Solution de la série d`entrainement Traitement Quantique de l

Solution de la s´erie d’entrainement
Traitement Quantique de l’Information
Exercice 1 Petit entrainement avec la notation de Dirac
Prendre b=0. On trouve :
H|0i=1
√2(|0i+|1i)
Prendre b=1. On trouve :
H|0i=1
√2(|0i−|1i)
Notez que en g´en´eral
H|bi=1
√2(|0i+ (−1)b|1i) = X
c=0,1
(−1)bc|ci
Ensuite :
H⊗H|0i⊗|0i=H|0i ⊗ H|0i
=|0i+|1i
√2⊗|0i+|1i √2
=|0i⊗|0i+|1i⊗|0i+|0i⊗|1i+|1i⊗|1i
2
=1
(√2)2(|00i+|10i+|01i+|11i).
En g´en´eral pour (b1b2) = (00),(01),(10),(11) :
H⊗H|b1i⊗|b2i=H|b1i ⊗ H|b2i
=1
√2X
c1
(−1)b1c1|c1i ⊗ X
c2
(−1)b2c2|c2i
= ( 1
√2)2X
c1,c2
(−1)b1c1(−1)b2c2|c1i⊗|c2i
= ( 1
√2)2X
c1,c2
(−1)b1c1+b2c2|c1i⊗|c2i.
1

Exercice 2 Variation sur l’interf´erom`etre de Mach-Zehnder.
(a) Calculation for |hi:
S|hi=1
√2
1
1
0
=1
√2(|hi+|vi),
R|hi=
0
1
0
=|vi,
P|hi=
0
0
1
=|absi.
Calculation for |vi:
S|vi=1
√2
1
−1
0
=1
√2(|hi−|vi),
R|vi=
1
0
0
=|hi,
P|vi=
0
1
0
=|vi.
Calculation for |absi:
S|absi=
0
0
1
=|absi,
R|absi=
0
0
1
=|absi,
P|absi=
1
0
0
=|hi.
(b) Initially the state is |hi. After the first semi transparent mirror :
S|hi=1
√2(|hi+|vi).
After the two mirrors
RS |hi=1
√2(|vi+|hi),
and after the “atom” :
P RS |hi=1
√2(P|vi+P|hi) = 1 √2(|vi+|absi).
After the second semi transparent mirror :
SP RS |hi=1
√2(1 √2(|hi+|vi) + |absi) = 1
2|hi+1 2|vi+1
√2|absi.
2

Therefore, the state of the photon just after the second semi transparent mirror (just before the
detection) is 1
2|hi+1 2|vi+1
√2|absiand we have
Prob(D1) = 1
4,Prob(D2) = 1 4,Prob(abs) = 1 2,
because for example
Prob(abs) = |habs|(1
2|hi+1 2|vi+1
√2|absi)|2=1
2.
(c) The matrix
001
000
100
is not unitary. This can be checked explicitly. For example
001
000
100
001
000
100
=
100
000
001
6=I.
Thus, it can not model the absorption process of the photon by the atom.
The matrix
1
√201 √2
0 1 0
1
√20−1 √2
is unitary. Indeed
1
√201 √2
0 1 0
1
√20−1 √2
1
√201 √2
0 1 0
1
√20−1 √2
=
100
010
001
=I.
Thus, it may model the absorption of the photon. Note also that this matrix acts like a Hadamard
matrix on the subspace {|hi,|absi}.
Exercice 3 Repr´esentations sur la sphere de Bloch.
(a) Z=1 0
0−1, which is diagonal, thus
eiλZ =eiλ 0
0e−iλ
So eiλZ |↑i =eiλ |↑i and both vectors |↑i and eiλZ |↑i are along z-axis. See fig.1
(b) Here eiφ
2Z= eiφ
20
0e−iφ
2!and |↑i+|↓i
√2= 1
√2
1
√2!. Then
eiφ
2Z(|↑i +|↓i
√2) = eiφ
2|↑i +e−iφ 2|↓i
√2=eiφ
2(1
√2|↑i +e−iφ √2|↓i).
We have a vector with (θ, φ) = (π
4,−φ). see fig 3. We see that the matrix eiφ
2Zacts as a matrix of
rotation of angle −φaround the zaxis.
(c) We have
eit ω
2Z(cos(θ
2)|↑i +eiφ sin(θ 2)|↓i) = cos(θ 2)eit ω
2|↑i +eiφ sin(θ
2)e−it ω
2|↓i
=eit ω
2(cos(θ
2)|↑i +ei(φ−tω)sin( θ 2)|↓i).
The angle θstays fixed and the angle φvaries as φ→φ−tω. The resulting trajectory is a circle
around the z-axis where the period is given by −T ω =−2πwhich gives T=2π
ω. See fig 4.
3

