Квантовый трюк

[physicsworks]

У квантового фокусника есть спин-1/2 частица в заранее приготовленном им состоянии. Доброволец из зала может провести одно измерение над частицей: измерить проекцию ее спина на ось $x$, $y$, или $z$, на свой выбор. Доброволец "возвращает" частицу фокуснику не сообщая при этом ни какое из измерений он произвел, ни его результат. Фокусник производит окончательное измерение состояния частицы и предоставляет добровольцу список, содержащий результаты трех возможных измерений:

Если Вы измерили проекцию спина на ось $x$, то Ваш результат ...
Если Вы измерили проекцию спина на ось $y$, то Ваш результат ...
Если Вы измерили проекцию спина на ось $z$, то Ваш результат ...

При этом фокусник всегда оказывается прав: в списке всегда есть правильный результат измерения добровольца.

Возможен ли этот трюк без определенного мошенничества со стороны фокусника (второй частицы "в рукаве")? Какие измерения при этом производит фокусник? Считать, что фокусник не может подменять частицы и что вторая частица "в рукаве", если такова необходима, не есть тождественная первой, но может находиться в запутанном состоянии с ней.

[arseniiv]

Ну вроде без запутанной частицы у фокусника нет шансов; это выглядит даже как будто самоочевидным, но конечно же должно иметь ясное обоснование, над которым надо бы подумать…

Не решение, но пара мыслей от балды (решать пока лень, особенно при том что задача вроде должна быть довольно простой?..) ↓

(Оффтоп)

Аргумент от количества информации как будто бы срабатывает: допустим, фокусник приготовит частицу в состоянии со спином $|{\uparrow}_z\rangle$, и тогда он может (если мы считаем, что события вероятности ноль не происходят на практике) сразу записать в список «если вы измерили проекцию на $z$, то ваш результат 1/2» и ему останется предоставить два бита, хотя получить из них он может лишь один без второй частицы, но если вторая частица имеет как минимум двумерное пространство состояний, то фокусник гипотетически уже может набрать два бита. Но без указания процедуры мы конечно не можем сказать, сможет ли он наверняка. Кроме того было бы наверно немного странно (но нужно считать!), если выбором второй частицы с огромным пространством состояний мы могли бы различить ещё больше альтернатив насчёт измерения первой, хотя не удивлюсь если так и есть.

Я вечно забываю, как выражаются (для спина 1/2, хотя в общем-то и для всех остальных) состояния $|{\uparrow}_x\rangle, |{\downarrow}_x\rangle, |{\uparrow}_y\rangle, |{\downarrow}_y\rangle$ через $|{\uparrow}_z\rangle, |{\downarrow}_z\rangle$, а то можно было бы сразу приступить к расчётам и что-то получить прям сразу…

Интересно, насколько попадающих в тему.

[physicsworks]

arseniiv ну, мы не спешим никуда, так что я подожду когда полная попытка решения будет. Только не забудьте что если у фокусника есть вторая частица, находящаяся в запутанном состоянии с первой, то начальное состояние системы из двух частиц будет, например, ЭПР-состоянием.

Задачка на самом деле не такая уж и простая и она демонстрирует весьма нетривиальный результат: исход измерения любой из трех декартовых проекций спина одной 1/2-частицы в определённой момент времени может быть гарантированно (с вероятностью 1) получен из результатов двух измерений до и после данного момента времени, причем неизвестны ни какая из проекций была измерена, ни какой результат был получен. Даже больше, можно гарантированно получить исход измерений связанный с континуумом направлений образующий некоторый конус, но это уже следующая история.

[arseniiv]

physicsworks в сообщении #1484724 писал(а):

так что я подожду когда полная попытка решения будет

Это разумеется. Я и не предлагал открывать решение, и даже свои неполные идеи потому спрятал в спойлер, чтобы не мешать другим решать. Попробую ещё потом попозже посчитать.

