CHSH na laro

Ang huling halimbawa na tatalakayin sa araling ito ay hindi isang protokol, kundi isang laro na kilala bilang CHSH na laro.

Kapag nagsasalita tayo ng laro sa kontekstong ito, hindi tayo nag-uusap tungkol sa isang bagay na nilalaro para sa kasiyahan o palakasan, kundi isang matematikal na abstraksiyon sa diwa ng teorya ng laro. Ang mga matematikal na abstraksiyon ng mga laro ay pinag-aaralan sa ekonomiya at agham pang-komputer, halimbawa, at kapwa sila kapana-panabik at kapaki-pakinabang.

Ang mga titik na CHSH ay tumutukoy sa mga may-akda — sina John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony, at Richard Holt — ng isang papel noong 1969 na unang inilarawan ang halimbawa. Hindi nila inilarawan ang halimbawa bilang isang laro, kundi bilang isang eksperimento. Ang paglalarawan nito bilang isang laro, gayunpaman, ay parehong natural at madaling maintindihan.

Ang CHSH na laro ay nasa loob ng isang klase ng mga larong kilala bilang mga nonlocal na laro. Ang mga nonlocal na laro ay hindi kapani-paniwalang kawili-wili at may malalim na koneksyon sa pisika, agham pang-komputer, at matematika — na may mga misteryo na hindi pa nareresolba hanggang ngayon. Sisimulan natin ang seksyong ito sa pamamagitan ng pagpapaliwanag kung ano ang mga nonlocal na laro, at pagkatapos ay itutuon natin ang ating pansin sa CHSH na laro at kung ano ang nagpapagana nito.

Mga nonlocal na laro

Ang isang nonlocal na laro ay isang kooperatibong laro kung saan ang dalawang manlalaro, sina Alice at Bob, ay nagtatrabaho nang magkasama upang makamit ang isang partikular na resulta. Ang laro ay pinapatakbo ng isang tagahatol, na kumikilos ayon sa mahigpit na mga alituntunin na alam nina Alice at Bob.

Maaaring maghanda sina Alice at Bob para sa laro sa paraang gusto nila, ngunit kapag nagsimula na ang laro ay ipinagbabawal silang makipag-ugnayan. Maaari nating isipin ang larong nagaganap sa isang ligtas na pasilidad ng ilang uri — parang ang tagahatol ay gumaganap ng papel ng isang detektibo at sina Alice at Bob ay mga suspek na tinatanong sa iba't ibang silid. Ngunit ang isa pang paraan upang isipin ang set-up ay na sina Alice at Bob ay pinaghiwalay ng napakalayong distansya, at ang komunikasyon ay ipinagbabawal dahil hindi ito pinapayagan ng bilis ng liwanag sa loob ng oras ng pagtakbo ng laro. Ibig sabihin, kung susubukan ni Alice na magpadala ng mensahe kay Bob, tapos na ang laro bago pa man ito matanggap niya, at ganoon din sa kabaligtaran.

Ang paraan ng pagpapatakbo ng isang nonlocal na laro ay ang tagahatol ay unang nagtatanong sa bawat isa kina Alice at Bob. Gagamitin natin ang titik $x$ upang tukuyin ang tanong ni Alice at $y$ upang tukuyin ang tanong ni Bob. Dito natin iniisip ang $x$ at $y$ bilang mga klasikal na estado, at sa CHSH na laro ang $x$ at $y$ ay mga bit.

Gumagamit ang tagahatol ng randomness upang piliin ang mga tanong na ito. Sa tumpak na pagsasalita, mayroong ilang probabilidad na $p(x,y)$ na nauugnay sa bawat posibleng pares ng tanong $(x,y)$, at nangako ang tagahatol na pipili ng mga tanong nang random, sa oras ng laro, sa ganitong paraan. Alam ng lahat, kasama sina Alice at Bob, ang mga probabilidad na ito — ngunit walang sinuman ang partikular na nakakaalam kung aling pares ng $(x,y)$ ang pipiliin hanggang sa magsimula ang laro.

