양자 정보의 한계

양자 정보와 고전 정보는 공통된 수학적 구조를 공유하지만, 두 가지 사이에는 핵심적인 차이점이 있습니다. 그 결과, 양자 정보로는 가능하지만 고전 정보로는 불가능한 작업의 예시가 많이 존재합니다.

그러나 이러한 예시들을 탐구하기 전에, 먼저 양자 정보의 몇 가지 중요한 한계에 대해 살펴보겠습니다. 양자 정보가 할 수 없는 것을 이해하면, 양자 정보가 할 수 있는 것을 파악하는 데 도움이 됩니다.

전역 위상의 무관성

첫 번째로 다룰 한계는 — 실제로는 진정한 한계라기보다 양자 상태가 양자 상태 벡터로 표현되는 방식에서 나타나는 약간의 퇴화(degeneracy)에 가깝습니다 — *전역 위상(global phase)*의 개념과 관련이 있습니다.

전역 위상이 의미하는 바는 다음과 같습니다. $\vert \psi \rangle$과 $\vert \phi \rangle$을 어떤 시스템의 양자 상태를 나타내는 단위 벡터라 하고, 단위 원 위의 복소수 $\alpha$가 존재한다고 가정합니다. 즉, $\vert \alpha \vert = 1$이거나, 또는 어떤 실수 $\theta$에 대해 $\alpha = e^{i\theta}$이며, 다음을 만족합니다.

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

이때 벡터 $\vert \psi \rangle$과 $\vert \phi \rangle$는 전역 위상만큼 다르다고 합니다. 또한 $\alpha$를 전역 위상이라고 부르기도 하지만, 이는 문맥에 따라 달라집니다. 단위 원 위의 모든 수는 단위 벡터에 곱해질 때 전역 위상으로 간주될 수 있습니다.

두 양자 상태 $\vert\psi\rangle$과 $\vert\phi\rangle$ 중 하나에 있는 시스템에 표준 기저 측정을 수행한다고 생각해 봅시다. 첫 번째 경우, 시스템이 상태 $\vert\psi\rangle$에 있을 때, 임의의 고전 상태 $a$를 측정할 확률은

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

입니다.

두 번째 경우, 시스템이 상태 $\vert\phi\rangle$에 있을 때, 임의의 고전 상태 $a$를 측정할 확률은

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

입니다. 이는 $\vert\alpha\vert = 1$이기 때문입니다. 즉, 두 상태 모두에서 특정 결과가 나타날 확률은 동일합니다.

이제 두 상태 모두에 임의의 유니터리 연산 $U$를 적용하면 어떻게 되는지 생각해 봅시다. 첫 번째 경우, 초기 상태가 $\vert \psi \rangle$일 때, 상태는

$$U \vert \psi \rangle$$

이 되고, 두 번째 경우, 초기 상태가 $\vert \phi\rangle$일 때, 상태는

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

이 됩니다.

즉, 두 결과 상태는 여전히 동일한 전역 위상 $\alpha$만큼 차이가 납니다.

따라서 전역 위상만큼 다른 두 양자 상태 $\vert\psi\rangle$과 $\vert\phi\rangle$는 완전히 구별 불가능합니다. 두 상태에 어떤 연산이나 일련의 연산을 적용하더라도, 두 상태는 항상 전역 위상만큼 차이가 날 것이며, 표준 기저 측정을 수행하면 정확히 동일한 확률로 결과가 나타납니다. 이러한 이유로, 전역 위상만큼 다른 두 양자 상태 벡터는 동등한 것으로 간주되며, 사실상 동일한 상태로 봅니다.

예를 들어, 다음 양자 상태들은

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

전역 위상(이 예시에서는 $-1$)만큼 차이가 나므로, 동일한 상태로 간주됩니다.