x
y
z
Figure 1 – fig.1
x
y
z
2✓
Figure 2 – fig.3. The −2θin this figure is meant to be a −φ.
Exercice 4 Billets de banque quantiques.
(a) La banque ne veut pas d´etruire le billet quantique. Donc elle doit faire des mesures dans des bases
qui ne perturbe pas les ´etats des photons. A partir du num´ero de s´erie Selle sait dans quelle base
les ´etats des photons ont ´et´e pr´epar´es. Elle fait donc une mesure de la polarisation dans la ”bonne
base“ : ainsi l’´etat qui est d´eja un des vecteurs de base ne change pas (ou est projet´e sur lui mˆeme
avec probabilit´e 1 !). La banque observe ainsi que tous les photons sont dans un ´etat correct, et ceci
sans d´etruire le billet.
(b) Le malfaiteur ne peut pas copier le billet avec une seule machine quantique (unitaire) `a cause du
th´eor`eme de non-clonage (no-cloning theorem). Notez qu’il est fondamental d’utiliser un ensemble
non-orthogonal d’´etats de photons pour pr´eparer le billet de banque (sinon on pourrait copier les ´etat
avec une seule machine unitaire).
Exercice 5 In´egalit´es de Bell pour des ´etats produits (non intriqu´es)
4

x
y
z
✓
Figure 3 – fig 4.
1. |ψi=|γi⊗|δi. On utilise
A⊗B=|αihα|−|α⊥ihα⊥|⊗|βihβ|−|β⊥ihβ⊥|
=|αβihαβ|−|αβ⊥ihαβ⊥|−|α⊥βihα⊥β|+|α⊥β⊥ihα⊥β⊥|.
Pour obtenir l’´egalit´e ci-dessus on utilise |αihα|⊗|βihβ|=|αi ⊗ |βihα|⊗hβ|=|αβ| ⊗ hαβ|. De
plus on note que
hγδ|αβihαβ|γδi=hγ|αihδ|βihα|γihβ|δi=|hα|γi|2|hβ|δi|2
On d´eduit
hγ, δ|A⊗B|γ, δi=|hα|γi|2|hβ|δi|2− |hα|γi|2|hβ⊥|δi|2
− |hγ|α⊥i|2|hβ|δi|2+|hα⊥|γi|2|hβ⊥|γi|2
= cos2(α−γ) cos2(β−δ)−cos2(α−γ) sin2(β−δ)
−sin2(γ−α) cos2(β−δ) + sin2(α−γ) sin2(β−δ)
= cos2(α−γ) cos(2(β−δ)) −sin2(α−γ) cos(2(β−δ))
= cos(2(α−γ)) cos(2(β−δ)).
Notez que ce r´esultats est tr`es diff´erend du r´esultat obtenu en cours quand l´etat est intriqu´e de Bell.
2. Le coefficient de corr´elation pour l´etat produit est
X= cos(2(α−γ)) cos(2(β−δ))+ cos(2(α−γ)) cos(2(β0−δ)) −cos(2(α0−γ)) cos(2(β−δ))
+ cos(2(α0−γ)) cos(2(β0−δ))
Celui-ci peut s’´ecrire
X= cos(2(α−γ))cos(2(β−δ)) + cos(2(β0−δ))+ cos(2(α0−γ))cos(2(β0−δ)) −cos(2(β−δ))
et est de la forme x(u+v) + y(u−v) o`u x, y, u, v sont dans [−1,+1]. Si on fixe d’abord xet ycomme
le terme est lin´eaire en uet vle max est atteint sur un point extr´emal du carr´e [−1,1] ×[−1,+1] (c’est
`a dire un des 4 coins ; pensez `a un plan inclin´e). Si le max est atteint pour u=v=±1 on trouve ±2x
qui est dans [−2,+2]. Si le max est atteint pour u=−v=±1 on trouve ±2yqui est dans [−2,+2].
Donc pour toutes valeurs des angles
|X| ≤ 2
cqfd.
5