Corrig´ e de l’examen du 19 Mai 2014 Notation : la note finale est

ENSEIRB-MATMECA

Option second semestre, 2013/2014

Information Quantique

Corrig´ e de l’examen du 19 Mai 2014 Notation : la note finale est

min(20, note-ex1+note-ex2+note-ex3).

Exercice 1 (/15 pts) Intrication, corr´elation.

1- | Φ

i est intriqu´e (vu en cours).

| Φ

i :=

( | 00 i + | 01 i + | 10 i + | 11 i ) =

2

( | 0 i + | 1 i ) ⊗

( | 0 i + | 1 i ). Donc | Φ

i est factorisable.

√ 3 | Φ

i = (a | 0 i + b | 1 i ) ⊗ (c | 0 i + d | 1 i ) ssi :

ac = 1, ad = 1, bc = 0, bd = 1

Mais bc = 0 ⇒ (b = 0 ou c = 0) ⇒ bd = 0 ou ac = 0 ce qui est incompatible avec bd = ac = 1. Donc √

3 | Φ

i est intriqu´e. Mais l’ ensemble des vecteurs factorisables est clos par produit par les scalaires (par bilin´earit´e de ⊗ ).

Donc l’ensemble des vecteurs intriqu´es est clos par produit par les scalaires non-nuls. On en conclut que | Φ

i est intriqu´e.

√ 5 | Φ

i := (a | 0 i + b | 1 i ) ⊗ (c | 0 i + d | 1 i ) ssi :

ac = 1, ad = 0, bc = 0, bd = 2

Mais ad = 0 ⇒ (ac = 0 ou bd = 0), ce qui est impossible. Donc | Φ

i est intriqu´e.

2- Supposons que le vecteur | Φ i = P

(i,j)∈[1,2]×[1,2]

t

| i i⊗| j i est factorisable :

| Φ i = u ⊗ v avec u = u

| 0 i + u

| 1 i , v = v

| 0 i + v

| 1 i . Alors

t

t

t

t

= u

v

u

v

− u

v

u

v

= 0.

Donc le rang de la matrice T := (t

)

vaut 0 ou 1.

Supposons que le rang de T vaut 0 ou 1.

Si rg(T ) = 0 alors | Φ i = 0 = 0 ⊗ 0.

Si rg(T ) = 1 alors, choisissons un indice i

∈ { 0, 1 } tel que (t

, t

) 6 = (0, 0) et notons λ ∈ C un complexe tel que

(t

, t

) = λ(t

, t

).

Posons

u

:= 1, u

:= λ, v

:= t

, v

:= t

. On a bien, pour tous (i, j) ∈ { 0.1 } × { 0, 1 }

t

= u

v

. Donc

| Φ i = (u

| 0 i + u

| 1 i ) ⊗ (v

| 0 i + v

| 1 i ).

Les d´eterminants associ´es aux vecteurs | Φ

i , . . . , | Φ

i valent : 1

2

1 0 0 1

= 1 2 , 1

4

1 1 1 1

= 0, 1 3

1 1 0 1

= 1 3 , 1

5

1 0 0 2

= 2 5 .

On retrouve ainsi que seul | Φ

i est factorisable et que les autres ´etats sont intriqu´es.

3- Supposons que | Φ i est factorisable :

| Φ i = | u i ⊗ | v i . Alors,

(U

⊗ U

) | Φ i = (U

| u i ) ⊗ (U

| v i ), donc (U

⊗ U

) | Φ i est factorisable.

Supposons que (U

⊗ U

) | Φ i est factorisable. Alors, par le raisonnement ci-dessus, appliqu´e aux transformations unitaires U

, U

, on obtient que

(U

⊗ U

)(U

⊗ U

) | Φ i est factorisable, i.e. que | Φ i est factorisable.