반면, 다음 양자 상태들은

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

전역 위상만큼 다르지 않습니다. 두 상태의 유일한 차이는 더하기 부호가 빼기 부호로 바뀐다는 것이지만, 이것은 전역 위상 차이가 아니라 상대 위상 차이입니다. 왜냐하면 이 차이가 모든 벡터 항목에 영향을 미치는 것이 아니라, 항목의 일부에만 영향을 미치기 때문입니다. 이는 앞서 이미 살펴본 것, 즉 상태 $\vert{+} \rangle$과 $\vert{-}\rangle$은 완벽하게 구별할 수 있다는 사실과 일치합니다. 특히, Hadamard 연산을 수행한 후 측정하면 결과 확률이 다음과 같이 나타납니다.

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

복제 불가 정리

*복제 불가 정리(no-cloning theorem)*는 알 수 없는 양자 상태의 완벽한 복사본을 만드는 것이 불가능함을 보여줍니다.

정리

복제 불가 정리: $\Sigma$를 적어도 두 개의 원소를 가진 고전 상태 집합이라 하고, $\mathsf{X}$와 $\mathsf{Y}$를 동일한 고전 상태 집합 $\Sigma$를 공유하는 시스템이라 하자. 그러면 $\mathsf{Y}$의 양자 상태 $\vert \phi\rangle$와 쌍 $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$에 대한 유니터리 연산 $U$로서

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

가 $\mathsf{X}$의 모든 상태 $\vert \psi \rangle$에 대해 성립하는 것은 존재하지 않는다.

즉, 시스템 $\mathsf{Y}$를 (어떤 상태 $\vert\phi\rangle$로든) 초기화하고 결합 시스템 $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$에 유니터리 연산 $U$를 수행하여, $\mathsf{X}$의 상태 $\vert\psi\rangle$가 복제되어 $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$가 상태 $\vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$가 되도록 하는 방법은 존재하지 않습니다.

이 정리의 증명은 실제로 상당히 단순합니다. 핵심은 다음 사상

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

이 $\vert\psi\rangle$에 대해 선형이 아니라는 관찰로 귀결됩니다.

특히, $\Sigma$에 적어도 두 개의 원소가 있으므로 $a\neq b$인 $a,b\in\Sigma$를 선택할 수 있습니다. 만약 $\mathsf{X}$의 모든 양자 상태 $\vert\psi\rangle$에 대해 $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$를 만족하는 $\mathsf{Y}$의 양자 상태 $\vert \phi\rangle$와 쌍 $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$에 대한 유니터리 연산 $U$가 존재한다면, 다음이 성립해야 합니다.

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

선형성, 즉 구체적으로 첫 번째 인수에서 텐서곱의 선형성과 두 번째 (벡터) 인수에서 행렬-벡터 곱셈의 선형성에 의해 다음을 얻어야 합니다.

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

그러나 모든 양자 상태 $\vert\psi\rangle$에 대해 $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$ 가 성립해야 한다는 요건은 다음을 요구합니다.

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

따라서 모든 양자 상태 벡터 $\vert \psi\rangle$에 대해 $U \bigl( \vert \psi \rangle \otimes \vert\phi\rangle\bigr) = \vert \psi \rangle \otimes \vert\psi\rangle$를 만족하는 상태 $\vert \phi\rangle$와 유니터리 연산 $U$는 존재할 수 없습니다.

복제 불가 정리와 관련하여 몇 가지 언급할 사항이 있습니다. 첫 번째는 위에 제시된 복제 불가 정리의 진술이 완벽한 복제가 불가능하다고 말한다는 점에서 절대적이라는 것입니다. 그러나 두 양자 상태의 유사성을 측정하는 어떤 방법에 대해 근사적인 복제본을 생성하는 데 성공할 수도 있는, 제한된 정확도로의 복제 가능성에 대해서는 아무것도 말하지 않습니다. 실제로 근사 복제에 대한 한계를 설정하는 복제 불가 정리의 진술도 있으며, 제한된 정확도로 근사 복제를 달성하는 방법도 있습니다.

