¿Por qué no linealidad en la mecánica cuántica llevar a superluminal de señalización?

Question

Recientemente me encontré con dos buenos artículos sobre los fundamentos de la cuántica mechancis, Aaronson 2004 y Hardy 2001. Aaronson hace la declaración, que era nueva para mí, que no linealidad en QM conduce a superluminal de señalización (así como la solvencia de los problemas difíciles en ciencias de la computación por una no lineal ordenador cuántico). Nadie ofrece un argumento con lápices de colores por qué esto debería ser así?

Me parece extraño que un principio tan fundamental e importante que puede ser violado, simplemente por tener algunos de la no linealidad. Cuando se trata de ondas mecánicas, estamos acostumbrados a pensar en un lineal de la ecuación de onda como una aproximación que es siempre violado en algún nivel. Ni el teensiest poco de la no linealidad en QM traer la causalidad a sus rodillas, o puede que el daño se limita en algún sentido?

¿Todo esto tiene repercusiones para la gravedad cuántica-por ejemplo, ayuda a explicar por qué es difícil hacer una teoría de la gravedad cuántica, ya que no es obvio que la gravedad cuántica puede ser unitaria y lineal?

S. Aaronson, "Es La Mecánica Cuántica Una Isla En Theoryspace?," 2004, arXiv:quant-ph/0401062.

L. Hardy, "la teoría Cuántica de cinco razonable axiomas," 2001, arXiv:quant-ph/0101012.

Answer 1

La no-clonación teorema impide superluminal de comunicación a través de quantum entanglement. Considere el experimento EPR, y supongamos que estados cuánticos podrían ser clonado. Alice podría enviar bits a Bob de la siguiente manera:

Si Alicia quiere transmitir un $0$, ella mide el giro de sus electrones en la $z$ dirección (podría haber elegido otra dirección, si ella hubiese querido transmitir un $1$), el colapso de Bob estado a $|z+\rangle_B$ o $|z-\rangle_B$. Bob crea varias copias de su electrón del estado, y las medidas de la tirada de cada copia en la $z$ dirección. Bob va a saber que Alice ha transmitido una $0$ si todas sus medidas, se producirá el mismo resultado; de lo contrario, sus medidas serán divididos en partes iguales entre el$+1/2$$-1/2$. Esto permitiría que Alice y Bob para comunicarse a través del espacio-como separaciones (si los dos componentes de la enredados estado como el espacio separado), lo que podría violar la causalidad.

La linealidad de la mecánica cuántica, sin embargo, nos impide la clonación arbitraria, estados desconocidos (photoQopiers no existen). Vamos a ver. Supongamos que el estado de un sistema cuántico , que deseamos copiar. El estado puede ser escrito como

$$|\psi\rangle_A = a |0\rangle_A + b |1\rangle_A$$

Los coeficientes "a" y "b" son desconocidos para nosotros. Con el fin de hacer una copia, tomamos un sistema B con idéntica de un espacio de Hilbert y estado inicial $|e\rangle_B$ (que deben ser independientes de $|\psi\rangle_A$, de los cuales no tenemos conocimiento previo). El sistema compuesto se describe a continuación por

$$|\psi\rangle_A |e\rangle_B$$

Sólo hay dos maneras de manipular el sistema compuesto. Podríamos realizar una observación, que de manera irreversible el colapso del sistema en algunos eigenstate de la observables, dañar la información contenida en A. obviamente, Esto no es lo que queremos. Alternativamente, se podría controlar el Hamiltoniano del sistema, y por lo tanto el tiempo de evolución operador $U$, que es un operador lineal. A continuación, $U$ actúa como un photoQopier siempre

$$U |\psi\rangle_A |e\rangle_B= |\psi\rangle_A |\psi\rangle_B = (a |0\rangle_A + b |1\rangle_A)(a |0\rangle_B + b |1\rangle_B)= \\ a^2 |0\rangle_A |0\rangle_B + a b |0\rangle_A |1\rangle_B + b a |1\rangle_A |0\rangle_B + b^2 |1\rangle_A |1\rangle_B$$

para todos los $\psi$. Esto entonces debe ser cierto para la base de los estados, así

$$U |0\rangle_A |e\rangle_B = |0\rangle_A |0\rangle_B$$ $$U |1\rangle_A |e\rangle_B = |1\rangle_A |1\rangle_B$$