4- Soient | Φ i et | Ψ i factorisables et de norme 1. Alors

| Φ i = | u i ⊗ | v i , | Ψ i = u

⊗ v

. On sait que h u | u i · h v | v i = 1 On peut donc r´e´ecrire

| Φ i = | u

i ⊗ | v

i

o` u | u

i = √

hu|ui

| u i , | v

i = √

hv|vi

| v i sont maintenant, des vecteurs de norme 1. De mˆeme, on peut r´e´ecrire

| Ψ i = u

⊗ v

o` u les vecteurs | u

i , | v

i sont de norme 1. Il existe des transformations uni- taires de d´eterminant 1, U

, U

telles que :

U

| u

i = u

, U

| v

i = v

. Donc

(U

⊗ U

) | Φ i = (U

⊗ U

)( | u

i ⊗ | v

i )

=

u

⊗ v

= | Ψ i .

5- Soient U

, U

des transformation unitaires, de d´eterminant 1, telles que (U

⊗ U

) | Φ

i = | Φ

i .

Notons, pour j ∈ { 0, 1 } , U

=

α

− β

β

α

. On aurait alors :

√ 1

2 [(α

α

+β

β

) | 00 i +(α

β

− β

α

) | 01 i +(β

α

− α

β

) | 10 i +(β

β

+α

α

) | 11 i ] = | Φ

i Ce qui entrainerait que :

α

α

+ β

β

=

√ 2

√ 5 , β

β

+ α

α

) = 2 √

√ 2 5

donc que √

√ 2

5 = 2 √

√ 2 5

qui est clairement faux. On en conclut que U

, U

n’existent pas.

6- 6.1 Supposons que | Φ i est un ´etat factorisable :

| Φ i = | u i ⊗ | v i . (1)

Notons X

:= X, X

:= Y . Pour tout η ∈ C notons B

:= Ker(X

− ηI) ,

H

:= Ker(I ⊗ X

− ηI), H

:= Ker(X

⊗ I − ηI), pr

la projection or-

thogonale de B

sur son sous-espace B

et pr

la projection orthogonale

de H sur son sous-espace H

. On sait que

Pr( {X = λ et Y = µ } ) = k pr

◦ pr

| Φ i k

(comme dans l’exercice 22, Q1, du polycopi´e). La d´ecomposition (1) de | Φ i entraine que :

pr

| Φ i = | u i ⊗ (pr

| v i )

pr

(pr

| Φ i ) = (pr

| u i ) ⊗ (pr

| v i ) donc

Pr( {X = λ et Y = µ } ) = k (pr

| u i ) ⊗ (pr

| v i ) k

= k pr

| u i k

· k pr

| v i k

(2) Pr( {X = λ } ) = k pr

( | u i ⊗ | v i ) k

= k (pr

| u i ) ⊗ | v i k

= k pr

| u i k

. (3) car h v | v i = 1.

Pr( {Y = µ } ) = k pr

( | u i ⊗ | v i ) k

= k | u i ⊗ (pr

| v i ) k

= k pr

| v i k

. (4) car h u | u i = 1.

Il d´ecoule de (2)(3)(4) que,

Pr( {X = λ et Y = µ } ) = Pr( {X = λ } ) · Pr( {Y = µ } ).

Comme cette ´egalit´e est v´erifi´ee pour tous les nombres complexes λ, µ, les variables al´eatoires X , Y sont ind´ependantes.

6.2 De fa¸con g´en´erale, si X , Y sont des v.a. ind´ependantes alors leur cova- riance est nulle. Donc, lorsque | Φ i est factoris´e, Covar( X , Y ) = 0.

7- 7.1

E ( X ) = X

λ∈{+1,−1}

Pr( X = λ) · λ

= 1

2 · 1 + 1 2 · ( − 1)

= 0

De mˆeme E ( Y ) = 0.

E ( |X |

) = X

λ∈{+1,−1}

Pr( X = λ) · | λ |

= 1

2 · 1

+ 1

2 · ( − 1)

= 1 De mˆeme E ( |Y|

) = 1.

7.2

E ( X · Y ) = X

λ∈{+1,−1},µ∈{−1,+1}

Pr( X = λ, Y = µ) · λµ

= 1

2 · 1

+ 0 · (1)( − 1) + 0 · ( − 1)(1) 1

2 · ( − 1)( − 1)

= 1.

