Information Quantique

ENSEIRB-MATMECA

Option second semestre, 2014/2015

Information Quantique

Corrig´e de l’examen du 20 Mai 2015 La note finale est min(20, note-ex1+note-ex2+note-ex3).

Exercice 1 (/5 pts) Th´eor`eme de non-clonage.

On veut montrer qu’il n’existe pas de transformation unitaire U :B ⊗ B ⊗ H → B ⊗ B ⊗ H

qui permette declonerles ´etats de Bau sens suivant : ∀ |Φi ∈ B,∃ |di ∈ H U|Φi ⊗ |bi ⊗ |ci=|Φi ⊗ |Φi ⊗ |di (1) Supposons qu’une transformation unitaireU v´erifiant (1) existe.

Consid´erons des ´etats |Φi,|Ψi ∈ B et |di,|d^′i ∈ H tels que (1) est vraie ainsi que son analogue (2) :

U|Ψi ⊗ |bi ⊗ |ci=|Ψi ⊗ |Ψi ⊗ d^′

(2) 1- Par d´efinition du produit scalaire dans le produit tensoriel : le produit scalaire de Φ⊗ |bi ⊗ |ci par Ψ⊗ |bi ⊗ |ci est :

hc| hb| hΦ|Ψi |bi |ci = hΦ|Ψi hb|bi hc|ci

= hΦ|Ψi puisque |bi,|ci sont unitaires.

De mˆeme, le produit scalaire de Φ⊗Φ⊗ |di par Ψ⊗ |Ψi ⊗ |d^′i est : hd| hΦ| hΦ|Ψi |Ψi

d^′

= hΦ|Ψi² d|d^′

Mais l’op´erateur U est unitaire, i.e. pr´eserve le produit scalaire. Les deux produits calcul´es ci-dessus sont donc ´egaux :

hΦ|Ψi² d|d^′

=hΦ|Ψi ce qui est ´equivalent `a

hΦ|Ψi(hΦ|Ψi d|d^′

−1) = 0

2- le produit ci-dessus est nul ssi l’ un de ses facteurs est nul i.e.

hΦ|Ψi= 0( cas 0) ou hΦ|Ψi d|d^′

= 1( cas 1).

Dans le cas 0 :|Φi,|Ψi sont orthogonaux.

Dans le cas 1 : par l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, 1 =hΦ|Ψi

d|d^′

≤ kΦk · kΨk · kdk · kd^′k

= 1 puisque les quatre vecteurs sont unitaires Ceci n’est donc possible que sihΦ|Ψi=kΦk·kΨk, c’est `a dire le cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de CS. Mais cette ´egalit´e n’a lieu que lorsque les vecteurs sont colin´eaires. Donc|Φi,|Ψi sont colin´eaires.

3- Supposons que ce syst`eme r´ealise la transformation unitaireU. Supposons queU clone un vecteur unitaire |Φi. L’orthogonal de la droite vect(|Φi) est une droite vect(|Φ<sup>′</sup>i). Par la question 2, le syst`eme ne peut cloner que les vecteurs unitaires appartenant `a l’ensemble :

vect(|Φi)∪vect(

Φ^′ )

i.e. l’union dedeuxdroites vectorielles (restreintes `a leurs vecteurs unitaires).

Finalement : un syt`eme quantique ne peut cloner queau plus deux droites.

Exercice 2 (/15 pts) Th´eor`eme de non-effacement.

1- Supposons que la transformation unitaire U :B ⊗ B → B ⊗ B

et le vecteur|Ni ∈ B v´erifient que, pour tout |Φi ∈ B, U|Φi |Φi=|Φi |Ni.

Ce serait en particulier vrai pour les vecteurs unitaires|Φi ∈ B.

Mais alorsU⁻¹ serait une “ photocopieuse quantique” i.e. v´erifierait la pro- pri´et´e de l’exercice 1 avecn= dim(H) = 0. Comme il n’en existe pas,U,|Ni n’existent pas.

2- Consid´erons la transformation lin´eaire SWAP : B ⊗ B → B ⊗ B d´efinie par, pour tous (i, j)∈ {0,1}²,

|ii |ji 7→ |ji |ii.