[chislo_avogadro]

(Оффтоп)

При наивном подходе фокус кажется совершенно провальным. Пусть имеется частица в рукаве, с которой "рабочая" частица находится в запутанном состоянии. Однако если неизвестен базис измерения, пусть даже количество возможных базисов ограничено, то из запутанности ничего невозможно извлечь. Как только базисов больше одного, возникают вероятности. Это, собственно, считается общим местом, но я приведу коротко обоснование.
Пусть состояние частиц будет

${\displaystyle |\Psi ^{-}\rangle ={\frac {1}{\sqrt {2}}}(\left|{\mathord {\uparrow }}\right\rangle _{A}\;\left|{\mathord {\downarrow }}\right\rangle _{B}-\left|{\mathord {\downarrow }}\right\rangle _{A}\;\left|{\mathord {\uparrow }}\right\rangle _{B}),}$

зритель пусть измеряет в базисе $x$, фокусник в базисе $z$. Тогда поставляя в эту функцию во второй позиции (отнесём её к зрителю)

${\displaystyle |\downarrow \rangle_B ={\frac {1}{\sqrt {2}}}(\left|{\mathord {\rightarrow }\right\rangle \;}-\left|{\mathord {\leftarrow }}\right\rangle)}$ и ${\displaystyle |\uparrow \rangle_B ={\frac {1}{\sqrt {2}}}(\left|{\mathord {\rightarrow }\right\rangle \;}+\left|{\mathord {\leftarrow }}\right\rangle)}$,

можно увидеть, что для любого исхода измерения зрителя предсказываются равновероятные исходы измерения фокусника, и он ни в чём не может быть уверен. Даже если он случайно измерит в базисе измерения зрителя, он не сможет интерпретировать свой результат однозначно.

Если использовать только одну частицу, проводя измерения фокусник-зритель-фокусник, то ситуация не кажется лучше. При том типе измерения, который предполагается - т.е. разрушающее измерение, создающее новую волновую функцию, информация о предыдущем состоянии должна полностью теряться.

К требующемуся "если - то", можно, как я вижу, приблизиться с помощью следующего как бы "инженерного" подхода.
Если фокусник приготовит частицу в состоянии, соответствующем собственному вектору оператора $\vec\sigma \vec n$, где $\vec n$ - вектор, направленный, скажем так, по "биссектрисе" одного из трёхмерных квадрантов, к примеру, $\vec n = \displaystyle{\frac {1}{\sqrt 3}}\left(\vec i + \vec j + \vec k\right)$, то вероятность для зрителя получить плюс (или минус, в зависимости от вектора) при измерении по любой оси будет примерно $0,789$.

Это всё, конечно, не в качестве решения, просто мысли вслух.
Сюжет интригующий.

[manul91]

Решение для только двух измерений ($x$ и $y$) вроде тривиально в обоих случаев.

(Оффтоп)

Индексы $A$ и $B$ относятся соответно к частице зрителя и частице фокусника; состояния направления спина (например по оси $z$) отмечены с $+$ и $-$.

Без спрятанной частицы:
Фокусник ставит частицу $A$ изначально в $|x-\rangle _{A}$, после измерения зрителя, измеряет ее по $y$.
На бумажке:
"Если Вы измерили проекцию спина на ось $x$, то Ваш результат $-$"
"Если Вы измерили проекцию спина на ось $y$, то Ваш результат [результат измерения фокусника над $A$] по $y$"

Со спрятанной частицы, и последующим измерением только над ней:

Пусть начальное состояние частиц приготовленное фокусником, будет:

$|\Psi\rangle =|x-\rangle _{A}\big(|y-\rangle _{B} + |y+\rangle _{B}\big)$

(теперь на бумажке фокусник сразу может написать первое предложение: "Если Вы измерили проекцию спина на ось $x$, то Ваш результат $-$").

Допустим, зритель измеряет спин в направлении $y$.
Тогда, (используя то что $|x-\rangle _{A}=|y+\rangle _{A}-|y-\rangle _{A}$), исходное состояние можно переписать как:

$|\Psi\rangle =\big(|y+\rangle _{A}-|y-\rangle _{A}\big)\big(|y-\rangle _{B} + |y+\rangle _{B}\big) = |y+\rangle _{A}|y+\rangle _{B} - |y-\rangle _{A}|y-\rangle _{B}$

Т.е. в том же самом состоянии, пара частиц являются запутаными по $y$.

После измерения зрителя, фокуснику осталось подсмотреть спин своей спрятанной частицы по $y$, дописать второе предложение на бумажке: "Если Вы измерили проекцию спина на ось $y$, то Ваш результат [результат измерения фокусника над спрятанной частицы $B$] по $y$", и вручить ее зрителю.

[chislo_avogadro]

manul91
Нельзя ли Ваше решение "растянуть" и на $z$?

То есть, с первой частицей поступать так, как Вы это предложили - приготовление по $|x-\rangle$, измерение возвращённой по $y$.

А во второй части, где речь об использовании второй частицы, всюду заменить $y$ на $z$, и третье измерение фокусник делает по $z$ над частицей "из рукава". В остальном все рассуждения те же самые.

