양자 텔레포테이션

양자 텔레포테이션 또는 간단히 텔레포테이션은 송신자(Alice)가 공유 얽힘 양자 상태(특히 하나의 e-bit)와 두 비트의 고전 통신을 이용하여 수신자(Bob)에게 Qubit을 전송하는 프로토콜입니다. 텔레포테이션이라는 이름은 물질이 미래 기술을 통해 한 위치에서 다른 위치로 전송되는 과학소설의 개념을 암시하기 위한 것이지만, 양자 텔레포테이션에서는 물질이 실제로 텔레포트되지 않는다는 점을 이해해야 합니다 — 실제로 텔레포트되는 것은 양자 정보입니다.

텔레포테이션의 설정은 다음과 같습니다.

Alice와 Bob이 e-bit을 공유한다고 가정합니다: Alice는 Qubit $\mathsf{A}$를 보유하고, Bob은 Qubit $\mathsf{B}$를 보유하며, 두 Qubit의 쌍 $(\mathsf{A},\mathsf{B})$은 상태 $\vert\phi^+\rangle$에 있습니다. 예를 들어, Alice와 Bob이 과거에 같은 위치에 있었고, Qubit $\mathsf{A}$와 $\mathsf{B}$를 상태 $\vert \phi^+ \rangle$으로 준비한 후, 각각 자신의 Qubit을 가지고 자신의 길을 가서 준비했을 수 있습니다. 또는 제3자나 복잡한 분산 프로세스를 포함하는 다른 프로세스를 사용하여 이 공유 e-bit을 확립했을 수 있습니다. 이러한 세부사항은 텔레포테이션 프로토콜 자체의 일부가 아닙니다.

Alice는 Bob에게 전송하고자 하는 세 번째 Qubit $\mathsf{Q}$를 소유하게 됩니다. Qubit $\mathsf{Q}$의 상태는 Alice와 Bob에게 알려지지 않은 것으로 간주되며, 이에 대한 가정이 없습니다. 예를 들어, Qubit $\mathsf{Q}$는 Alice와 Bob이 접근할 수 없는 다른 시스템과 얽혀 있을 수 있습니다. Alice가 Qubit $\mathsf{Q}$를 Bob에게 전송하길 원한다는 것은 Alice가 Bob이 프로토콜 시작 시 $\mathsf{Q}$가 있던 상태의 Qubit을 보유하기를 원한다는 뜻이며, $\mathsf{Q}$가 다른 시스템과 가졌던 모든 상관관계를 포함하고 있어야 하며, 마치 Alice가 실제로 $\mathsf{Q}$를 Bob에게 건넸던 것처럼 해야 합니다.

Alice가 물리적으로 Qubit $\mathsf{Q}$를 Bob에게 보낼 수 있다고 상상해 볼 수 있으며, Qubit이 전송 중에 변경되거나 방해받지 않고 Bob에게 도달하면 Alice와 Bob의 작업이 완료될 것입니다. 하지만 텔레포테이션의 맥락에서는 이것이 불가능하다고 가정합니다; Alice는 Qubit을 직접 Bob에게 보낼 수 없습니다. 그러나 Alice는 Bob에게 고전 정보를 보낼 수 있습니다.

이는 다양한 설정에서 합리적인 가정입니다. 예를 들어, Alice가 Bob의 정확한 위치를 모르거나 그들 사이의 거리가 크다면, 오늘의 기술이나 예상 가능한 미래를 사용하여 Qubit을 물리적으로 보내는 것은 최소한 도전적일 것입니다. 하지만 일상 경험에서 알 수 있듯이, 이러한 환경에서의 고전 정보 전송은 매우 간단합니다.

이 시점에서 누군가는 Alice와 Bob이 공유 e-bit을 사용할 필요 없이 자신의 작업을 수행할 수 있는지 궁금해할 수 있습니다. 즉, 고전 통신만을 사용하여 Qubit을 전송할 수 있는 방법이 있을까요?