Comme l’image de la base orthonorm´ee {|ii |ji | (i, j) ∈ {0,1}²} est une famille orthonorm´ee (une permutation de la famille initiale), cette transfor- mation est unitaire. SoitU :B ⊗ B ⊗ B, et |Ni,|Ai ∈ B d´efinis par :

U := Id_B⊗SWAP, |Ni:=|0i, |Ai:=|0i. Pour tous|Φi ∈ B,

U|Φi |Φi |0i=|Φi |0i |Φi, La transformationU a donc la propri´et´e recquise.

On suppose que la transformation unitaireU et les vecteurs unitaires|Ni ∈ B,|Ai ∈ H v´erifient la propri´et´e

U|Φi |Φi |Ai=|Φi |Ni A^′

. (3)

Nous trouverons, `a la qu. 8, une transformation unitaireD:B ⊗ H → B ⊗ H telle que, pour tout|Φi ∈ B

(Id_B⊗D)◦U|Φi |Φi |Ai=|Φi |Φi |Ai (4) Notons |A0i,|A1i les vecteurs deHtels que

U|0i |0i |Ai=|0i |Ni |A0i etU|1i |1i |Ai=|1i |Ni |A1i.

Soit |Φi ∈ B. Il est donc de la forme α|0i+β|1i pour des coefficients α, β∈C. Notons|A(α, β)i un vecteur de Htel que

U|Φi |Φi |Ai=|Φi |Ni |A(α, β)i. (5) 3- Consid´erons le vecteur

V(α, β) :=U(α|0i+β|1i)(α|0i+β|1i)|Ai Par bilin´earit´e de l’application (|ui,|ui)7→U|ui |ui |Ai on a :

V(α, β) =α²|0i |Ni |A0i+β²|1i |Ni |A1i+αβU|0i |1i |Ai+βαU|1i |0i |Ai. Posons

|Fi=U( 1

√2[|0i |1i |Ai+|1i |0i |Ai])

Comme le vecteur [|0i |1i |Ai+|1i |0i |Ai] a un carr´e de norme ´egal `a deux (somme de deux vecteurs unitaires orthogonaux), et comme U pr´eserve la norme,

kFk= 1.

On obtient alors

V(α, β) =α²|0i |Ni |A0i+β²|1i |Ni |A1i+√

2αβ|Fi. D’autre part, en appliquant l’identit´e (5) on obtient :

V(α, β) = (α|0i+β|1i)|Ni |A(α, β)i

= α|0i |Ni |A(α, β)i+β|1i |Ni |A(α, β)i Les deux expressions trouv´ees pourV(α, β) doivent ˆetre ´egales i.e.

α²|0i |Ni |A0i+β²|1i |Ni |A1i+√

2αβ|Fi=α|0i |Ni |A(α, β)i+β|1i |Ni |A(α, β)i (6) 4- Remarquons tout d’abord que l’´egalit´e (5) de l’´enonc´e d´efinit un vecteur

|A(α, β)i unique lorsque (α, β)6= (0,0). Choisissons

|A(0,0)i=−→0 (7)

attention : c’est le vecteur nul, de norme 0 ; ce n’est pas le vecteur |0i, qui est unitaire.

Les sous-espaces vect(|0i |Ni)⊗ H et vect(|1i |Ni)⊗ H sont orthogonaux.

Notons pr0 la projection orthogonale

vect(|0i |Ni)⊗ H ⊕vect(|1i |Ni)⊗ H →vect(|0i |Ni)⊗ H, et pr1 la projection orthogonale de mˆeme domaine, mais d’image vect(|1i |Ni)⊗ H.

L’´egalit´e (6) implique que les images par pr0 (resp. pr1) des deux membres sont ´egales i.e., pour tous (α, β) ∈C²

α²|0i |Ni |A0i+√

2αβpr0|Fi = α|0i |Ni |A(α, β)i (8) β²|1i |Ni |A1i+√

2αβpr1|Fi = β|1i |Ni |A(α, β)i (9) En divisant (8) parα on voit que, siα6= 0 :

α|0i |Ni |A0i+√

2βpr0|Fi = |0i |Ni |A(α, β)i (10) Siβ6= 0 on a aussi (en divisant (9) par β) :

