W artykule Cabello Rozkład klucza kwantowego bez alternatywnych pomiarów , autor powiedział: „liczba użytecznych losowych bitów współdzielonych przez Alicję i Boba przez transmitowany kubit, przed sprawdzeniem podsłuchu, wynosi 0,5 bitu przez transmitowany kubit, zarówno w BB84, jak i B92 (i 0,25 w E91) ”(patrz tutaj , strona 2).
W protokole E91 zarówno Alice, jak i Bob wybierają niezależnie i losowo spośród trzech baz pomiarowych, więc jest 9 sytuacji i tylko 2 z nich mogą uzyskać poprawne bity. Czy to oznacza, że wydajność E91 wynosi ? Dlaczego użyteczne bity losowe wynoszą 0,25 bitu w transmitowanych kubitach w E91?
key-distribution
Lynn
źródło
źródło
Odpowiedzi:
Wysłałem e-mail do Artura Ekerta z prośbą o pomoc w tym pytaniu, a on odpowiedział:
Zatem co najmniej 2/9 to prawdopodobieństwo oryginalnego protokołu E91, a dla tych, którzy chcą poznać obliczenia dla oryginalnego protokołu, proszę odnieść się do odpowiedzi DaftWullie, która moim zdaniem jest poprawna. Ale ponieważ nie jestem profesjonalistą w tej dziedzinie, nie jestem pewien, czy obliczenia w pracy Cabello są błędem, czy po prostu obliczył jakąś zoptymalizowaną wersję.
źródło
TL; DR: Wydajność wynosi 2/9, a nie 25%.
Później publicznie ogłaszają, jakich baz pomiarowych użyli, ale nie odpowiedzi.
W scenariuszu braku podsłuchu i błędów nie ma gwarancji, że Alice i Bob otrzymają identyczne wyniki pomiaru za każdym razem, gdy dokonują pomiaru na tej samej podstawie, a każdy taki wynik daje jeden wspólny tajny bit. Jeśli Alice i Bob wybiorą różne podstawy pomiaru, ogłaszają uzyskane wyniki i wykorzystują je w teście CHSH w celu wykrycia podsłuchu.
Jak często wyciągają sekret w tym scenariuszu? Jeśli założymy, że wszystkie podstawy pomiarowe są jednakowo prawdopodobne, istnieje 9 możliwych kombinacji dla wyborów Alicji i Boba. Dwie z nich pasują do siebie. Stąd wydajność, jeśli 2/9.
źródło