답은 아니오입니다. 고전 통신만으로 양자 정보를 전송할 수 없습니다. 이것을 기본 양자 정보 이론을 사용하여 수학적으로 증명하는 것이 너무 어렵지는 않지만, no-cloning 정리를 생각함으로써 고전 통신만으로 Qubit을 전송할 가능성을 배제할 수 있습니다.

Alice가 고전 통신만을 사용하여 양자 정보를 보낼 수 있는 방법이 있다고 상상해봅시다. 고전 정보는 쉽게 복사되고 방송될 수 있으므로, Alice에서 Bob으로의 모든 고전 전송은 두 번째 수신자(예를 들어 Charlie)에 의해서도 수신될 수 있습니다. 하지만 Charlie가 Bob이 받은 것과 같은 고전 통신을 받는다면, Bob도 Qubit $\mathsf{Q}$의 복사본을 얻을 수 없을까요? 이것은 $\mathsf{Q}$가 복제되었음을 시사하는데, 우리는 이미 no-cloning 정리에 의해 이것이 불가능하다는 것을 알고 있으므로, 고전 통신만으로는 양자 정보를 보낼 수 있는 방법이 없다고 결론 내립니다.

그러나 Alice와 Bob이 e-bit을 공유한다는 가정이 있을 때는 Alice와 Bob이 자신의 작업을 수행할 수 있습니다. 이것이 정확히 양자 텔레포테이션 프로토콜이 하는 것입니다.

프로토콜

다음은 텔레포테이션 프로토콜을 설명하는 양자 회로 다이어그램입니다:

이 다이어그램은 Alice와 Bob 사이의 분리를 나타내는 점에서 약간 양식화되어 있으며, 두 개의 대각선 와이어가 Alice에서 Bob으로 전송되는 고전 비트을 나타내지만, 그 외에는 일반적인 양자 회로 다이어그램입니다. Qubit 이름은 와이어 왼쪽이 아닌 위에 표시되어 초기 상태를 표시할 수 있도록 합니다(편리할 때 일반적으로 수행할 것입니다). 또한 $X$와 $Z$ 게이트는 고전적인 제어가 있다는 점에 유의해야 하며, 이는 이 고전 제어 비트이 각각 $0$ 또는 $1$인지 여부에 따라 게이트가 적용되지 않거나 적용된다는 의미입니다.

말로 표현하면, 텔레포테이션 프로토콜은 다음과 같습니다:

1. Alice는 쌍 $(\mathsf{A},\mathsf{Q})$에 제어-NOT 연산을 수행하고, $\mathsf{Q}$는 제어이고 $\mathsf{A}$는 대상이며, 그 다음 $\mathsf{Q}$에 Hadamard 연산을 수행합니다.

2. Alice는 그 다음 $\mathsf{A}$와 $\mathsf{Q}$를 모두 측정하며, 두 경우 모두 표준 기저 측정에 대해, 그리고 고전 결과를 Bob에게 전송합니다. $\mathsf{A}$의 측정 결과를 $a$로, $\mathsf{Q}$의 측정 결과를 $b$로 지칭하겠습니다.

3. Bob은 Alice로부터 $a$와 $b$를 받고, 이 비트의 값에 따라 다음 작업을 수행합니다:

   • $a = 1$이면, Bob은 자신의 Qubit $\mathsf{B}$에 비트 플립(또는 $X$ 게이트)을 수행합니다.
   • $b = 1$이면, Bob은 자신의 Qubit $\mathsf{B}$에 위상 플립(또는 $Z$ 게이트)을 수행합니다.

   즉, $ab$가 $00$, $01$, $10$, 또는 $11$인지에 따라 조건부로, Bob은 Qubit $\mathsf{B}$에 $\mathbb{I}$, $Z$, $X$, 또는 $ZX$의 연산 중 하나를 수행합니다.