Pagkatapos matanggap nina Alice at Bob ang kanilang mga tanong, kailangan nilang magbigay ng mga sagot: ang sagot ni Alice ay $a$ at ang sagot ni Bob ay $b.$ Muli, ang mga ito ay mga klasikal na estado sa pangkalahatan, at mga bit sa CHSH na laro.

Sa puntong ito ang tagahatol ay gumagawa ng desisyon: sina Alice at Bob ay mananalo o matatalo depende sa kung ang pares ng mga sagot $(a,b)$ ay itinuturing na tama para sa pares ng tanong $(x,y)$ ayon sa ilang fixed na hanay ng mga panuntunan. Ang iba't ibang panuntunan ay nangangahulugang iba't ibang mga laro, at ang mga panuntunan para sa CHSH na laro ay inilarawan sa seksyong sumusunod dito. Tulad ng naiminungkahi na, ang mga panuntunan ay alam ng lahat.

Ang sumusunod na diagram ay nagbibigay ng graphic na representasyon ng mga interaksyon.

Ang kawalan ng katiyakan tungkol sa kung aling mga tanong ang itatanong, at partikular ang katotohanan na ang bawat manlalaro ay hindi alam ang tanong ng ibang manlalaro, ang nagpapahirap sa mga nonlocal na laro para kina Alice at Bob — tulad ng mga nagsabwatang suspek sa iba't ibang silid na sinusubukang panatilihing tuwid ang kanilang kwento.

Ang tumpak na paglalarawan ng tagahatol ay tumutukoy ng isang pagkakataon ng isang nonlocal na laro. Kasama rito ang isang pagtukoy ng mga probabilidad na $p(x,y)$ para sa bawat pares ng tanong kasama ang mga panuntunan na nagtatakda kung ang bawat pares ng mga sagot $(a,b)$ ay mananalo o matatalo para sa bawat posibleng pares ng tanong $(x,y).$

Susuriin natin ang CHSH na laro sa sandali, ngunit bago iyon, hayaan tayong maikli na kilalanin na kawili-wili rin ang pag-isipang muli ang iba pang mga nonlocal na laro. Ito ay napaka-kawili-wili, sa katunayan, at may ilang mga nonlocal na laro kung saan hindi kasalukuyang nalalaman kung gaano kahusay ang kaya nilang gawin nina Alice at Bob gamit ang entanglement. Ang set-up ay simple, ngunit may kumplikadong proseso na nagaganap — at para sa ilang mga laro ay maaaring imposibleng mahirap kalkulahin ang pinakamahusay o malapit-sa-pinakamahusay na mga estratehiya para kina Alice at Bob. Ito ang nakakamanghang katangian ng modelo ng mga nonlocal na laro.

Paglalarawan ng CHSH na laro

Narito ang tumpak na paglalarawan ng CHSH na laro, kung saan (tulad ng nasa itaas) ang $x$ ay ang tanong ni Alice, ang $y$ ay ang tanong ni Bob, ang $a$ ay ang sagot ni Alice, at ang $b$ ay ang sagot ni Bob:

• Ang mga tanong at sagot ay lahat mga bit: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Pinipili ng tagahatol ang mga tanong $(x,y)$ nang uniformly at random. Ibig sabihin, ang bawat isa sa apat na posibilidad, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ at $(1,1),$ ay pinipili nang may probabilidad na $1/4.$

• Ang mga sagot $(a,b)$ ay mananalo para sa mga tanong $(x,y)$ kung ang $a\oplus b = x\wedge y$ at matatalo kung hindi. Ang sumusunod na talahanayan ay nagpapahayag ng panuntunang ito sa pamamagitan ng paglilista ng mga kondisyong panalo at patatalo sa mga sagot $(a,b)$ para sa bawat pares ng tanong $(x,y).$

$$\begin{array}{ccc} (x,y) & \text{win} & \text{lose} \\[1mm]\hline \rule{0mm}{4mm}(0,0) & a = b & a \neq b \\[1mm] (0,1) & a = b & a \neq b \\[1mm] (1,0) & a = b & a \neq b \\[1mm] (1,1) & a \neq b & a = b \end{array}$$

Limitasyon ng mga klasikal na estratehiya

Ngayon ay isaalang-alang natin ang mga estratehiya para kina Alice at Bob sa CHSH na laro, simula sa mga klasikal na estratehiya.