β|1i |Ni |A1i+√

2αpr1|Fi = |1i |Ni |A(α, β)i (11) ce qui montre que la fonction (α, β)7→ |A(α, β)iest continue en (0, β) (pour β6= 0). En utilisant la formule (10) et en passant `a la limite lorsque α tend

vers 0, on obtient, par continuit´e de |A(∗,∗)i en (0, β), que, si α = 0 et β6= 0, la formule (10) reste valide. Mais la formule (10) est aussi vraie pour (α, β) = (0,0), par le choix (7). Finalement, la formule (10) est toujours valide :

∀α, β ∈C, α|0i |Ni |A0i+√

2βpr0|Fi=|0i |Ni |A(α, β)i (12) Par des arguments analogues on obtient aussi :

∀α, β ∈C, β|1i |Ni |A1i+√

2αpr1|Fi=|1i |Ni |A(α, β)i (13) Notons H:H →vect(|0i |Ni)⊗ H l’isomorphisme :

|ui 7→ |0i |Ni |ui L’application (α, β)7→ |A(α, β)i est la compos´ee de

(α, β)7→ |0i |Ni |A(α, β)i

qui est lin´eaire selon la formule (12) et de l’applicationH⁻¹ qui est lin´eaire.

Donc elle est lin´eaire.

5- Par la formule (10) et le choix (7) :

|A(α,0)i=α|A0i et par la formule (11) et le choix (7) :

|A(0, β)i=β|A1i.

Par lin´earit´e deA(∗,∗) (qu. 4) on en conclut que, pour tout (α, β)∈C²,

|A(α, β)i=α|A0i+β|A1i. 6- En prenantα= 0, β = 1 dans (12) on obtient :

pr0|Fi= 1

√2|0i |Ni |A1i. En prenantα= 1, β = 0 dans (13) on obtient :

pr1|Fi= 1

√2|1i |Ni |A0i d’o`u |Fi= ^√1₂[|0i |Ni |A1i+|1i |Ni |A0i].

7- Comme|0i |0i |Aiest unitaire, son image parU est unitaire, mais comme

|0i,|Ni sont unitaires, il faut quekA0k= 1. De mˆeme il faut quekA1k= 1.

Tout vecteur unitaire |Φi = α|0i+β|1i ∈ B, a une image par U qui est encore unitaire i.e.

kA(α, β)k = 1.

Or

kA(α, β)k² =|α|²+|β|²+ 2R(¯αβ)hA0|A1i Donc, pour desα, β tels que |α|²+|β|² = 1, on a :

1 = 1 + 2R(¯αβ)hA0|A1i

donc hA0|A1i = 0. On en conclut que (|A0i,|A1i) est une famille ortho- norm´ee.

8- Consid´erons l’application lin´eaireD0 : vect(|Ni |A0i,|Ni |A1i)→vect(|0i |Ai,|1i |Ai) qui envoie (|Ni |A0i,|Ni |A1i) sur (|0i |Ai,|1i |Ai). Cette transformation

existe car ces deux familles sont libres. Elle est unitaire car ces deux fa- milles sont orthonorm´ees. D0 est prolongeable en une transformation uni- taireD:B ⊗ H → B ⊗ H. Comme

D|Ni(α|A0i+β|A1i) =α|0i |Ai+β|1i |Ai on a bien

|Φi |Φi |Ai 7→^U |Φi[|Ni(α|A0i+β|A1i)]

Id⊗D

7→ |Φi[α|0i |Ai+β|1i |Ai]

= |Φi |Φi |Ai. ce qui ´etablit la propri´et´e (4).

9- Remarquons que la transformationD construite `a la question 8 est telle que, les vecteursde la forme|Φi |Φi |Ai(autrement dit : “ ceux qui sont des clones”) sont des points fixes de (Id_B⊗D)◦U.

Consid´erons la transformationU d´efinie par : ∀ |Φ0i ∈ B,∀ |Φ1i ∈ B,∀ |Ψi ∈ H,

U|Φ0i |Φ1i |Ψi=|Φ1i |Φ0i |Ψi.

CommeU|0i |1i |Ψi∈ |/ 0i ⊗ B ⊗ H, ce vecteur ne peut ˆetre dans l’image de (Id_B⊗D) pour aucune application lin´eaire D:B ⊗ H → B ⊗ H.

Exercice 3(/15 pts) Cryptographie quantique.