이것이 텔레포테이션 프로토콜의 완전한 설명입니다. 아래에 나타나는 분석은 실행될 때 Qubit $\mathsf{B}$가 프로토콜 실행 전에 Qubit $\mathsf{Q}$가 있던 상태, 다른 시스템과 가졌던 모든 상관관계를 포함하여 그 상태에 있을 것임을 보여줍니다 — 이는 프로토콜이 효과적으로 완벽한 Qubit 통신 채널을 구현했다는 것을 의미하며, 여기서 Qubit $\mathsf{Q}$의 상태가 Qubit $\mathsf{B}$로 "텔레포트"되었습니다.

분석으로 진행하기 전에, 이 프로토콜은 Qubit $\mathsf{Q}$의 상태를 복제하는 데 성공하지 못한다는 점에 주목하세요. 이는 이미 no-cloning 정리에 의해 불가능하다는 것을 알고 있습니다. 오히려, 프로토콜이 완료되었을 때, Qubit $\mathsf{Q}$의 상태는 그것에 대해 수행된 측정의 결과로 원래 값에서 $\vert b\rangle$로 변경될 것입니다. 또한 e-bit이 효과적으로 프로세스에서 "소모"되었다는 점에 주목하세요: Qubit $\mathsf{A}$의 상태가 $\vert a\rangle$로 변경되었고 더 이상 $\mathsf{B}$(또는 다른 시스템)과 얽혀 있지 않습니다. 이것이 텔레포테이션의 비용입니다.

분석

텔레포테이션 프로토콜을 분석하기 위해, 우리는 위의 회로의 동작을 한 번에 하나씩 검사할 것이며, Qubit $\mathsf{Q}$가 초기에 상태 $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle$에 있는 상황부터 시작합니다. 이것은 Qubit $\mathsf{Q}$가 Alice나 Bob이 접근할 수 없는 다른 시스템과 얽혀 있을 가능성을 포착하지 못하므로 가장 일반적인 상황은 아니지만, 이 더 간단한 경우부터 시작하면 분석에 명확성이 추가됩니다. 더 일반적인 경우는 더 간단한 경우의 분석 다음에 다룹니다.

구체적으로, 우리는 이 그림에서 제안된 시간에 Qubit $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태를 고려할 것입니다:

Qubit $\mathsf{Q}$가 상태 $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle$으로 프로토콜을 시작한다는 가정 하에서, 프로토콜 시작 시 세 Qubit $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태는 따라서

$$\vert \pi_0 \rangle = \vert \phi^+\rangle \otimes \bigl(\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle \bigr) = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 110\rangle + \beta \vert 001\rangle + \beta \vert 111\rangle}{\sqrt{2}}.$$

수행되는 첫 번째 게이트는 제어-NOT 게이트이며, 상태 $\vert\pi_0\rangle$을 다음과 같이 변환합니다:

$$\vert \pi_1 \rangle = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 110\rangle + \beta \vert 011\rangle + \beta \vert 101\rangle}{\sqrt{2}}.$$

그 다음 Hadamard 게이트가 적용되어 상태 $\vert\pi_1\rangle$을 다음과 같이 변환합니다:

$$\begin{aligned} \vert\pi_2\rangle & = \frac{\alpha \vert 00\rangle \vert + \rangle + \alpha \vert 11\rangle\vert +\rangle + \beta \vert 01\rangle\vert -\rangle + \beta \vert 10\rangle\vert -\rangle}{\sqrt{2}}\\[2mm] & = \frac{\alpha \vert 000 \rangle + \alpha \vert 001 \rangle + \alpha \vert 110 \rangle + \alpha \vert 111 \rangle + \beta \vert 010 \rangle - \beta \vert 011 \rangle + \beta \vert 100 \rangle - \beta \vert 101 \rangle}{2}. \end{aligned}$$

텐서 곱의 다중 선형성을 사용하면, 우리는 이 상태를 다음과 같이 다르게 쓸 수 있습니다:

$$\begin{aligned} \vert\pi_2\rangle = \quad & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 0 \rangle + \beta \vert 1\rangle \bigr)\vert 00\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 0 \rangle - \beta \vert 1\rangle \bigr)\vert 01\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 1 \rangle + \beta \vert 0\rangle \bigr)\vert 10\rangle \\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl(\alpha\vert 1 \rangle - \beta \vert 0\rangle \bigr)\vert 11\rangle. \end{aligned}$$