[manul91]

chislo_avogadro в сообщении #1485861 писал(а):

Нельзя ли Ваше решение "растянуть" и на $z$?

На самом деле, мое "решение" со спутанной частицей - не является решением даже для двух измерений, поскольку по условию задачи "..и что вторая частица "в рукаве", если такова необходима, не есть тождественная первой..." (что я заметил уже потом, когда нельзя было мое сообщение редактировать - а то я бы его стер вообще) - а у меня частицы предполагаются одинаковыми (предполагал что взаимное состояние при перестановке не меняется, сохраняя знак - иначе второе равенство неверно, разница перекрестных членов не обнуляется).

Полагаю, тут надо плясать от самого общего случая (с матрицами с неизвестными коеффициентами для исходного запутанного состояния в самом общем случае); и после того как измерение зрителя "коллапсирует" совместное состояние (что вроде расщепляет ситуацию на 3 варианта в зависимости от выбора зрителя) - рассматривать измерения в общем случае над обоих частиц (зрителя и спрятанной)....
И "догадываться от обратного", определяя удачно коеффициенты для исходного состояния, так что необходимое "сократилось бы"...

[Gickle]

(Оффтоп)

Набрасал кое-какие мысли. Решал в лоб, что называется, и в предположении, что исходное состояние чистое. Обозначим его за $|\psi_0\rangle$, так что

$$|\psi_0\rangle = \alpha_{00} |00\rangle + \alpha_{01} |01\rangle + \alpha_{10} |10\rangle + \alpha_{11} |11\rangle,$$

где $|i j \rangle \equiv |i\rangle_{\text{фокусник}} \otimes |j\rangle_{\text{зритель}}$ и $|1\rangle \equiv |+_z \rangle, |0\rangle \equiv |-_z\rangle$. Зададимся вопросом, что произойдёт с волновой функции после измерения зрителем. Это можно и интитивно получить, но давайте уж подробно распишем. Спектральное разложение для спиновых операторов в Z-базисе имеет вид

$$ \begin{aligned} X &= |+_x \rangle\langle +_x| - |-_x\rangle\langle -_x| = \frac{1}{2}\left(|0 \rangle\langle 0| + |0\rangle\langle 1| + |1\rangle \langle 0| + |1 \rangle \langle 1| \right) - \frac{1}{2} \left(|0 \rangle\langle 0| - |0\rangle\langle 1| - |1\rangle \langle 0| + |1 \rangle \langle 1| \right), \\ Y &= |+_y \rangle\langle +_y| - |-_y\rangle\langle -_y| = \frac{1}{2} \left(|0 \rangle\langle 0| - \mathrm{i} |0\rangle\langle 1| + \mathrm{i} |1\rangle \langle 0| + |1 \rangle \langle 1| \right) - \frac{1}{2} \left(|0 \rangle\langle 0| + \mathrm{i} |0\rangle\langle 1| - \mathrm{i} |1\rangle \langle 0| + |1 \rangle \langle 1| \right), \\ Z &= |1 \rangle\langle 1| - |0\rangle\langle 0|. \end{aligned}$$

Обозначим за $|\psi^{\pm}_i\rangle$ то, на что проецируется $|\psi_0\rangle$ после измерения $s_i = \pm 1$. Тогда (нормировку я далее явно не пишу)

$$ \begin{aligned} |\psi_x^{\pm}\rangle &= \left(\alpha_{00} \pm \alpha_{01}\right) \left(|00\rangle \pm |01\rangle\right) + \left(\alpha_{10} \pm \alpha_{11}\right) \left(|10\rangle \pm |11\rangle\right) \hat{=} \left[(\alpha_{00} \pm \alpha_{01})|0\rangle + \left(\alpha_{10} \pm \alpha_{11}\right)|1\rangle \right] |\pm_x\rangle,\\ |\psi_y^{+}\rangle &= \left(\alpha_{00} \mp \mathrm{i}\alpha_{01}\right) \left(|00\rangle \pm \mathrm{i} |01\rangle\right) + \left(\alpha_{10} \mp \mathrm{i}\alpha_{11}\right) \left(|10\rangle \pm \mathrm{i} |11\rangle\right) \hat{=} \left[(\alpha_{00} \mp \mathrm{i}\alpha_{01})|0\rangle + \left(\alpha_{10} \mp \mathrm{i}\alpha_{11}\right)|1\rangle \right] |\pm_y\rangle.\\ |\psi_z^{+}\rangle &= \alpha_{01} |01\rangle + \alpha_{11}|11\rangle = \left(\alpha_{01} |0\rangle + \alpha_{11}|1\rangle\right)|1\rangle, \\ |\psi_z^{-}\rangle &= \alpha_{00} |00\rangle + \alpha_{10}|10\rangle = \left(\alpha_{00} |0\rangle + \alpha_{10}|1\rangle\right)|0\rangle. \end{aligned}$$