A continuación, la linealidad de la $U$ implica

$$U |\psi\rangle_A |e\rangle_B= U (a |0\rangle_A + b |1\rangle_A)|e\rangle_B= a |0\rangle_A |0\rangle_B + b |1\rangle_A |1\rangle_B \\ \ne a^2 |0\rangle_A |0\rangle_B + a b |0\rangle_A |1\rangle_B + b a |1\rangle_A |0\rangle_B + b^2 |1\rangle_A |1\rangle_B$$

Por lo tanto, $U |\psi\rangle_A |e\rangle_B$ generalmente no es igual a$|\psi\rangle_A |\psi\rangle_B$, de modo que $U$ no puede actuar como un general photoQopier.

Edit. Acerca de la relación entre el no-clonación y el principio de incertidumbre de Heisenberg: En el 'quantiki; enlace de abajo dice:

La no-clonación teorema protege el principio de incertidumbre cuántica la mecánica. Si se pudiera clonar un estado "desconocido", entonces uno podría hacer tantas copias como se deseaba, y la medida de cada dinámico variable con precisión arbitraria, evitando así la incertidumbre principio. Esto es impedido por la no-clonación teorema.

Este - al menos superficialmente - parece ser una falacia, porque, como Bruce Connor señaló, independientemente de si uno tiene un número infinito de copias exactas de una arbitraria, estado desconocido, no compatible observables (no de desplazamientos de los operadores) no se pueden medir simultáneamente y con precisión arbitraria. Por lo tanto, si Alice medidas de la spin $z$ componente de sus electrones, y aunque Bob podría crear varias copias de su electrónica de estado (lo que está prohibido por la no-clonación teorema mencionado anteriormente), Bob no pudo determinar el valor de la $x$ componente con precisión arbitraria - que iba a encontrar una dispersión en los valores.

Algunas otras referencias alegando que el opuesto de un comentario mío: @BruceConnor estoy totalmente de acuerdo con usted en esto. No sé por qué he copiado ese párrafo de el enlace. Parece ser un largo obvia falacia. O tal vez estoy equivocado, porque mi conocimiento acerca de esto no es tan profunda y parece que esta afirmación es aún escrito en los libros ("no-clonación teorema básicamente implica el principio de incertidumbre y viceversa", la Computación Cuántica, Desde Demócrito, S. Aaronson) y en un PRL de papel ("la no-clonación teorema de los rendimientos de una nueva formulación de la cuántica, el principio de incertidumbre que se aplica a los sistemas individuales [19]", DOI: 10.1103/PhysRevLett.88.210601 . Sin embargo, en la citada referencia [19], no veo una clara declaración sobre el principio de Heisenberg). – drake 18 minutos hace

EDIT. Otro comentario:

Trimok: la mecánica Cuántica es lineal, y que no respeta la señalización. Es una teoría causal. Hablando acerca de la no-lineales de la mecánica cuántica es como hablar acerca de la no-lineal "Lorentz" transformaciones.. –

Yo: El problema es que la linealidad implica con frecuencia algún tipo de aproximación. Por lo tanto, va más allá de la linealidad o la introducción de los no-linearities es una manera de explorar nuevas teorías. Para seguir sus ejemplos: la relatividad especial de einstein introduce una no-linealidad en la ley de composición de velocidades con respecto a la física de Galileo. Esto permite la introducción de una nueva velocidad de escala, c, y su invariancia bajo el impulso de las transformaciones. Asimismo, la dependencia de la potencia radiada por un cuerpo negro a la temperatura es no-lineal de la mecánica cuántica con respecto a la física clásica. Por supuesto, otras leyes de la relatividad especial y la mecánica cuántica (como la transformación de coordenadas en la relatividad especial) siguen siendo lineal. Por lo tanto, donde para introducir a los no-linearities en la ley física conocida es una tarea no trivial.