두 번째 언급은 복제 불가 정리가 임의의 상태 $\vert\psi\rangle$의 복제 불가능성에 관한 진술이라는 것입니다. 반면, 예를 들어 표준 기저 상태의 복제본은 쉽게 만들 수 있습니다. 예를 들어, 제어-NOT 연산을 사용하여 Qubit 표준 기저 상태를 복제할 수 있습니다.

여기서 $|a\rangle$은 $|0\rangle$ 또는 $|1\rangle$로, 고전적으로 구현될 수 있는 상태입니다. 표준 기저 상태의 복제본을 만드는 것은 어렵지 않지만, 이것이 복제 불가 정리에 모순되지는 않습니다. 예를 들어, 제어-NOT Gate를 사용하는 이 방법은 상태 $\vert + \rangle$의 복제본을 만드는 데는 성공하지 못합니다.

복제 불가 정리에 대한 마지막 언급은 이것이 실제로 양자 정보에 고유한 것이 아니라는 점입니다. 임의의 확률적 상태를 고전적(결정론적 또는 확률론적) 과정으로 복제하는 것도 불가능합니다. 누군가가 어떤 확률적 상태의 시스템을 건네주었는데 그 확률적 상태가 무엇인지 알 수 없다고 상상해 보세요. 예를 들어, 그들이 $1$에서 $10$ 사이의 숫자를 무작위로 생성했지만 어떻게 그 숫자를 생성했는지 알려주지 않은 경우입니다. 그 동일한 확률적 상태의 두 독립적인 복사본을 얻을 수 있는 물리적 과정은 분명히 존재하지 않습니다. 손에 가진 것은 $1$에서 $10$ 사이의 숫자뿐이며, 다른 결과가 나타날 확률을 어떻게든 재구성하기 위한 충분한 정보가 거기에는 없습니다.

수학적으로 말하면, 확률적 상태에 대한 복제 불가 정리의 버전은 (양자 상태에 대한) 일반 복제 불가 정리와 정확히 같은 방식으로 증명될 수 있습니다. 즉, 임의의 확률적 상태를 복제하는 것은 비선형 과정이므로 확률론적 행렬로 나타낼 수 없습니다.

비직교 상태는 완벽하게 구별할 수 없습니다

이 강의에서 다룰 마지막 한계로, 두 양자 상태 $\vert\psi\rangle$와 $\vert\phi\rangle$가 직교하지 않는 경우, 즉 $\langle \phi\vert\psi\rangle \neq 0$인 경우에는 두 상태를 완벽하게 구별하는 것이 불가능하다는 점을 살펴보겠습니다. 사실, 논리적으로 동치인 명제를 증명하겠습니다: 두 상태를 오류 없이 완벽하게 구별할 수 있다면, 두 상태는 반드시 직교해야 합니다.

여기서는 임의 개수의 유니터리 Gate로 구성된 후 맨 위 Qubit에 대한 단일 표준 기저 측정으로 끝나는 양자 Circuit만을 고려하겠습니다. 양자 Circuit이 상태 $\vert\psi\rangle$와 $\vert\phi\rangle$를 완벽하게 구별한다고 말하기 위해서는, 측정 결과가 두 상태 중 하나에 대해서는 항상 $0$을 산출하고 다른 하나에 대해서는 항상 $1$을 산출해야 합니다. 정확히 말하면, 다음 다이어그램이 나타내는 방식으로 작동하는 양자 Circuit이 있다고 가정합니다:

$U$로 표시된 상자는 Circuit 내 모든 유니터리 Gate의 결합 작용을 나타내는 유니터리 연산을 의미하며, 최종 측정은 포함하지 않습니다. 측정 결과가 $\vert\psi\rangle$에 대해 $0$을, $\vert\phi\rangle$에 대해 $1$을 출력한다고 가정해도 일반성을 잃지 않습니다; 이 출력값이 뒤바뀌더라도 분석은 본질적으로 달라지지 않습니다.