Mga deterministikong estratehiya

Magsisimula tayo sa mga deterministikong estratehiya, kung saan ang sagot ni Alice na $a$ ay isang function ng tanong na $x$ na natanggap niya, at gayundin ang sagot ni Bob na $b$ ay isang function ng tanong na $y$ na natanggap niya. Kaya, halimbawa, maaari nating isulat ang $a(0)$ upang kumatawan sa sagot ni Alice kapag ang kanyang tanong ay $0,$ at ang $a(1)$ upang kumatawan sa sagot ni Alice kapag ang kanyang tanong ay $1.$

Walang deterministikong estratehiya ang maaaring manalo sa CHSH na laro sa bawat oras. Ang isang paraan upang makatuwiran dito ay ang simpleng pagdaan sa lahat ng posibleng deterministikong estratehiya isa-isa at pagsusuri na bawat isa sa kanila ay natalo para sa kahit isa sa apat na posibleng pares ng tanong. Maaaring pumili sina Alice at Bob mula sa apat na posibleng function mula sa isang bit patungo sa isang bit — na nakatagpo natin noong unang aralin ng kurso — kaya mayroon $16$ na iba't ibang deterministikong estratehiya sa kabuuan na dapat suriin.

Maaari rin nating mapatunayan ito nang analitikal. Kung ang estratehiya nina Alice at Bob ay mananalo kapag $(x,y) = (0,0),$ kailangan na ang $a(0) = b(0);$ kung ang kanilang estratehiya ay mananalo kapag $(x,y) = (0,1),$ kung gayon ay $a(0) = b(1);$ at gayundin, kung ang estratehiya ay mananalo para sa $(x,y)=(1,0)$ kung gayon ay $a(1) = b(0).$ Kaya, kung ang kanilang estratehiya ay mananalo para sa lahat ng tatlong posibilidad, kung gayon ay

$$b(1) = a(0) = b(0) = a(1).$$

Ipinahihiwatig nito na ang estratehiya ay matatalo sa huling kaso na $(x,y) = (1,1),$ dahil dito ang pananalong kondisyon ay $a(1) \neq b(1).$ Kaya, walang deterministikong estratehiya ang maaaring manalo sa bawat oras.

Sa kabilang banda, madaling makahanap ng mga deterministikong estratehiya na mananalo sa tatlo sa apat na kaso, tulad ng $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Mula rito ay nangangahulugan na ang maximum na probabilidad para kina Alice at Bob na manalo gamit ang isang deterministikong estratehiya ay $3/4.$

Mga probabilistikong estratehiya

Tulad ng ating napagpasyahan, hindi magagawa nina Alice at Bob na manalo nang higit sa 75% ng oras sa CHSH na laro gamit ang isang deterministikong estratehiya. Ngunit paano naman ang isang probabilistikong estratehiya? Makakatulong ba kina Alice at Bob ang paggamit ng randomness — kasama ang posibilidad ng shared randomness, kung saan ang kanilang mga random na pagpipilian ay magkaugnay?

Lumalabas na ang mga probabilistikong estratehiya ay hindi nakakatulong upang mapataas ang probabilidad na mananalo sina Alice at Bob. Ito ay dahil ang bawat probabilistikong estratehiya ay maaaring alternatibong tingnan bilang isang random na pagpili ng isang deterministikong estratehiya, tulad ng mga probabilistikong operasyon na maaaring tingnan bilang mga random na pagpili ng mga deterministikong operasyon. Ang average ay hindi kailanman mas malaki kaysa sa maximum, kaya sumusunod na ang mga probabilistikong estratehiya ay hindi nag-aalok ng anumang kalamangan sa mga tuntunin ng kanilang kabuuang probabilidad na panalo.

