Corrig´ e de l’ examen du 27 Mai 2013 Notation : la note finale est

ENSEIRB-MATMECA

Option second semestre, 2012/2013

Information Quantique

Corrig´ e de l’ examen du 27 Mai 2013 Notation : la note finale est

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

Exercice 1 (/20 pts) Probl`eme du sous-groupe cach´e.

Q1- Supposons que y = x ⊕ d avec d ∈ { (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1) } . Alors x

= y

donc f (x) = f(y).

R´eciproquement, si f (x) = f (y) alors 1 ⊕ x

= 1 ⊕ y

, donc x

= y

(G est simplifiable ` a gauche puisque G est un groupe).

Finalement :

(f(x) = f (y) ⇔ y − x ∈ { (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1) } ).

Q2- Remarquons que, pour tout a ∈ Z /2 Z H | a i = 1

√ 2 ( | 0 i + ( − 1)

| 1 i ) = X

b∈Z/2Z

( − 1)

| b i .

En appliquant cette formule ` a chaque composante x

du vecteur x = (x

, . . . , x

, . . . x

) on obtient

H

| x i = | Hx

i ⊗ · · · ⊗ | Hx

i ⊗ · · · ⊗ | Hx

i

= 1

√ 2

n−1

O

i=0

X

b∈Z/2Z

( − 1)

| b i .

En utilisant la bilin´earit´e de l’ op´eration ⊗ , ce produit de sommes se r´e´ecrit

comme la somme de produits :

√ 1 2

X

b0,...,bi,...,bⁿ−1∈Z/2Z n−1

O

i=0

( − 1)

| b

i

= 1

√ 2

X

b0,...,bi,...,bⁿ−1∈Z/2Z

( − 1)

n−1

O

i=0

| b

i

= 1

√ 2

X

z∈G

( − 1)

| z i

(la troisi`eme ligne s’obtient en renommant z

chaque b

∈ Z /2 Z puis z le vecteur (z

, . . . , z

, . . . , z

)).

Q3-a En utilisant la question 2, la suite de portes de Hadamard sur le premier registre a pour effet :

| 0

i ⊗ | 0

i 7→ 1

√ 2

X

z∈G

( − 1)

| z i ⊗ | 0

i o` u x = 0

donc l’´etat atteint avant application de U

est

| ψ

i = 1

√ 2

X

z∈G

| z i ⊗ | 0

i que l’on peut aussi noter

| ψ

i = 1

√ 2

X

x∈G

| x i ⊗ | 0

i Comme

U

| x i ⊗ | 0

i = | x i ⊗ | f (x) i par lin´earit´e on obtient :

| ψ

i = U

| ψ

i = 1

√ 2

X

x∈G

| x i ⊗ | f (x) i .

Q3-b L’ ´etat | ψ

i atteint apr`es la mesure est le projet´e (orthogonal) de | ψ

i sur B

⊗ ( C | w i ) divis´e par sa norme. Le projet´e est :

√ 1 2

X

x∈f⁻¹(w)

| x i ⊗ | w i .

L’´etat | ψ

i est donc :

1

p Card(f

(w)) X

x∈f⁻¹(w)

| x i ⊗ | w i . Q4- f

(w) = ˆ x ⊕ D

L’ application d 7→ x ˆ ⊕ d est une bijection de D dans f

(w), donc Card(f

(w)) = Card(D).

Q5- Par lin´earit´e

H

⊗ Id

| ψ

i = 1

p Card(D) · X

x∈f⁻¹(w)

(H

| x i ) ⊗ | w i (1) L’expression de H

| x i dans la base canonique est :

H

| x i = X

z∈G

h z | H

| x i | z i

En utilisant cette expression dans l’´equation (1) H

⊗ Id

| ψ

i = 1

p Card(D) · X

x∈f⁻¹(w)

X

z∈G

h z | H

| x i | z i ⊗ | w i

= 1

p Card(D) · X

z∈G

( X

x∈f⁻¹(w)

h z | H

| x i ) | z i ⊗ | w i Donc

c(z) = 1 p Card(D)

X

x∈f⁻¹(w)

h z | H

| x i Q6- La question Q2, nous fournit l’´egalit´e h z | H

| x i =

2ⁿ

( − 1)

, d’ o` u :

c(z) = 1

p Card(D)Card(G) X

x∈f⁻¹(w)

( − 1)

. Q7- En utilisant la question 4

c(z) = 1

p Card(D)Card(G) X

d∈D

( − 1)

Q8-

Si z ∈ D

: alors P

d∈D

( − 1)

= P

d∈D

( − 1)

= Card(D)( − 1)

donc c(z) =

p Card(D)

p Card(G) ( − 1)

Si z / ∈ D

: alors P

d∈D

( − 1)

= ( − 1)

P

d∈D

( − 1)

. Soit ˆ d ∈ D tel que ˆ d · z = 1 (un tel ´el´ement de D existe puisque z / ∈ D

).