Donc Var( X ) = 1, Var( Y ) = 1, Covar( X , Y ) = 1 et la corr´elation de X , Y vaut 1.

8- Par des calculs similaires :

E ( X ) = E ( Y ) = 0, E ( |X |

) = E ( |Y|

) = 1, E ( X · Y ) = 1 d’o` u il d´ecoule que la corr´elation de X , Y vaut 1.

9- Comme, d’apr`es la question 7, dans l’´etat | Φ

i les observables X , Y ont une covariance non-nulle, d’apr`es la question 6, l’´etat | Φ

i n’est pas factori- sable i.e. est intriqu´e.

De mˆeme, comme d’apr`es la question 8, dans l’´etat | Φ

i les observables X , Y ont une covariance non-nulle, l’´etat | Φ

i est intriqu´e.

Exercice 2 (/10 pts) Borne de Tsirelson.

1- Supposons que U : H → H est unitaire. Alors, pour tout u ∈ H tel que k u k = 1 on a k U u k = 1 ≤ 1 · k u k , donc k U k ≤ 1. Par ailleurs, il existe un vecteur unitaire u tel que k U u k = 1. Donc sup {k M u k | u ∈ E, k u k = 1 } = 1 i.e. k U k = 1.

2- Ces op´erateurs sont unitaires, donc ils ont tous une norme qui vaut 1.

3- Soient M, N sont des application lin´eaires de E dans E.

On v´erifie que, pour tout u ∈ E, k N u k ≤ k N k · k u k . Pour tout u ∈ E tel que k u k = 1 :

k M · N u k ≤ k M k · k N u k

≤ k M k · k N k · k u k . et

k (M + N )u k = k M u + N u k

≤ k M u k + k N u k

≤ k M kk u k + k N kk u k

= ( k M k + k N k ) · k u k Donc

k M · N k ≤ k M k · k N k et k (M + N ) k ≤ k M k + k N k . 4-

4G

= h ψ | A

⊗ B

+ A

⊗ B

+ A

⊗ B

− A

⊗ B

) | ψ i Sachant que pour tous vecteurs | u i , | v i ,

| h u | v i | ≤ k | u i k · k | v i k et que k | Ψ i k = 1, on a :

4G

≤ k | ψ i k · k A

⊗ B

+ A

⊗ B

+ A

⊗ B

− A

⊗ B

) | ψ i k

≤ k A

⊗ B

+ A

⊗ B

+ A

⊗ B

− A

⊗ B

) | ψ i k

Utilisons maintenant les prori´et´es de la norme des op´erateurs vue ` a la Q3 : 4G

= k [A

⊗ (B

+ B

) | ψ i ] + [A

⊗ (B

− B

) | ψ i ] k

≤ k A

⊗ (B

+ B

) | ψ i k + k A

⊗ (B

− B

) | ψ i k

= k (A

⊗ I)(I ⊗ (B

+ B

)) | ψ i k + k (A

⊗ I)(I ⊗ (B

− B

)) | ψ i k

= k (I ⊗ (B

+ B

)) | ψ i k + k (I ⊗ (B

− B

)) | ψ i k car (A

⊗ I) est unitaire

= k | Φ

i + | Φ

i k + k | Φ

i − | Φ

i k .

5- Comme les B

sont unitaires, les I ⊗ B

sont aussi unitaires, donc les vecteurs Φ

sont unitaires.

Pour deux vecteurs quelconques | u i , | v i on a :

h u + v | u + v i = h u | u i + h v | v i + 2 R ( h u | v i ).

Donc, pour les vecteurs unitaires | Φ

i , | Φ

i et tout ε ∈ { 1, − 1 } on a : h Φ

+ εΦ

| Φ

+ εΦ

i = 2 + 2ε R ( h Φ

| Φ

i ),

d’o` u :

k | Φ

i + | Φ

i k + k | Φ

i − | Φ

i k ≤ p

2 + 2 R ( h Φ

| Φ

i ) + p

2 − 2 R ( h Φ

| Φ

i ) 6- La fonction f : x 7→ √

2 + 2x + √

2 − 2x, est d´erivable sur ] − 1, +1[, et f

(x) =

√ 2 − 2x − √ 2 + 2x 4 − x

.