Casi copiado de http://www.quantiki.org/wiki/The_no-cloning_theorem

Answer 2

Suponga que se dan un operador no lineal $N$. Entonces existen al menos dos estados $\rho$ $\sigma$ tal que $N(\alpha \rho + \beta \sigma) \neq \alpha N(\rho) + \beta N(\sigma)$. Aquí $\alpha + \beta = 1$, e $\alpha, \beta \geq 0$. Así que si usted definitivamente tiene un $\rho$ o $\sigma$ con probabilidades $\alpha$ $\beta$ (es decir, resultante de algún tipo de medición) y, a continuación, aplicar $N$, consigue $ \alpha N(\rho) + \beta N(\sigma)$. Por otro lado, si usted no puede saber en qué estado se haya dado (dando como resultado, por ejemplo, de tener sólo una parte de un estado puro) y, a continuación, aplicar $N$, consigue $N(\alpha \rho + \beta \sigma)$.

Observe que esta es una muy indeseables de la propiedad. No debe haber ninguna diferencia estadística entre ser entregado una parte de una purificación de un estado mixto, o el estado mixto construido por rodar un dado al azar y repartiendo los estados. Sin embargo, no lineales, los operadores parecen tener la propiedad de ser capaz de diferenciarlos.

Aquí es cómo usted puede aprovechar esta señal superluminally. Deje $|\psi\rangle$ ser la purificación de $\rho$ $|\phi\rangle$ la purificación de $\sigma$. En otras palabras $Tr_A\left(|\psi\rangle\langle \psi|\right) = \rho$$Tr_A\left(|\phi\rangle\langle \phi|\right) = \sigma$. Desde $\rho \neq \sigma$, también tenemos que $|\psi\rangle \neq |\phi\rangle$. Vamos a llamar a Un subsistema de Alice y B Bob, como de costumbre.

Así que supongamos que Alicia, crea una superposición de estos dos estados puros y mantiene la capacidad de hacer un seguimiento de ellos. En otras palabras, ella ha $\sqrt{\alpha} |\psi\rangle \otimes |0\rangle + \sqrt{\beta} |\phi\rangle \otimes |1\rangle$. Ella envía a Bob parte de $\psi$$\phi$, que se reduce a$\rho$$\sigma$. También supongamos que Alice y Bob tienen muchas de esas copias disponibles preparado de la misma manera.

Ahora si Alicia quiere enviar 0, ella no hace nada y Bob parte del estado es $\alpha \rho + \beta \sigma$. Bob ahora se aplica $N$ e ha $N(\alpha \rho + \beta \sigma)$. Alternativamente, si ella quiere enviar un 1, mida sus ancilla. Después de que Bob tiene una clara $\rho$ con una probabilidad de $\alpha$ o en definitiva un $\sigma$ con una probabilidad de $\beta$. La aplicación de $N$ ahora resulta en un estado que es estadísticamente equivalente a $\alpha N(\rho) + \beta N(\sigma)$. Dado que estos dos estados son diferentes y Alice + Bob tienen muchas copias, Bob ahora podemos distinguir cual de los dos estados tiene, y por lo tanto ha recibido un bit de información superluminally. Observe que si $\rho$ $\sigma$ realmente son ortogonales estados puros, entonces sólo se necesita una única copia para hacer eso.

Answer 3

No soy consciente de ninguna razón por la que no linealidad requiere superluminal señales. No estoy de acuerdo con las respuestas existentes. Ciertamente clásica campo de las teorías puede ser no lineal, sin inducir superluminal señales, por ejemplo, la Relatividad General. Yo también veo nada en la cuantificación de procedimiento de un clásico de la teoría de campo que habría que añadir superluminal señales.

