量子情報の制約

量子情報と古典情報は共通の数学的構造を持ちながらも、重要な違いがあります。 その結果、量子情報では可能でも古典情報では不可能なタスクの例が数多く存在します。

しかし、そのような例を探る前に、まず量子情報に関するいくつかの重要な制約を確認しておきましょう。 量子情報にできないことを理解することで、量子情報にできることを特定する助けになります。

全体位相の無関連性

最初に取り上げる制約は、実際には制約というよりも、量子状態が量子状態ベクトルで表現される際のわずかな縮退に近いものです。これは 全体位相（グローバル位相） という概念に関係しています。

全体位相とは次のことを指します。 $\vert \psi \rangle$ と $\vert \phi \rangle$ をあるシステムの量子状態を表す単位ベクトルとし、単位円上の複素数 $\alpha$、すなわち $\vert \alpha \vert = 1$ であるか、または $\alpha = e^{i\theta}$（$\theta$ はある実数）を満たすものが存在して、

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

ベクトル$\vert \psi \rangle$と$\vert \phi \rangle$は、この場合大域位相が異なると言われます。 また、$\alpha$を大域位相と呼ぶこともありますが、これは文脈依存です。単位円上のどのような数も、単位ベクトルに掛けられたときは大域位相と見なすことができます。

システムが2つの量子状態 $\vert\psi\rangle$ と $\vert\phi\rangle$ のいずれかにあり、標準基底測定を行う場合を考えます。 第一の場合、つまりシステムが状態 $\vert\psi\rangle$ にある場合、任意の古典状態 $a$ を測定する確率は

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

第二の場合、つまりシステムが状態$\vert\phi\rangle$にある場合、任意の古典状態$a$を測定する確率は次のようになります

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

$\vert\alpha\vert = 1$ であるためです。 つまり、いずれの状態でも、ある結果が現れる確率は同じです。

では、両方の状態に任意のユニタリー演算$U$を適用した場合に何が起こるかを考えてみましょう。 第一の場合、つまり初期状態が$\vert \psi \rangle$である場合、状態は次のようになります

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

そして、初期状態が $\vert \phi\rangle$ である第二の場合、状態は次のようになります

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

となり、最初の状態が $\vert \phi\rangle$ である場合、

その結果、大域位相が異なる2つの量子状態$\vert\psi\rangle$と$\vert\phi\rangle$は完全に区別不可能です。 どのような演算、あるいは演算の系列を2つの状態に適用しても、それらは常に大域位相だけ異なることになり、標準基底測定を行うと、もう一方とまったく同じ確率で結果が生じます。 このため、大域位相が異なる2つの量子状態ベクトルは同等であると見なされ、実質的に同じ状態として扱われます。

となります。

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

大域位相だけ異なり（この例では $-1$ です）、そのため同じ状態と見なされます。

例えば、量子状態

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

大域位相の違いはありません。 2つの状態の唯一の違いはプラス記号がマイナス記号に変わることですが、これはすべてのベクトルの要素に影響を与えるわけではなく、要素の真部分集合にしか影響しないため、大域位相の違いではなく、相対位相の違いです。 これは、状態$\vert{+} \rangle$と$\vert{-}\rangle$が完全に識別可能であるという、これまでに観察してきたことと一致しています。 特に、アダマール演算を行った後に測定すると、次のような結果確率が得られます

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

量子複製不可能定理

ノークローニング定理は、未知の量子状態を完全に複製することが不可能であることを示しています。

定理

ノークローニング定理: $\Sigma$を少なくとも2つの要素を持つ古典状態集合とし、$\mathsf{X}$と$\mathsf{Y}$を同じ古典状態集合$\Sigma$を共有するシステムとします。$\mathsf{Y}$の量子状態$\vert \phi\rangle$と、ペア$(\mathsf{X},\mathsf{Y})$に対するユニタリー演算$U$であって

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

が$\mathsf{X}$のすべての状態$\vert \psi \rangle$について成り立つようなものは存在しません。

つまり、システム$\mathsf{Y}$を（どのような状態$\vert\phi\rangle$であれ）初期化し、共同システム$(\mathsf{X},\mathsf{Y})$に対してユニタリー演算$U$を行うことで、$\mathsf{X}$の状態$\vert\psi\rangle$が複製される——つまり$(\mathsf{X},\mathsf{Y})$が状態 $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$になる——ような方法は存在しません。