Kaya, ang panalo na may probabilidad na $3/4$ ang pinakamahusay na magagawa nina Alice at Bob gamit ang anumang klasikal na estratehiya, maging deterministiko o probabilistiko.

Estratehiya sa CHSH na laro

Ang isang natural na tanong na dapat itanong sa puntong ito ay kung maaari bang gumawa nang mas mahusay sina Alice at Bob gamit ang isang quantum na estratehiya. Sa partikular, kung nagbabahagi sila ng isang entangled na quantum na estado tulad ng iminumungkahi ng sumusunod na figure, na maaari nilang inihanda bago maglaro, maaari bang mapataas nila ang kanilang probabilidad na panalo?

Ang sagot ay oo, at ito ang pangunahing punto ng halimbawa at kung bakit ito napaka-kawili-wili. Kaya tingnan natin kung paano eksaktong magagawa nina Alice at Bob na gumawa nang mas mahusay sa larong ito gamit ang entanglement.

Mga kinakailangang vector at matrice

Ang unang bagay na kailangan nating gawin ay tukuyin ang isang qubit state vector na $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ para sa bawat tunay na numero $\theta$ (na ating iisipin bilang isang anggulo na sinusukat sa radians) tulad ng sumusunod.

$$\vert\psi_{\theta}\rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta) \vert 1\rangle$$

Narito ang ilang simpleng halimbawa:

$$\begin{aligned} \vert\psi_{0}\rangle & = \vert 0\rangle \\ \vert\psi_{\pi/2}\rangle & = \vert 1\rangle \\ \vert\psi_{\pi/4}\rangle & = \vert + \rangle \\ \vert\psi_{-\pi/4}\rangle & = \vert - \rangle \end{aligned}$$

Mayroon din tayong mga sumusunod na halimbawa, na lumilitaw sa pagsusuri sa ibaba:

$$\begin{aligned} \vert\psi_{-\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[1mm] \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[1mm] \vert\psi_{3\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[1mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Sa pagtingin sa pangkalahatang anyo, makikita natin na ang inner product sa pagitan ng alinman sa dalawang vector na ito ay may ganitong formula:

$$\langle \psi_{\alpha} \vert \psi_{\beta} \rangle = \cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta) = \cos(\alpha-\beta). \tag{1}$$

Sa detalye, mayroon lamang mga tunay na numero na entry sa mga vector na ito, kaya walang mga complex conjugate na dapat pag-alabalahin: ang inner product ay ang produkto ng mga cosine kasama ang produkto ng mga sine. Ang paggamit ng isa sa mga angle addition formula mula sa trigonometriya ay humahantong sa simplipikasyon sa itaas. Ang formula na ito ay nagpapakita ng geometric na interpretasyon ng inner product sa pagitan ng mga tunay na unit vector bilang cosine ng anggulo sa pagitan nila.

Kung kalkulahin natin ang inner product ng tensor product ng alinman sa dalawang vector na ito kasama ang estado na $\vert \phi^+\rangle$, makakakuha tayo ng katulad na expression, maliban na may $\sqrt{2}$ sa denominator:

$$\langle \psi_{\alpha} \otimes \psi_{\beta} \vert \phi^+ \rangle = \frac{\cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sqrt{2}} = \frac{\cos(\alpha-\beta)}{\sqrt{2}}. \tag{2}$$

Ang ating interes sa partikular na inner product na ito ay magiging malinaw sa sandali, ngunit sa ngayon ay simpleng sinusuri natin ito bilang isang formula.