Alors d 7→ d ˆ ⊕ d est une bijection de D dans D. Donc X

d∈D

( − 1)

= X

d∈D

( − 1)

= − X

d∈D

( − 1)

donc 2 P

d∈D

( − 1)

= 0, donc P

d∈D

( − 1)

= 0 et, finalement, c(z) = 0.

Q9- La probabilit´e d’obtenir, apr`es la mesure finale, l’´etat | z i vaut | c(z) |

, donc elle est nulle pour les vecteurs | z i tels que z / ∈ D

. Donc, presque sˆ urement , on obtient un vecteur de l’ ensemble

{| z i ⊗ | w i | z ∈ D

} .

Chacun d’eux est obtenu avec la probabilit´e | c(z) |

=

.

Q10 a- Card(D

) − 1 puisque un sous-groupe de cardinal 2 est d´efini par un

´el´ement non nul de D

.

b- Card(D

) − 1 aussi, car ce sont les orthogonaux des sous-groupes de cardinal 2.

c- Fixons Y . Alors h z

, z

, ...z

i ⊆ Y ssi chaque tirage al´eatoire de z

donne un vecteur de Y . Chaque tirage v´erifie cette propri´et´e avec probabilit´e

(puisque Card(Y ) = Card(D

)/2)). Ces ℓ tirages sont ind´ependants ; donc la probabilit´e de cette conjonction vaut exactement

.

d- h z

, z

, ...z

i 6 = D

ssi , il existe un sous-groupe Y de cardinal

tel que h z

, z

, ...z

i ⊆ Y . Donc

Pr( h z

, z

, ...z

i = D

) = 1 − Pr( h z

, z

, ...z

i 6 = D

)

= 1 − Pr( [

Card(Y)=Card(D^⊥)/2

h z

, z

, ...z

i ⊆ Y )

≥ 1 − X

Card(Y)=Card(D^⊥)/2

Pr( h z

, z

, ...z

i ⊆ Y )

= 1 − X

Card(Y)=Card(D^⊥)/2

1 2

= 1 − (Card(D

) − 1) 1 2

≥ 1 − Card(D

) 2

.

Q11- On connait ℓ vecteurs z

, . . . , z

qui engendrent D

.

Par triangulation, on peut en extraire (n − d) vecteurs u

, . . . , u

lin´eairement

ind´ependants qui engendrent D

.

La remarque de d´epart est que D = (D

)

. Donc D est d´efini comme en- semble des solutions d’un syst`eme de (n − d) ´equations lin´eaires, lin´eairement ind´ependantes : (x

, . . . , x

, . . . , x

) ∈ D ssi

n−1

X

k=0

u

x

= 0

Ce syst`eme d’´equations peut ˆetre mis sous forme triangulaire, i.e. , ` a une permutation pr`es des num´eros des coordonn´ees, sous la forme :

T M

· X

Y

= 0

o` u T ∈ M

( Z /2 Z ), M ∈ M

( Z /2 Z ), T est triangulaire sup´erieure, inversible (i.e., ici, avec que des coefficients 1 sur la diagonale) et

X :=





 x

.. . x





 Y :=





 x

.. . x







L’ensemble des solutions de cette ´equation peut ˆetre mis sous la forme {

T

M Y Y

| Y ∈ M

( Z /2 Z ) } Une base de D est donc l’ensemble de d vecteurs :

Z

:=

T

M Y

Y

o` u 0 ≤ j ≤ d − 1 et Y

est le j-i`eme vecteur de la base canonique de M

( Z /2 Z ) (i.e. le vecteur-colonne dont toutes les coordonn´ees sont nulles, sauf celle d’indice j). Cette base (Z

)

peut donc ˆetre calcul´ee, par un algorithme classique, en temps polynomial, ` a partir de z

, . . . , z

. Pour obtenir D avec une probabilit´e ≥

, d’apr`es Q10-d, il suffit que

1 − Card(D

) 2

≥ 99

100 i.e.

Card(D

)

2

≤ 1

100

Pour cela, il suffit que

Card(G) 2

≤ 1

100 donc que

2

≥ 100 · Card(G) = 100.2

donc il suffit que

ℓ ≥ 7 + n

Il suffit donc d’ex´ecuter f un nombre de fois qui est lin´eaire par rapport ` a la taille de la donn´ee.

Exercice 2 (/15 pts) Jeu de Zeilinger.