El existente argumentos para superluminal de señalización parecen provenir del concepto de función de onda colapso - este es un concepto específico para la interpretación de Copenhague (y Bohmian?) de la mecánica cuántica y puede conducir a todo tipo de paradojas. Mientras tanto, usted realmente no necesita el colapso de función de onda para calcular cualquier cosa - en su lugar, interpretar la medida como el entrelazamiento de partículas con un dispositivo de medición. (o, alternativamente, retrasar la se derrumba hasta el final) yo uso este enfoque implícitamente aquí sólo por no colapsar cualquier parte de los estados.

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La no-linealidad y la Clonación: la No-linealidad permite la violación de la No-Clonación Teorema, pero la No-Clonación Teorema ¿ no implica superluminal de señalización. La afirmación de que "si Alice medidas de su partícula, a continuación, Bob medidas el mismo valor para todos los clones" explícitamente contradice la definición de la "verdadera" de los clones (que requieren de un operador no lineal), que son no enredados el uno con el otro.

Entonces, ¿cómo podemos analizar el clon de señalización experimento?

Comenzamos con una enredada par de partículas. Para mayor claridad, voy a suprimir cualquier normalización o fase de factores.

$$ |\Psi\rangle_{AB} = |1\rangle_A \otimes |0\rangle_B + |0\rangle_A \otimes |1\rangle_B $$

Alice puede o no puede medir la partícula A. Bob será la realización de una copia de la partícula B, con la etiqueta de la partícula C, y la medición de ambos. Considerado aisladamente (sin mirar a las correlaciones con otras partículas) de la partícula B se encuentra en el estado de $|\Psi\rangle_B = |0\rangle + |1\rangle$. Ahora Bob quiere clonar partícula B. Primero clones imperfectamente el uso de un linealoperador: $$|\Psi'\rangle_{BC} = |0\rangle_B \otimes |0\rangle_C + |1\rangle_B \otimes |1\rangle_C$$

y el completo estado de un sistema se

$$ |\Psi'\rangle_{ABC} = |1\rangle_A \otimes |0\rangle_B \otimes |0\rangle_C + |0\rangle_A \otimes |1\rangle_B \otimes |1\rangle_C $$

De nuevo, individualmente considerados, tanto de partículas B y C están en los estados $|\Psi'\rangle_B = |\Psi'\rangle_C = |0\rangle+|1\rangle$. Sin embargo son también la máxima enredado, así que Bob se encuentra que B = C, independientemente de si Alice medidas de partículas o no; no hay superluminal de señalización, como era de esperar de la teoría lineal.

Ahora, Bob se repite el experimento, pero se utiliza una no lineal operador para crear un "verdadero" clon de partícula B: $$|\Psi''\rangle_{BC} = (|0\rangle_B + |1\rangle_B) \otimes (|0\rangle_C + |1\rangle_C)$$ Pero, ¿qué es el estado pleno, incluyendo a Alice de la partícula? Si Bob se obtiene $|\Psi''\rangle_{BC}$, pero no ha destruido el enredo en el proceso de clonación, debe ser

$$ |\Psi"\rangle_{ABC} = |1\rangle_A \otimes |0\rangle_B \otimes (|0\rangle_C + |1\rangle_C) + |0\rangle_A \otimes |1\rangle_B \otimes (|0\rangle_C + |1\rangle_C) \\ + |1\rangle_A \otimes |0\rangle_C \otimes (|0\rangle_B + |1\rangle_B) + |0\rangle_A \otimes |1\rangle_C \otimes (|0\rangle_B + |1\rangle_B)\\$$

donde la segunda línea de esta ecuación es debido a la simetría de los requisitos, por las mismas partículas. Este "extiende" el enredo entre los clones - sólo una medición, B o C, debe coincidir con Una, no tanto. No hay ninguna correlación entre B y C, independientemente de que Alicia hace una medición. Así que Bob no se puede inferir nada acerca de Alice acciones y no hay ningún superluminal de señalización, incluso con un perfectamente clonado estado cuántico.

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Me gustaría abordar la otra respuesta, pero mi hora de almuerzo había terminado hace un tiempo! Tal vez en una futura edición.