Susunod, tukuyin ang isang unitary matrix na $U_{\theta}$ para sa bawat anggulona $\theta$ tulad ng sumusunod.

$$U_{\theta} = \vert 0 \rangle \langle \psi_{\theta} \vert + \vert 1\rangle\langle \psi_{\theta+\pi/2} \vert$$

Sa intuitive na pagsasalita, ang matrix na ito ay nagbabago ng $\vert\psi_{\theta}\rangle$ sa $\vert 0\rangle$ at ng $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ sa $\vert 1\rangle.$ Upang masuri na ito ay isang unitary matrix, ang isang pangunahing obserbasyon ay ang mga vector na $\vert\psi_{\theta}\rangle$ at $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ ay ortogonal para sa bawat anggulo na $\theta$:

$$\langle \psi_{\theta} \vert \psi_{\theta + \pi/2} \rangle = \cos(\pi/2) = 0.$$

Kaya, natuklasan natin na

$$\begin{aligned} U_{\theta} U_{\theta}^{\dagger} & = \bigl(\vert 0 \rangle \langle \psi_{\theta} \vert + \vert 1\rangle\langle \psi_{\theta+\pi/2} \vert\bigr) \bigl(\vert \psi_{\theta} \rangle \langle 0 \vert + \vert \psi_{\theta+\pi/2}\rangle\langle 1 \vert\bigr) \\[1mm] & = \vert 0 \rangle \langle \psi_{\theta} \vert \psi_{\theta} \rangle \langle 0 \vert + \vert 0 \rangle \langle \psi_{\theta} \vert \psi_{\theta+\pi/2} \rangle \langle 1 \vert + \vert 1 \rangle \langle \psi_{\theta+\pi/2} \vert \psi_{\theta} \rangle \langle 0 \vert + \vert 1 \rangle \langle \psi_{\theta+\pi/2} \vert \psi_{\theta+\pi/2} \rangle \langle 1 \vert \\[1mm] & = \vert 0 \rangle \langle 0 \vert + \vert 1 \rangle \langle 1 \vert\\[1mm] & = \mathbb{I}. \end{aligned}$$

Maaari rin nating isulat ang matrix na ito nang malinaw bilang

$$U_{\theta} = \begin{pmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta)\\[1mm] \cos(\theta+ \pi/2) & \sin(\theta + \pi/2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta)\\[1mm] -\sin(\theta) & \cos(\theta) \end{pmatrix}.$$

Ito ay isang halimbawa ng isang rotation matrix, at partikular na inog-ikot nito ang mga two-dimensional na vector na may mga tunay na numero na entry ng isang anggulo na $-\theta$ sa paligid ng pinagmulan. Kung susundin natin ang isang karaniwang kombensiyon para sa pagbibigay ng pangalan at pag-parameterize ng mga pag-ikot ng iba't ibang anyo, mayroon tayong $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ kung saan

$$R_y(\theta) = \begin{pmatrix} \cos(\theta/2) & -\sin(\theta/2)\\[1mm] \sin(\theta/2) & \cos(\theta/2) \end{pmatrix}.$$

Paglalarawan ng estratehiya

Ngayon ay maaari na nating ilarawan ang quantum na estratehiya.

• Set-up: Sisimulan nina Alice at Bob ang laro na nagbabahagi ng isang e-bit: hawak ni Alice ang isang qubit na $\mathsf{A},$ hawak ni Bob ang isang qubit na $\mathsf{B},$ at magkasama ang dalawang qubit na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ ay nasa estado ng $\vert\phi^+\rangle$.

• Mga aksyon ni Alice:

  • Kung matanggap ni Alice ang tanong na $x=0,$ inilalapat niya ang $U_{0}$ sa kanyang qubit na $\mathsf{A}.$
  • Kung matanggap ni Alice ang tanong na $x=1,$ inilalapat niya ang $U_{\pi/4}$ sa kanyang qubit na $\mathsf{A}.$

  Ang operasyon na ginagawa ni Alice sa $\mathsf{A}$ ay maaaring alternatibong ilarawan tulad nito:

  $$\begin{cases} U_0 & \text{if $x = 0$}\\ U_{\pi/4} & \text{if $x = 1$} \end{cases}$$

  Pagkatapos ilapat ni Alice ang operasyong ito, sinusukat niya ang $\mathsf{A}$ gamit ang isang standard basis measurement at itinakda ang kanyang sagot na $a$ bilang resulta ng pagsukat.