언뜻 보면 마법 같은 일이 일어났을 수도 있습니다. 왜냐하면 Alice에서 Bob으로의 통신이 아직 없었음에도 불구하고 가장 왼쪽의 Qubit $\mathsf{B}$가 이제 숫자 $\alpha$와 $\beta$에 의존하는 것 같기 때문입니다. 이것은 착각입니다. 스칼라는 텐서 곱을 통해 자유롭게 떠다니므로, $\alpha$와 $\beta$는 왼쪽 Qubit과 다른 Qubit과의 관계가 더하거나 덜합니다. 우리가 한 것은 측정 분석을 용이하게 하는 방식으로 상태를 표현하기 위해 대수를 사용한 것입니다.

이제 Alice의 표준 기저 측정의 네 가지 가능한 결과와 그 결과로 Bob이 수행하는 작업을 고려해봅시다.

가능한 결과

• Alice의 측정 결과는 확률로 $aq = 00$입니다:

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert\beta\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  이 경우 $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태는

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 00 \rangle.$$

  Bob은 이 경우 아무것도 하지 않으므로, 이것이 이 세 Qubit의 최종 상태입니다.

• Alice의 측정 결과는 확률로 $aq = 01$입니다:

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 0\rangle - \beta\vert 1\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert{-\beta}\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  이 경우 $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태는

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle - \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 01 \rangle.$$

  이 경우 Bob은 $\mathsf{B}$에 $Z$ 게이트를 적용하여, $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$를 상태

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 01 \rangle.$$

• Alice의 측정 결과는 확률로 $aq = 10$입니다:

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 1\rangle + \beta\vert 0\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert\beta\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  이 경우 $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태는

  $$\bigl( \alpha \vert 1 \rangle + \beta \vert 0 \rangle \bigr) \vert 10 \rangle.$$

  이 경우, Bob은 Qubit $\mathsf{B}$에 $X$ 게이트를 적용하여, $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$를 상태

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 10 \rangle.$$

• Alice의 측정 결과는 확률로 $aq = 11$입니다:

  $$\Biggl\| \frac{1}{2}\bigl(\alpha \vert 1\rangle - \beta\vert 0\rangle\bigr) \Biggr\|^2 = \frac{\vert\alpha\vert^2 + \vert{-\beta}\vert^2}{4} = \frac{1}{4},$$

  이 경우 $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 상태는

  $$\bigl( \alpha \vert 1 \rangle - \beta \vert 0 \rangle \bigr) \vert 11 \rangle.$$

  이 경우, Bob은 Qubit $\mathsf{B}$에 $ZX$ 연산을 수행하여, $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q})$를 상태

  $$\bigl( \alpha \vert 0 \rangle + \beta \vert 1 \rangle \bigr) \vert 11 \rangle.$$

우리는 이제 네 가지 경우 모두에서 Bob의 Qubit $\mathsf{B}$가 상태 $\alpha\vert 0\rangle + \beta\vert 1\rangle$에 남겨져 있다는 것을 볼 수 있으며, 이는 Qubit $\mathsf{Q}$의 초기 상태입니다. 이것이 우리가 보여주고 싶었던 것입니다: 텔레포테이션 프로토콜이 올바르게 작동했습니다.

우리는 또한 Qubit $\mathsf{A}$와 $\mathsf{Q}$가 Alice가 얻은 측정 결과에 따라 확률 $1/4$의 네 가지 상태 $\vert 00\rangle$, $\vert 01\rangle$, $\vert 10\rangle$, 또는 $\vert 11\rangle$ 중 하나에 남겨져 있다는 것을 볼 수 있습니다. 따라서 위에서 이미 암시된 대로, 프로토콜이 끝날 때 Alice는 더 이상 상태 $\alpha \vert 0\rangle + \beta \vert 1\rangle$를 가지고 있지 않으며, 이는 no-cloning 정리와 일치합니다.