Comme f

est positive sur ] − 1, 0] et n´egative sur [0, 1[ , f atteint un maxi- mum au point 0 et ce maximum vaut f (0) = 2 √

2.

7-

7.1 En combinant les r´esultats des questions 4,5 et 6, on obtient que 4G

≤ 2 √

2. donc

G

≤

√ 2 2 7.2 On a vu en cours que la valeur | Ψ i =

2

( | 00 i + | 11 i ) permet d’atteindre une esp´erance de gain exactement ´egale ` a

. On peut conclure que ce choix de vecteur partag´e pour Anne et Benoit maximise leur gain moyen (dans l’ensemble de toutes les strat´egies d´ecrites au d´ebut de l’exercice).

Exercice 3 (/15 pts)

Transformation de Fourier quantique.

1-

ω

= (e

)

= e

= 1.

2- Soit m un nombre entier tel que 0 < m < N .Posons : C(N, m) := (ω

)

= e

.

2.1 Comme la p´eriode de la fonction x 7→ e

vaut 1, C(N, m) = 1 ssi

m

N

est une multiple entier de 1, i.e. un entier, ce qui n’est pas vrai. Donc (ω

)

6 = 1.

2.2 En utilisant la factorisation : X

− 1 = (X − 1)( P

j=0

X

) on obtient : (ω

)

− 1 = (ω

− 1)(

N−1

X

j=0

(ω

)

).

Par Q1 on sait que le membre gauche est nul. Par Q2 on sait que (ω

− 1) 6 = 0.

Il s’en suit que

N−1

X

j=0

(ω

)

= 0.

2.3- Soient 0 ≤ j ≤ ℓ ≤ N − 1.

Sachant que la base (e

)

est orthonorm´ee, on obtient : hF (e

) |F (e

) i = 1

N

N−1

X

k=0

(ω

) (5)

D’apr`es Q2.2, si j < ℓ alors le membre droit de (5) est nul. Si j = ℓ, le membre droit de (5) vaut

P

k=0

1 = 1. La base ( F (e

))

est donc orthonorm´ee, ce qui montre que F est unitaire.

3- Comme le produit tensoriel de deux e.v. E, F sur un corps K est un espace de dimension dim(E) · dim(F ) sur K, l’espace B

est une espace vectoriel de dimension 2

sur C . On le munit d’une forme sequilin´eaire hermitienne positive non-d´eg´en´er´ee en posant

h b

. . . b

. . . b

| c

. . . c

. . . c

i = Y

j∈[1,n]

h b

| c

i (6) (voir polycopi´e, chapitre 9).

4- Appliquons la d´efinition (6) aux vecteurs | k i , | ℓ i : h k | ℓ i = h k

. . . k

. . . k

| ℓ

. . . ℓ

. . . ℓ

i = Y

j∈[1,n]

h k

| ℓ

i Si k = ℓ alors le membre droit ci-dessus vaut Q

j∈[1,n]

h k

| k

i = 1 (car les vecteurs k

sont de norme 1.

Si k 6 = ℓ alors le membre droit ci-dessus vaut Q

j∈[1,n]

h k

| ℓ

i qui comporte au moins un terme h k

| ℓ

i o` u k

6 = ℓ

ce qui entraine que h k

| ℓ

i = 0 = h k | ℓ i . La famille ( | j i )

est donc orthonorm´ee. Comme elle a la cardinalit´e 2

, c’est bien une base orthonorm´ee de B

.

5- On calcule : R

=

1 0 0 1

; R

=

1 0 0 − 1

; R

= 1 0

0 i

; R

= 1 0 0

2

!