• Mga aksyon ni Bob:

  • Kung matanggap ni Bob ang tanong na $y=0,$ inilalapat niya ang $U_{\pi/8}$ sa kanyang qubit na $\mathsf{B}.$
  • Kung matanggap ni Bob ang tanong na $y=1,$ inilalapat niya ang $U_{-\pi/8}$ sa kanyang qubit na $\mathsf{B}.$

  Tulad ng ginawa natin para kay Alice, maaari nating ipahayag ang operasyon ni Bob sa $\mathsf{B}$ tulad nito:

  $$\begin{cases} U_{\pi/8} & \text{if $y = 0$}\\ U_{-\pi/8} & \text{if $y = 1$} \end{cases}$$

  Pagkatapos ilapat ni Bob ang operasyong ito, sinusukat niya ang $\mathsf{B}$ gamit ang isang standard basis measurement at itinakda ang kanyang sagot na $b$ bilang resulta ng pagsukat.

Narito ang isang quantum circuit diagram na naglalarawan ng estratehiyang ito:

Sa diagram na ito ay nakikita natin ang dalawang ordinaryong controlled Gate, isa para sa $U_{-\pi/8}$ sa itaas at isa para sa $U_{\pi/4}$ sa ibaba. Mayroon din tayong dalawang Gate na mukhang controlled Gate, isa para sa $U_{\pi/8}$ sa itaas at isa para sa $U_{0}$ sa ibaba, maliban na ang bilog na kumakatawan sa control ay hindi puno. Ito ay nagpapahiwatig ng isang iba't ibang uri ng controlled Gate kung saan ang Gate ay ginagawa kung ang control ay nakatakda sa $0$ (sa halip na $1$ tulad ng isang ordinaryong controlled Gate). Kaya, epektibong gumagawa si Bob ng $U_{\pi/8}$ sa kanyang qubit kung ang $y=0$ at ang $U_{-\pi/8}$ kung ang $y=1;$ at gumagawa si Alice ng $U_0$ sa kanyang qubit kung ang $x=0$ at ang $U_{\pi/4}$ kung ang $x=1,$ na naaayon sa paglalarawan ng protokol sa salita sa itaas.

Nananatiling malaman kung gaano kahusay ang estratehiyang ito para kina Alice at Bob. Gagawin natin ito sa pamamagitan ng pagdaan sa apat na posibleng pares ng tanong nang isa-isa.

Pagsusuri kaso sa kaso

• Kaso 1: $(x,y) = (0,0).$

  Sa kasong ito gumagawa si Alice ng $U_{0}$ sa kanyang qubit at gumagawa si Bob ng $U_{\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang gawin ang kanilang mga operasyon ay

  $$\begin{aligned} \bigl(U_0 \otimes U_{\pi/8}\bigr) \vert \phi^+\rangle & = \vert 00 \rangle \langle \psi_0 \otimes \psi_{\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 01 \rangle \langle \psi_0 \otimes\psi_{5\pi/8}\vert \phi^+\rangle \\ & \qquad + \vert 10 \rangle \langle \psi_{\pi/2} \otimes \psi_{\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 11 \rangle \langle \psi_{\pi/2} \otimes \psi_{5\pi/8}\vert \phi^+\rangle\\[2mm] & = \frac{ \cos\bigl(-\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 00\rangle + \cos\bigl(-\frac{5\pi}{8}\bigr) \vert 01\rangle + \cos\bigl(\frac{3\pi}{8}\bigr) \vert 10\rangle + \cos\bigl(-\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 11\rangle}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

  Ang mga probabilidad para sa apat na posibleng pares ng sagot $(a,b)$ ay tulad ng sumusunod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{5\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \end{aligned}$$