$\vert\psi\rangle$ 또는 $\vert\phi\rangle$를 처음에 저장하는 Qubit 외에도, Circuit은 임의 개수의 추가 작업 공간(workspace) Qubit을 자유롭게 사용할 수 있습니다. 이 Qubit들은 초기에 각각 $\vert 0\rangle$ 상태로 설정되므로 — 그림에서 결합 상태는 $\vert 0\cdots 0\rangle$으로 표시됩니다 — 유익하다고 판단되는 방식으로 Circuit에서 사용할 수 있습니다. 이러한 양자 Circuit에서 작업 공간 Qubit을 활용하는 것은 매우 일반적입니다.

이제 초기화된 작업 공간 Qubit과 함께 상태 $\vert\psi\rangle$로 Circuit을 실행할 때 어떤 일이 발생하는지 살펴보겠습니다. 측정이 수행되기 직전의 결과 상태는 다음과 같이 쓸 수 있습니다:

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

여기서 $\vert \gamma_0\rangle$와 $\vert \gamma_1\rangle$은 맨 위 Qubit을 제외한 모든 Qubit에 해당하는 벡터입니다. 일반적으로, 이러한 상태에서 맨 위 Qubit을 측정하여 결과 $0$과 $1$이 나올 확률은 다음과 같습니다:

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

우리의 Circuit이 상태 $\vert\psi\rangle$에 대해 항상 $0$을 출력하므로, $\vert\gamma_1\rangle = 0$이어야 하고, 따라서

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

이 등식의 양변에 $U^{\dagger}$를 곱하면 다음 등식을 얻습니다:

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

$\vert\psi\rangle$ 대신 $\vert\phi\rangle$에 대해 동일하게 추론하면,

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

를 만족하는 벡터 $\vert\delta_1\rangle$이 존재하고, 따라서

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

이제 등식 $(1)$과 $(2)$의 우변에 있는 벡터들의 내적을 계산해 보겠습니다. 다음이 성립합니다:

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

따라서 벡터 $(1)$과 벡터 $(2)$의 내적은

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

여기서 $U U^{\dagger} = \mathbb{I}$라는 사실과, 텐서곱의 내적은 내적들의 곱이라는 사실을 사용했습니다:

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

이는 벡터들의 임의 선택에 대해 성립합니다(단, $\vert u\rangle$와 $\vert w\rangle$의 항목 수가 같고 $\vert v\rangle$와 $\vert x\rangle$의 항목 수가 같아야 $\langle u\vert w\rangle$와 $\langle v\vert x \rangle$의 내적이 의미를 가집니다). 내적 $\langle \gamma_0 \vert \delta_1\rangle$의 값은 $\langle 0 \vert 1 \rangle = 0$에 곱해지므로 무관합니다.

마지막으로, 등식 $(1)$과 $(2)$의 좌변에 있는 벡터들의 내적도 이미 계산한 것과 동일한 영(0) 값이어야 하므로,

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

이로써 우리가 원하던 결론, 즉 $\vert \psi\rangle$와 $\vert\phi\rangle$가 직교한다는 것을 증명했습니다: $\langle \psi \vert \phi \rangle = 0.$

한편, 두 상태가 직교하는 경우에는 완벽하게 구별하는 것이 가능합니다. 이는 방금 증명한 명제의 역입니다. 구별해야 할 두 상태가 $\vert \phi\rangle$와 $\vert \psi\rangle$이고, $\langle \phi\vert\psi\rangle = 0$이라고 가정합니다. 그러면 예를 들어 다음 행렬들로 기술되는 사영 측정을 수행하여 이 상태들을 완벽하게 구별할 수 있습니다:

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

상태 $\vert\phi\rangle$에 대해서는 항상 첫 번째 결과가 얻어집니다:

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

그리고 상태 $\vert\psi\rangle$에 대해서는 항상 두 번째 결과가 얻어집니다:

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