma de inicializar el sistema $\mathsf{Y}$ (a ningún estado $\vert\phi\rangle$ que sea) y realizar una operación unitaria $U$ sobre el sistema conjunto $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ de modo que el efecto sea clonar el estado $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X}$ — dando como resultado que $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ esté en el estado $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle.$

La demostración de este teorema es en realidad bastante simple: se reduce a la observación de que la aplicación

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

no es lineal en $\vert\psi\rangle.$

En particular, como $\Sigma$ tiene al menos dos elementos, podemos elegir $a,b\in\Sigma$ con $a\neq b.$ Si existiera un estado cuántico $\vert \phi\rangle$ de $\mathsf{Y}$ y una operación unitaria $U$ sobre el par $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ para los que $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo estado cuántico $\vert\psi\rangle$ de $\mathsf{X},$ entonces se cumpliría que

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

Por linealidad, es decir, específicamente la linealidad del producto tensorial en el primer argumento y la linealidad de la multiplicación matriz-vector en el segundo argumento (vectorial), debemos tener entonces

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

Sin embargo, la exigencia de que $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo estado cuántico $\vert\psi\rangle$ requiere que

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

Por lo tanto, no puede existir un estado $\vert \phi\rangle$ ni una operación unitaria $U$ para los que $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ para todo vector de estado cuántico $\vert \psi\rangle.$

Caben algunas observaciones sobre el teorema de no clonación. La primera es que el enunciado del teorema de no clonación anterior es absoluto, en el sentido de que afirma que la clonación perfecta es imposible — pero no dice nada sobre la posibilidad de clonar con precisión limitada, donde podríamos tener éxito en producir un clon aproximado (con respecto a alguna forma de medir la similitud entre dos estados cuánticos distintos). De hecho, existen enunciados del teorema de no clonación que imponen limitaciones a la clonación aproximada, así como métodos para lograr la clonación aproximada con precisión limitada.

La segunda observación es que el teorema de no clonación es un enunciado sobre la imposibilidad de clonar un estado arbitrario $\vert\psi\rangle.$ En cambio, podemos crear fácilmente un clon de cualquier estado de la base estándar, por ejemplo. Por ejemplo, podemos clonar un estado de base estándar de un qubit usando una operación NOT controlada:

Aquí $|a\rangle$ es $|0\rangle$ o $|1\rangle,$ que son estados que se pueden realizar clásicamente. Aunque no hay dificultad en crear un clon de un estado de la base estándar, esto no contradice el teorema de no clonación. Este enfoque de usar una puerta NOT controlada no tendría éxito en crear un clon del estado $\vert + \rangle,$ por ejemplo.

Una última observación sobre el teorema de no clonación es que en realidad no es exclusivo de la información cuántica — también es imposible clonar un estado probabilístico arbitrario usando un proceso clásico (determinista o probabilístico). Imagina que alguien te entrega un sistema en algún estado probabilístico, pero no sabes con certeza cuál es ese estado probabilístico. Por ejemplo, quizás generaron aleatoriamente un número entre $1$ y $10,$ pero no te dijeron cómo generaron ese número. Ciertamente no existe ningún proceso físico mediante el cual puedas obtener dos copias independientes de ese mismo estado probabilístico: todo lo que tienes en tus manos es un número entre $1$ y $10,$ y simplemente no hay suficiente información disponible para que puedas reconstruir de algún modo las probabilidades de que aparezcan todos los demás resultados.

Matemáticamente hablando, una versión del teorema de no clonación para estados probabilísticos puede demostrarse exactamente de la misma manera que el teorema de no clonación regular (para estados cuánticos). Es decir, clonar un estado probabilístico arbitrario es un proceso no lineal, por lo que no puede representarse mediante una matriz estocástica.

Los estados no ortogonales no pueden discriminarse perfectamente

Para la última limitación que se cubrirá en esta lección, mostraremos que si tenemos dos estados cuánticos $\vert\psi\rangle$ y $\vert\phi\rangle$ que no son ortogonales, lo que significa que $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0,$ entonces es imposible discriminarlos (o, en otras palabras, distinguirlos) perfectamente. De hecho, mostraremos algo lógicamente equivalente: si tenemos una forma de discriminar dos estados perfectamente, sin ningún error, entonces deben ser ortogonales.