が $\vert\psi\rangle$ に関して線形でないという観察に行き着きます。

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

は$\vert\psi\rangle$について線形ではありません。

特に、$\Sigma$が少なくとも2つの要素を持つため、$a\neq b$を満たす$a,b\in\Sigma$を選ぶことができます。 もし$\mathsf{Y}$の量子状態$\vert \phi\rangle$と、ペア $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$に対するユニタリー演算$U$であって、$\mathsf{X}$のすべての量子状態$\vert\psi\rangle$について$U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$が成り立つものが存在するとしたら、次のことが成り立つことになります

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

線形性、具体的にはテンソル積の第一引数についての線形性と、行列とベクトルの積の第二（ベクトル）引数についての線形性を用いると、次のことが成り立つ必要があります

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

しかし、 $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ がすべての量子状態$\vert\psi\rangle$について成り立つという要件は、次のことを要求します

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

したがって、すべての量子状態ベクトル $\vert \psi\rangle$ に対して $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ を満たすような状態 $\vert \phi\rangle$ とユニタリ操作 $U$ は存在し得ません。

量子複製不可能定理に関していくつか補足があります。 まず、上記の量子複製不可能定理の記述は絶対的なものであり、完全な 複製が不可能であることを述べています。しかし、ある程度の精度で複製することについては何も述べていません。ここで言う「ある程度の精度」とは、2つの異なる量子状態がどれだけ似ているかを測る何らかの方法に関して、近似的なクローンを作成することに成功する可能性です。 実際、近似的な複製に制限を与える量子複製不可能定理の記述や、限られた精度で近似的な複製を達成する方法も存在します。

2番目の補足は、量子複製不可能定理は 任意の 状態 $\vert\psi\rangle$ の複製の不可能性に関する記述であるということです。 対照的に、例えば標準基底状態のクローンは簡単に作成できます。 例えば、制御NOTゲートを使ってqubitの標準基底状態を複製することができます。

ここで $|a\rangle$ は $|0\rangle$ または $|1\rangle$ であり、これらは古典的に実現できる状態です。標準基底状態のクローンを作成することは難しくありませんが、これは量子複製不可能定理と矛盾しません。 例えば、制御NOTゲートを使うアプローチでは、状態 $\vert + \rangle$ のクローンを作成することはできません。

量子複製不可能定理に関する最後の補足として、これは量子情報特有のものではありません。古典的な（決定論的または確率的な）プロセスを使って任意の確率的状態を複製することも不可能です。 誰かが確率的な状態にあるシステムを渡してきたとしても、その確率的状態が何なのかはわかりません。 例えば、その人が $1$ から $10$ の間の数をランダムに生成したとしても、どのように生成したかを教えてくれないとします。 あなたの手の中にあるのは $1$ から $10$ の間の数だけであり、他のすべての結果が現れる確率を何らかの方法で再構成するのに十分な情報がありません。したがって、その確率的状態の2つの 独立した コピーを得ることができる物理的プロセスは確かに存在しません。

数学的には、確率的状態に対する量子複製不可能定理のバージョンは、通常の量子複製不可能定理（量子状態に対して）とまったく同じ方法で証明できます。 つまり、任意の確率的状態の複製は非線形プロセスであるため、確率行列で表現することはできません。

非直交状態は完全には識別できない

このレッスンで取り上げる最後の制約として、直交していない2つの量子状態 $\vert\psi\rangle$ と $\vert\phi\rangle$、すなわち $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$ であるものを完全に識別すること（言い換えれば区別すること）が不可能であることを示します。 実際には、論理的に同値なことを示します。すなわち、2つの状態を誤りなく完全に識別する方法があるならば、それらは直交していなければならないということです。