1- Nous pr´esentons dans un tableau toutes les possibilit´es (i.e. les ´ev´enements qui ont une probabilit´e non-nulle de survenir).

x qbitA y BB µB p b

0 |↑i 0 ⊕ |↑i ¹4 0

0 |↑i 1 ⊗ |րi ¹8 0

− − − − − |ցi ¹8 1

1 |րi 0 ⊕ |↑i ¹8 0

− − − − |→i ¹8 1

1 |րi 1 ⊗ |րi ¹4 0

Un tiret indique que le contenu d’une cellule est identique `a celui de la case au-dessus ; p est la probabilit´e que ce cas de figure ait lieu : chaque

´ev´enement {x=α, y=β}a une probabilit´e ¹₄ de survenir et, lorsque le qbit de A n’est pas un vecteur de la base de B, chaque r´esultat de mesure a une chance sur deux de sortir.

Le cas b = 1 est d´ecrit aux lignes 3 et 5. Dans le cas de la ligne 3 : x = 0, y= 1 ; dans le cas de la ligne 5 : x= 1, y = 0.

2- Solution 1 : Bob publie les indicesi1, . . . , ij, . . . , iℓ pour lesquelsb= 1. Ils d´efinissent la cl´e commune comme :

C=xi₁. . . xij. . . xiℓ = (1−yi₁). . .(1−yij). . .(1−yiℓ).

Solution 2 : variante obtenue en ´echangeantx ety dans la solution 1.

Dans la suite du corrig´e nous supposons que A,B choisissent la sol. 1.

3- Comme Pr(b= 1) = ¹₄ la longueur de C est, en moyenne den/4.

4- Supposons que x = 0, BE = ⊗, µE = |րi, Eve applique sa strat´egie, y= 0 et B obtient µ_B=|→i.

4.1 Par d´efinition du comportement de B dans le protocoleb= 1.

4.2 On voit que x = 0 = y : il n’ est pas vrai que x 6=y. Ce fait est dˆu `a l’intervention de E, tandis que la question 1 portait sur le fonctionnement du protocoleen l’absence de E.

Cette remarque ne contredit donc pas la r´eponse `a la question 1.

4.3 Cette interception par E peut ˆetre d´etect´ee par A et B : B peut, par exemple, publier ses valeurs dey et deb. Alice publier sa valeur dex. Tous deux savent alors que E est intervenue puisque, selon la qu.1, en l’absence de E,b= 1⇒x6=y.

4.4 Sans publication par A de son bit, Ene peut pas ˆetre sˆurede la valeur du

qbit de A : les deux valeurs|↑i,|րipeuvent aboutir au r´esultat de mesure

|րilorsque E utilise la base ⊗.

5- Supposons que x = 0, BE =⊗, µE =|ցi, Eve applique sa strat´egie et y= 0 .

5.1 Par d´efinition du comportement de B dans le protocole, b= 0.

5.2 Mˆeme si A et B publient toutes leurs donn´ees (x, y, µB), le r´esultat µB = |↑i est compatible avec le fonctionnement du protocole sans `Eve.

Donc Ene peut pasˆetre d´etect´e par A,B.

5.3 Eve connaˆıt le bitx de A, par le raisonnement suivant :

si A avait envoy´e|րi alors, comme ce vecteur est un vecteur de la base⊗, E aurait mesur´e (presque sˆurement) |րi; or E a mesur´e |ցi; A ne peut donc avoir envoy´e que|↑i, doncx= 0.

6- 6.1 Un protocole de v´erification pour A et B :

- si b = 0 : A et B ne font rien (nous verrons plus bas qu’en fait, dans ce cas, E est ind´etectable)

- si b = 1 : B publie son bit y et A publie son bit x; s’ils constatent que x = y, ils en d´eduisent que E les espionne et ils abandonnent leur cl´e C ; sinon ils maintiennent la cl´e C (en enlevant le bit dans la position qui vient d’ˆetre v´erifi´ee puisque ce bit est maintenant connu de tous).