Alice의 측정은 상태 $\alpha \vert 0\rangle + \beta \vert 1\rangle$에 대해 절대적으로 정보를 제공하지 않습니다. 즉, 네 가지 가능한 측정 결과 각각의 확률은 $1/4$이며, $\alpha$와 $\beta$와 무관합니다. 이는 또한 텔레포테이션이 올바르게 작동하기 위해 필수적입니다. 미지의 양자 상태에서 정보를 추출하는 것은 일반적으로 그것을 방해하지만, 여기서는 Bob이 방해받지 않고 상태를 얻습니다.

이제 Qubit $\mathsf{Q}$가 초기에 다른 시스템과 얽혀 있는 더 일반적인 상황을 고려해봅시다. 이를 $\mathsf{R}$이라고 부르겠습니다. 위의 유사한 분석은 텔레포테이션 프로토콜이 이 더 일반적인 경우에도 올바르게 작동함을 보여줍니다: 프로토콜이 끝날 때, Bob이 보유한 Qubit $\mathsf{B}$는 프로토콜 시작 시 $\mathsf{Q}$가 있던 것처럼 $\mathsf{R}$과 같은 방식으로 얽혀 있으며, 마치 Alice가 단순히 $\mathsf{Q}$를 Bob에게 건넸던 것처럼 합니다.

이를 증명하기 위해, 쌍 $(\mathsf{Q},\mathsf{R})$의 상태가 초기에 다음과 같은 형태의 양자 상태 벡터로 주어진다고 가정합시다:

$$\alpha \vert 0 \rangle_{\mathsf{Q}} \vert \gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1 \rangle_{\mathsf{Q}} \vert \gamma_1\rangle_{\mathsf{R}},$$

여기서 $\vert\gamma_0\rangle$과 $\vert\gamma_1\rangle$은 시스템 $\mathsf{R}$에 대한 양자 상태 벡터이고, $\alpha$와 $\beta$는 $\vert \alpha \vert^2 + \vert\beta\vert^2 = 1$을 만족하는 복소수입니다. 쌍 $(\mathsf{Q},\mathsf{R})$의 모든 양자 상태 벡터는 이러한 방식으로 표현될 수 있습니다.

다음 그림은 이전과 같은 회로를 나타내며, 시스템 $\mathsf{R}$의 추가(다이어그램 상단의 Qubit 모음으로 표현되며 아무것도 수행되지 않음):

텔레포테이션 프로토콜이 실행될 때 무엇이 일어나는지 분석하기 위해, 이전 수업에서 설명한 것과 유사한 방식으로 시스템을 치환하는 것이 도움이 됩니다. 구체적으로, $(\mathsf{B},\mathsf{A},\mathsf{Q},\mathsf{R})$ 대신 순서 $(\mathsf{B},\mathsf{R},\mathsf{A},\mathsf{Q})$의 시스템의 상태를 고려할 것입니다. 다양한 시스템의 이름은 다음 식에서 명확성을 위해 아래 첨자로 포함됩니다.

프로토콜 시작 시, 이 시스템들의 상태는 다음과 같습니다:

$$\begin{aligned} \vert \pi_0\rangle & = \vert \phi^+\rangle_{\mathsf{BA}} \otimes \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{Q}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{Q}}\vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}}\bigr)\\[1mm] & = \frac{ \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 00 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 10 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 01 \rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert \gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 11 \rangle_{\mathsf{AQ}}}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

먼저 제어-NOT 게이트가 적용되어 이 상태를 다음과 같이 변환합니다:

$$\vert\pi_1\rangle = \frac{ \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 00\rangle_{\mathsf{AQ}} + \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 10\rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 11\rangle_{\mathsf{AQ}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1 \rangle_{\mathsf{R}} \vert 01\rangle_{\mathsf{AQ}}}{\sqrt{2}}.$$