ここでは、任意の数のユニタリゲートに続いて最上位qubitの単一の標準基底測定からなる量子回路に注目します。 量子回路が状態 $\vert\psi\rangle$ と $\vert\phi\rangle$ を完全に識別すると言うには、測定が一方の状態に対して常に値 $0$ を返し、他方の状態に対して常に $1$ を返すことが必要です。 具体的には、次の図のように動作する量子回路があると仮定します。

$U$ と書かれた箱は、回路内のすべてのユニタリゲートの複合動作を表すユニタリ操作を示していますが、最終的な測定は含まれていません。 測定が $\vert\psi\rangle$ に対して $0$ を出力し、$\vert\phi\rangle$ に対して $1$ を出力すると仮定しても一般性は失われません。これらの出力値が入れ替わっても、分析の本質は変わらないからです。

$\vert\psi\rangle$ または $\vert\phi\rangle$ のどちらかを最初に格納するqubitに加えて、回路は任意の数の追加の ワークスペース qubitを使用できることに注目してください。 これらのqubitは初めにそれぞれ $\vert 0\rangle$ 状態に設定され（したがってそれらの結合状態は図中で $\vert 0\cdots 0\rangle$ と表されています）、これらのqubitは有益な方法で回路に使用されることができます。 このような量子回路では、ワークスペースqubitを使用することは非常に一般的です。

次に、状態 $\vert\psi\rangle$（および初期化されたワークスペースqubitと共に）で回路を実行するとどうなるかを考えます。 測定が行われる直前の結果として得られる状態は、

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

と書けます。ここで、$\vert \gamma_0\rangle$ と $\vert \gamma_1\rangle$ は最上位qubit以外のすべてのqubitに対応する2つのベクトルです。 一般に、このような状態では、最上位qubitの測定が $0$ と $1$ という結果を返す確率はそれぞれ次のようになります。

$$\operatorname{Pr}(\text{結果が $0$}) = \bigl\| \vert\gamma_0\rangle \bigr\|^2 \qquad\text{および}\qquad \operatorname{Pr}(\text{結果が $1$}) = \bigl\| \vert\gamma_1\rangle \bigr\|^2.$$

回路が状態 $\vert\psi\rangle$ に対して常に $0$ を出力するため、$\vert\gamma_1\rangle = 0$ でなければなりません。したがって

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

この方程式の両辺に $U^{\dagger}$ を掛けると、次の方程式が得られます。

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

同様に $\vert\phi\rangle$ に対して推論すると、

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

がある $\vert\delta_1\rangle$ について成り立ち、したがって

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

次に、方程式 $(1)$ と $(2)$ の右辺の表現から始めて、それぞれが表すベクトルの内積を取ります。 次が成り立ちます。

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

したがってベクトル $(1)$ とベクトル $(2)$ の内積は

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

ここでは $U U^{\dagger} = \mathbb{I}$ という事実と、テンソル積の内積がそれぞれの内積の積であるという事実を使っています。

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

これは、$\vert u\rangle$ と $\vert w\rangle$ が同じ数の成分を持ち、$\vert v\rangle$ と $\vert x\rangle$ が同じ数の成分を持つ（したがって内積 $\langle u\vert w\rangle$ と $\langle v\vert x \rangle$ を形成することが意味をなす）ような任意のベクトルに対して成り立ちます。 内積 $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$ の値は、$\langle 0 \vert 1 \rangle = 0$ と掛け合わされるため、無関係であることに注目してください。

最後に、方程式 $(1)$ と $(2)$ の左辺のベクトルの内積を取ると、すでに計算した0という値と同じにならなければなりません。したがって

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

これにより、求めていた結論、すなわち $\vert \psi\rangle$ と $\vert\phi\rangle$ が直交すること、 $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0$ が導かれました。

なお、直交する2つの状態であれば完全に識別することができます。これは今証明した命題の逆です。 識別する2つの状態が $\vert \phi\rangle$ と $\vert \psi\rangle$ で、$\langle \phi\vert\psi\rangle = 0$ であるとします。 例えば、次の行列で記述される射影測定を行うことで、これらの状態を完全に識別できます。

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

状態 $\vert\phi\rangle$ に対しては、常に第1の結果が得られます。

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

そして、状態 $\vert\psi\rangle$ に対しては、常に第2の結果が得られます。

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