Restringiremos nuestra atención a circuitos cuánticos que consisten en cualquier número de puertas unitarias, seguidas de una única medición en la base estándar del qubit superior. Lo que requerimos de un circuito cuántico, para decir que discrimina perfectamente los estados $\vert\psi\rangle$ y $\vert\phi\rangle,$ es que la medición siempre produzca el valor $0$ para uno de los dos estados y siempre produzca $1$ para el otro estado. Para ser precisos, supondremos que tenemos un circuito cuántico que opera como sugieren los siguientes diagramas:

La caja etiquetada $U$ denota la operación unitaria que representa la acción combinada de todas las puertas unitarias de nuestro circuito, pero sin incluir la medición final. No hay pérdida de generalidad al asumir que la medición produce $0$ para $\vert\psi\rangle$ y $1$ para $\vert\phi\rangle;$ el análisis no diferiría fundamentalmente si estos valores de salida estuvieran invertidos.

Observa que, además de los qubits que almacenan inicialmente $\vert\psi\rangle$ o $\vert\phi\rangle,$ el circuito puede hacer uso de cualquier número de qubits de espacio de trabajo adicionales. Estos qubits están inicialmente fijados al estado $\vert 0\rangle$ — por lo que su estado combinado se denota $\vert 0\cdots 0\rangle$ en las figuras — y el circuito puede usarlos de cualquier manera que sea beneficiosa. Es muy común hacer uso de qubits de espacio de trabajo en circuitos cuánticos como este.

Ahora considera qué ocurre cuando ejecutamos nuestro circuito sobre el estado $\vert\psi\rangle$ (junto con los qubits de espacio de trabajo inicializados). El estado resultante, justo antes de que se realice la medición, puede escribirse 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 dos vectores $\vert \gamma_0\rangle$ y $\vert \gamma_1\rangle$ que corresponden a todos los qubits excepto el qubit superior. En general, para tal estado las probabilidades de que una medición del qubit superior produzca los resultados $0$ y $1$ son las siguientes:

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

Como nuestro circuito siempre produce $0$ para el estado $\vert\psi\rangle,$ debe ser que $\vert\gamma_1\rangle = 0,$ y por lo tanto

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

Multiplicar ambos lados de esta ecuación por $U^{\dagger}$ produce esta ecuación:

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

Razonando de manera similar para $\vert\phi\rangle$ en lugar de $\vert\psi\rangle,$ concluimos que

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

para algún vector $\vert\delta_1\rangle,$ y por lo tanto

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

Ahora tomemos el producto interior de los vectores representados por las ecuaciones $(1)$ y $(2),$ comenzando con las representaciones del lado derecho de cada ecuación. Tenemos

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

por lo que el producto interior del vector $(1)$ con el vector $(2)$ es

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

Aquí hemos usado el hecho de que $U U^{\dagger} = \mathbb{I},$ así como el hecho de que el producto interior de productos tensoriales es el producto de los productos interiores:

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

para cualquier elección de estos vectores (asumiendo que $\vert u\rangle$ y $\vert w\rangle$ tienen el mismo número de entradas y $\vert v\rangle$ y $\vert x\rangle$ tienen el mismo número de entradas, de modo que tenga sentido formar los productos interiores $\langle u\vert w\rangle$ y $\langle v\vert x \rangle$). Observa que el valor del producto interior $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ es irrelevante porque se multiplica por $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0.$

Finalmente, tomar el producto interior de los vectores en los lados izquierdos de las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ debe producir el mismo valor cero que ya hemos calculado, así que

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

Hemos concluido por tanto lo que queríamos, que es que $\vert \psi\rangle$ y $\vert\phi\rangle$ son ortogonales: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

Es posible, por cierto, discriminar perfectamente cualquier par de estados que sean ortogonales, que es el recíproco del enunciado que acabamos de probar. Supongamos que los dos estados a discriminar son $\vert \phi\rangle$ y $\vert \psi\rangle,$ donde $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0.$ Entonces podemos discriminar perfectamente estos estados realizando la medición proyectiva descrita por estas matrices, por ejemplo:

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

Para el estado $\vert\phi\rangle,$ siempre se obtiene el primer resultado:

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

Y, para el estado $\vert\psi\rangle,$ siempre se obtiene el segundo resultado:

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