그 다음 Hadamard 게이트가 적용됩니다. 결과 상태를 전개하고 단순화한 후, 위의 더 간단한 경우의 분석과 유사한 방식으로, 우리는 결과 상태의 다음 표현을 얻습니다:

$$\begin{aligned} \vert \pi_2 \rangle = \quad & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 00\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} - \beta \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 01\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} + \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 10\rangle_{\mathsf{AQ}}\\[2mm] + & \frac{1}{2} \bigl( \alpha \vert 1\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_0\rangle_{\mathsf{R}} - \beta \vert 0\rangle_{\mathsf{B}} \vert\gamma_1\rangle_{\mathsf{R}} \bigr) \vert 11\rangle_{\mathsf{AQ}}. \end{aligned}$$

이전과 정확히 같은 방식으로 진행하면, Alice의 측정의 네 가지 다른 가능한 결과를 고려하고 Bob이 수행하는 해당 작업을 고려하여, 프로토콜이 끝날 때 $(\mathsf{B},\mathsf{R})$의 상태는 항상

$$\alpha \vert 0 \rangle \vert \gamma_0\rangle + \beta \vert 1 \rangle \vert \gamma_1\rangle.$$

비공식적으로, 분석은 위의 더 간단한 경우와 비교하여 중요한 방식으로 변경되지 않습니다. $\vert\gamma_0\rangle$과 $\vert\gamma_1\rangle$은 본질적으로 "함께 따라다닙니다." 따라서 텔레포테이션은 완벽한 양자 통신 채널을 생성하여 Qubit $\mathsf{Q}$의 내용을 $\mathsf{B}$로 효과적으로 전송하고 다른 시스템과의 모든 상관관계를 보존하는 데 성공합니다.

이는 실제로 위의 더 간단한 경우의 분석을 고려하면 놀랍지 않습니다. 그 분석은 임의의 양자 상태의 Qubit에 항등 연산처럼 작용하는 물리적 프로세스를 가지고 있다는 것을 보여주었으며, 그것이 일어날 수 있는 유일한 방법이 있습니다: 프로토콜에 의해 구현된 연산은 반드시 항등 연산이어야 합니다. 즉, 일단 우리가 텔레포테이션이 고립된 단일 Qubit에 대해 올바르게 작동한다는 것을 알면, 프로토콜이 효과적으로 완벽하고 잡음 없는 양자 채널을 구현한다고 결론지을 수 있으므로, 입력 Qubit이 다른 시스템과 얽혀 있는 경우에도 올바르게 작동해야 합니다.

추가 논의

다음은 텔레포테이션에 대한 몇 가지 간단한 결론적 의견입니다.

첫째, 텔레포테이션은 양자 정보의 응용이 아니라, 양자 통신을 수행하기 위한 프로토콜입니다. 따라서 양자 통신이 유용한 정도에만 유용합니다.

확실히, 텔레포테이션이 한 가지 알려진 프로세스인 얽힘 정제를 통해 양자 정보를 통신하는 표준 방식이 될 수 있다고 추측하는 것이 합리적입니다. 이것은 많은 수의 잡음이 있는(또는 불완벽한) e-bit을 더 적은 수의 고품질 e-bit으로 변환하는 프로세스이며, 이는 잡음이 없거나 거의 없는 텔레포테이션에 사용될 수 있습니다. 생각은 얽힘 정제 프로세스가 직접 양자 통신만큼 세심하지 않다는 것입니다. 우리는 손실을 받아들일 수 있습니다. 예를 들어, 프로세스가 작동하지 않으면 다시 시도할 수 있습니다. 대조적으로, 우리가 통신하길 희망하는 실제 Qubit은 훨씬 더 소중할 수 있습니다.

마지막으로, 텔레포테이션의 아이디어와 그것이 작동하는 방식이 양자 정보와 계산에서 매우 근본적이라는 것을 이해해야 합니다. 이것은 정말로 양자 정보 이론의 초석이며, 변형이 발생합니다. 예를 들어, Qubit을 통신하는 대신 Qubit에 연산을 적용하기 위해 텔레포테이션을 사용하는 양자 게이트 텔레포테이션으로 알려진 밀접하게 관련된 프로세스를 통해 양자 게이트를 구현할 수 있습니다.