Q1- Soient A

(resp. B

, C

) la r´eponse de A (resp. B,C) ` a la question i (pour i ∈ { 0, 1 } ). Pour un vecteur λ fix´e, une strat´egie d´eterministe de ABC est d´ecrite par les six bool´eens A

, A

, B

, B

, C

, C

. Cette strat´egie est gagnante (sur tout triplet de questions de R) ssi :

A

⊕ B

⊕ C

= 0 A

⊕ B

⊕ C

= 1 A

⊕ B

⊕ C

= 1 A

⊕ B

⊕ C

= 1

Mais, si ces 4 ´egalit´es sont vraies, alors la somme de leurs membres gauches est ´egale ` a la somme de leurs membres droits i.e.

0 = 1,

ce qui est impossible. Donc, pour tout vecteur λ. il existe une question rst de R sur laquelle l’´equipe ABC est perdante , i.e. gagne − 1.

Q2- Comme, parmi les quatre questions possibles de R, l’une au moins conduit ` a un gain de − 1, toute strat´egie d´eterministe a une esp´erance de gain G

≤

[1 + 1 + 1 − 1] =

.

Q3.1- Supposons que ABC donnent leur r´eponse dans l’ordre : A puis B puis C (voir plus loin une discussion sur l’influence de l’ordre). Pour tout q ∈ { 1, 2, 3 } (les trois qbits) et tout b ∈ { 0, 1 } (les deux bool´eens possibles) d´efinissons l’application lin´eaire

pr

: B

→ B

projection orthogonale sur le sous-espace engendr´e par les vecteurs {| b i ⊗ | j i ⊗ | k i | j, k ∈ { 0, 1 }} si q = 1

{| i i ⊗ | b i ⊗ | k i | i, k ∈ { 0, 1 }} si q = 2 {| i i ⊗ | j i ⊗ | b i | i, j ∈ { 0, 1 }} si q = 3.

La mesure de A donne une r´eponse a et transforme | ψ i en

| ψ

i := λ

· pr

| ψ i ( o` u λ

∈ R ) La mesure de B donne une r´eponse b et transforme | ψ

i en

| ψ

i := λ

· pr

pr

| ψ i ( o` u λ

∈ R ) La mesure de C donne une r´eponse c et transforme | ψ

i en

| ψ

i := λ

· pr

pr

pr

| ψ i ( o` u λ

∈ R )

Supposons que la probabilit´e d’obtenir cette suite de mesures (a, b, c) est non-nulle. Dans ce cas chaque projection | ψ

i pour t ∈ { 1, 2, 3 } est non- nulle. Comme | ψ i appartient au sous-espace engendr´e par

{| 000 i , | 011 i , | 101 i , | 110 i}

les seules valeurs du triplet (a, b, c) possibles sont (0, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0) et donc l’´equipe ABC gagne, presque-sˆ urement 1.

N.B. Si ABC choisissent leurs r´eponses dans un ordre diff´erent, l’´etat final obtenu pour leurs 3 qbits, apr`es leurs mesures, sera de la forme :

| ψ

i := λ

· pr | ψ i

o` u λ

∈ R et pr est le produit, dans un ordre quelconque, des 3 applications lin´eaires : pr

, pr

, pr

. Comme ces 3 applications commutent deux ` a deux, le vecteur | ψ

i sera encore colin´eaire au vecteur

pr

pr

pr

| ψ i

Le raisonnement ci-dessus permet encore de conclure que : l’´equipe ABC

gagne, presque-sˆ urement 1.

Q3.2- Supposons que ABC appliquent leurs transformations unitaires res- pectives (chacun sur son qbit) : le nouvel ´etat du syst`eme de 3 qbits est

ψ

= Id ⊗ H ⊗ H | ψ i

= 1

2 [ | 001 i + | 010 i − | 100 i + | 111 i

Par le mˆeme raisonnement que pour Q3.1, on en d´eduit que, presque-sˆ urement, les joueurs ABC r´epondent un triplet

(a, b, c) ∈ { (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 1)

donc, presque-sˆ urement, a ⊕ b ⊕ c = 1, donc,l’´equipe ABC gagne, presque- sˆ urement 1.

Q3.2- Notons G

le gain moyen de ABC sur la question (r, s, t).

On a d´ej`a vu que : G

= G

= 1.

Le vecteur | ψ i est invariant pour l’action d’une permutation sur les 3 qbits, alors que la r`egle du jeu est invariante par l’action d’une mˆeme permutation sur les 3 questions et sur les 3 r´eponses ; enfin, les 3 joueurs ont exactement la mˆeme strat´egie. Sur les triplets de questions 101, 110, les r´esutats obtenus (vecteur | ψ

i et r´eponses (a, b, c)) seront donc des permutations de ceux calcul´es pour la question 011. Donc G

= G

= G

= 1. Le gain moyen est donc

G = 1

4 [G

+ G

+ G

+ G

] = 1