; 6- Consid´erons l’´egalit´e :

N−1

X

k=0

(ω

) | k i =

n

O

ℓ=1

( | 0 i + e

| 1 i ) (7)

D´eveloppons le produit tensoriel du membre droit en combinaison lin´eaire des vecteurs de la base ( | k i )

. Le coefficient de | k i vaut :

Y

kℓ=1

e

· Y

kℓ=0

e

=

n

Y

ℓ=1

e

= e

= e

= e

= ω

= ω

qui est aussi le coefficient de | k i dans le membre gauche. L’´egalit´e (7) est donc ´etablie. En multipliant les deux membres de cette ´egalit´e par

2ⁿ

on obtient :

F | j i = 1

√ 2

n

O

ℓ=1

( | 0 i + e

| 1 i ) (8) 7- Soit

j =

n

X

k=1

j

2

Alors

e

= e

= e

= e

.

8- En rempla¸cant, dans le membre droit de (8), le terme e

par l’expres- sion obtenue ` a la question 7, on obtient

F | j i = 1

2

( | 0 i +e

| 1 i ) ⊗ ( | 0 i +e

| 1 i ) ⊗ ... ⊗ ( | 0 i +e

| 1 i ) 9- Si j

= 0 : H | j

i =

2

( | 0 i + | 1 i ) =

2

( | 0 i + e

| 1 i ) Si j

= 1 : H | j

i =

2

( | 0 i − | 1 i ) =

2

( | 0 i + e

| 1 i ) =

2

( | 0 i + e

| 1 i ).

10- Par la question 9 :

| j

j

i

7→

1

√ 2 | 0 i + e

| 1 i

⊗ | j

i

Si j

= 0,

√ 1

2 | 0 i + e

| 1 i

⊗ | 0 i

7→

| 0 i + e

| 1 i

⊗ | 0 i

= | 0 i + e

| 1 i

⊗ | j

i . Si j

= 1, alors l’action de cR

consiste a multiplier le premier qbit par i = e

, donc, dans ce cas aussi

√ 1

2 | 0 i + e

| 1 i

⊗ | j

i

7→ |

0 i + e

| 1 i

⊗ | j

i .

11- De fa¸con g´en´erale, l’action de la porte cR

consiste ` a multiplier le coef- ficient du vecteur | 1 i (dans l’´etat du premier qbit) par e

= e

(avec b

= 0), ce qui revient ` a ajouter le bit j

, en position ℓ apr`es la vir- gule, dans le nombre binaire qui multiplie 2iπ en exposant de e. L’application successive des portes cR

...cR

conduit donc ` a

| j

j

j

. . . j

i → | 0 i + e

| 1 i

⊗ | j

j

...j

i .

Remarquons que l’ordre d’application de ces (n − 1) portes est indiff´erent.

12- La succession de portes agissant sur le deuxi`eme qubit | j

i s’exprime par la formule trouv´ee ` a la question 11, appliqu´ee ` a l’entier n − 1 (au lieu de n) et o` u l’on renomme les indices 1, 2, . . . , n − 1 en 2, . . . , n. On obtient ainsi :

| j

j

. . . j

i → 1

√ 2 | 0 i + e

| 1 i

⊗ | j

...j

i 13- Une fois que tous les qubits ont ´et´e trait´es, l’´etat obtenu est :

1

2

( | 0 i + e

| 1 i ) ⊗ ( | 0 i + e

| 1 i ) ⊗ ... ⊗ ( | 0 i + e

| 1 i ) i.e. que le facteur le plus ` a gauche est celui de Q11, le suivant (de gauche ` a droite) est celui de Q12, etc... et le plus ` a droite est ( | 0 i + e

| 1 i ).

Pour obtenir F | j i , il reste ` a “inverser” l’ordre des qbits, i.e. appliquer la transformation unitaire INV ˆ

o` u INV

: [1, n] → [1, n] est l’application m 7→

n + 1 − m. On v´erifie que la permutation INV

est le produit de ⌊ n/2 ⌋

portes SWAP (classiques). Le circuit SWAP ` a n qbits est le circuit quantique

correspondant.