Выглядит вполне правдоподобно. Далее я рассуждал следующим образом. Чтобы трюк получился, у фокусника должно быть два листа:

$$ \begin{pmatrix} X \implies s_x \\ Y \implies s_y \\ Z \implies s_z \end{pmatrix} \text{ и } \begin{pmatrix} X \implies -s_x \\ Y \implies -s_y \\ Z \implies -s_z \end{pmatrix} $$

Причём значения $s_i$ в листах могут быть выбраны произвольно, по сути. Главное, чтобы если зритель сделал измерение в направлении $i$ и получил $s_i$, фокусник посредством своего измерения мог точно знать, какой нужно вытащить список. То есть нужно подобрать измерение такое, чтобы для любого $|\psi_i^{s_i}\rangle$ из первого списка гарантировано "получался нуль". Разумным (но вот я с ходу сказать, единственный ли это в общем случае вариант) кажется попробовать соорудить такой вот проектор

$$ P |\psi_x^{s_x}\rangle = P |\psi_y^{s_y}\rangle = P |\psi_z^{s_z}\rangle = 0,$$

причём попробуем найти его в простой форме $P = |\psi'\rangle\langle \psi'|$, то есть потребуем, чтобы

$$|\psi'\rangle = \beta_{00} |00\rangle + \beta_{01} |01\rangle + \beta_{10} |10\rangle + \beta_{11} |11\rangle$$

было ортогонально, например, всем $|\psi_i^{+}\rangle$. Получим систему

$$\begin{pmatrix} 0 & \alpha_{01} & 0 & \alpha_{11} \\ \alpha_{00} + \alpha_{01} & \alpha_{00} + \alpha_{01} & \alpha_{10} + \alpha_{11} & \alpha_{10} + \alpha_{11} \\ \alpha_{00} - \mathrm{i} \alpha_{01} & \alpha_{00} - \mathrm{i} \alpha_{01} & \alpha_{10} - \mathrm{i} \alpha_{11} & \alpha_{10} - \mathrm{i} \alpha_{11} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \beta_{00}^{*} \\ \beta_{01}^{*} \\ \beta_{10}^{*} \\ \beta_{11}^{*} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, $$

плюс условие нормировки $|\alpha_{00}|^2 + |\alpha_{01}|^2 + |\alpha_{10}|^2 + |\alpha_{11}|^2 = 1$. Поскольку уравнения у нас три, а переменных четыре, у системы всегда будут нетривиальное решение. Если я нигде не ошибся, то оно имеет вид

$$ v = \begin{pmatrix} \alpha_{10} + (1 - \mathrm{i}) \alpha_{11}\\ \mathrm{i} \alpha_{11} \\ - \alpha_{00} - (1 + \mathrm{i}) \alpha_{01} \\ -\mathrm{i} \alpha_{01} \end{pmatrix} $$

Чтобы $P$ был проектором (ну и эрмитовым оператором, разумеется, а потому и измеряемой), нужно ещё нормировать $v$. Но в целом для случая чистого исходного состояния у меня вот какое-то такое конструктивное решение было в голове. Тогда если фокусник измерит $1$, то зрителю нужно выдавать список $(1,1,1)$, а если измерит $0$, то $(-1,-1,-1)$. Что самое странное, я пока что не вижу, как факт сепарабельности $|\psi_0\rangle$ это решение портит, хотя интуиция говорит, что без запутанности фокус получаться не должен. Я попробовал покрутить, что будет в случае $\alpha_{00} \alpha_{11} = \alpha_{01} \alpha_{10}$, но никаких проблем не увидел что-то.

P.S. Разумеется, даже если бы тут что-то пошло не так в случае сепарабельности, то это никак не доказывало, что в общем случае для сепарабельного состояния фокус не сработал бы, посольку я только очень специфический случай рассмотрел. Если запутанность действительно нужна, то интересно ещё, конечно, "а сколько надо?". Должно ли исходное состояние быть максимально запутанным или достаточно "немного запутать"?