6.2 Voici tous les cas de figure :

x qbitA B_E µ_E qbitE y B_B µ_B b p

0 |↑i ⊕ |↑i |↑i 0 ⊕ |↑i 0 ¹₈

− − − − − 1 ⊗ |↑i 0 ₁₆¹

− − − − − 1 − − |ցi 1 ₁₆¹

− − ⊗ |րi |րi 0 ⊕ |↑i 0 ₃₂¹

− − − − − 0 − |→i 1 ₃₂¹

− − − − − 1 ⊗ − |ցi 0 ₁₆¹

− − − − |ցi |↑i 0 ⊕ |↑i 0 ₁₆¹

− − − − − 1 ⊗ |րi 0 ₃₂¹

− − − − − 1 − − |ցi 1 ₃₂¹

1 |րi ⊕ |→i |րi 0 ⊕ |→i 1 ₃₂¹

− − − − − 0 ⊕ |↑i 0 ₃₂¹

− − − − |↑i 1 ⊗ |րi 0 ₁₆¹

− − − |↑i |↑i 0 ⊕ |↑i 0 ₁₆¹

− − − − − 1 ⊗ − |ցi 1 ₃₂¹

− − − − − 1 − |րi 0 ₃₂¹

− − ⊗ |րi |րi 0 ⊕ |→i 1 ₁₆¹

− − − − − 0 − |↑i 0 ₁₆¹

− − − − − 1 ⊗ |րi 0 ¹₈

On v´erifie que, dans le cas o`ub= 0 (i.e. les lignes autres que 3,5,9,10,14,16), Bob a mesur´e un r´esultat qui pouvait ´egalement survenir, avec une probabi- lit´e>0, en l’absence d’`Eve. Le protocole propos´e `a la question 6.1 est donc confirm´e.

On voit que E est d´etect´ee dans les cas des lignes 5 et 14, non-d´etectee dans les cas des lignes 3,9,10,16.

Donc

Pr( E est d´etect´ee) = 1 32+ 1

32 = 1 16

6.3 Supposons que A et B ont “sacrifi´e”mbits pour tester la pr´esence d’`Eve et que `Eve a effectivement intercept´e ces m qbits. Il s’agit de bits tels que b= 1 (selon le protocole de la qu. 6.1).

On calcule :

Pr(b= 1) = 1 16 + 1

32 + 1 32 + 1

32 + 1 32 + 1

16 = 1 4 Donc

Pr( E est d´etect´ee|b= 1) = 1 16 : 1

4 = 1 4

La probabilit´e que E soit ind´etect´ee apresmv´erifications ind´ependantes (sur des bits tels queb= 1) est donc ´egale `a (³₄)^m, donc la probabilit´e que E soit d´etect´eeapresmv´erifications ind´ependantes sur des bits tels queb= 1 est :

1−

3

4

m

.

8.1 Les cas o`u le bitxde A et le bit 1−yde B (i.e. celui inclus dans sa cl´e) sont diff´erents sont ceux des lignes 5 et 14, soit une fraction ¹₄ des bits tels que b= 1. En moyenne il y a un quart des positions de bits dont la valeur est diff´erente dans la cl´e de A et dans la cl´e de B.

8.2 Par le raisonnement de la qu.5, dans le cas de la ligne 9 (resp. 10), E est certaine quex = 0 (resp. x = 1). Ces cas repr´esentent ¹₄ des bits de la cl´e (et il s’agit de bits qui ont bien la mˆeme valeur dansCA etCB).

9- 9.1 On souhaite calculer

Pr(XE =x etb= 1)

Pour cela on reprend les lignes 3,5,9,10,14,16 du tableau de la qu.6.2 et on calcule la valeur deXE pour chaque ligne :

ligne x BE µE XE p

3 0 ⊕ |↑i 0 ₁₆¹

5 0 ⊗ |րi 1 ₃₂¹

9 0 ⊗ |ցi 0 ₃₂¹

10 1 ⊕ |→i 1 ₃₂¹

14 1 ⊕ |↑i 0 ₃₂¹

16 1 ⊗ |րi 1 ₁₆¹

Eve gagne son pari aux lignes 3,9,10,16 donc Pr(XE =x etb= 1) = 1

16 + 1 32 + 1

32 + 1 16 = 3

16 Comme Pr(b= 1) = ¹₄, on conclut que :

Pr(XE =x|b= 1) = 3 16 : 1

4 = 3 4.

9.2 En moyenne, CE comporte 3n/4 bits identiques `a ceux de la portion de cl´eCA:=xi₁. . . xij. . . xin .