  Maaari nating makuha ang mga probabilidad na ang $a=b$ at ang $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagbubuod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}(a = b) & = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm] \operatorname{Pr}(a \neq b) & = \frac{2 - \sqrt{2}}{4} \end{aligned}$$

  Para sa pares ng tanong na $(0,0),$ mananalo sina Alice at Bob kung ang $a=b,$ at samakatuwid mananalo sila sa kasong ito nang may probabilidad na

  $$\frac{2 + \sqrt{2}}{4}.$$

• Kaso 2: $(x,y) = (0,1).$

  Sa kasong ito gumagawa si Alice ng $U_{0}$ sa kanyang qubit at gumagawa si Bob ng $U_{-\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang gawin ang kanilang mga operasyon ay

  $$\begin{aligned} \bigl(U_0 \otimes U_{-\pi/8}\bigr) \vert \phi^+\rangle & = \vert 00 \rangle \langle \psi_0 \otimes \psi_{-\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 01 \rangle \langle \psi_0 \otimes\psi_{3\pi/8}\vert \phi^+\rangle \\ & \qquad + \vert 10 \rangle \langle \psi_{\pi/2} \otimes \psi_{-\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 11 \rangle \langle \psi_{\pi/2} \otimes \psi_{3\pi/8}\vert \phi^+\rangle\\[2mm] & = \frac{ \cos\bigl(\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 00\rangle + \cos\bigl(-\frac{3\pi}{8}\bigr) \vert 01\rangle + \cos\bigl(\frac{5\pi}{8}\bigr) \vert 10\rangle + \cos\bigl(\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 11\rangle}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

  Ang mga probabilidad para sa apat na posibleng pares ng sagot $(a,b)$ ay tulad ng sumusunod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{5\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \end{aligned}$$

  Muli, maaari nating makuha ang mga probabilidad na ang $a=b$ at ang $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagbubuod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}(a = b) & = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm] \operatorname{Pr}(a \neq b) & = \frac{2 - \sqrt{2}}{4} \end{aligned}$$

  Para sa pares ng tanong na $(0,1),$ mananalo sina Alice at Bob kung ang $a=b,$ at samakatuwid mananalo sila sa kasong ito nang may probabilidad na

  $$\frac{2 + \sqrt{2}}{4}.$$

• Kaso 3: $(x,y) = (1,0).$

  Sa kasong ito gumagawa si Alice ng $U_{\pi/4}$ sa kanyang qubit at gumagawa si Bob ng $U_{\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang gawin ang kanilang mga operasyon ay

  $$\begin{aligned} \bigl(U_{\pi/4} \otimes U_{\pi/8}\bigr) \vert \phi^+\rangle & = \vert 00 \rangle \langle \psi_{\pi/4} \otimes \psi_{\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 01 \rangle \langle \psi_{\pi/4} \otimes\psi_{5\pi/8}\vert \phi^+\rangle \\ & \qquad + \vert 10 \rangle \langle \psi_{3\pi/4} \otimes \psi_{\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 11 \rangle \langle \psi_{3\pi/4} \otimes \psi_{5\pi/8}\vert \phi^+\rangle\\[2mm] & = \frac{ \cos\bigl(\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 00\rangle + \cos\bigl(-\frac{3\pi}{8}\bigr) \vert 01\rangle + \cos\bigl(\frac{5\pi}{8}\bigr) \vert 10\rangle + \cos\bigl(\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 11\rangle}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

  Ang mga probabilidad para sa apat na posibleng pares ng sagot $(a,b)$ ay tulad ng sumusunod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{5\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8} \end{aligned}$$

  Natuklasan natin muli na ang mga probabilidad na ang $a=b$ at ang $a\neq b$ ay tulad ng sumusunod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}(a = b) & = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm] \operatorname{Pr}(a \neq b) & = \frac{2 - \sqrt{2}}{4} \end{aligned}$$

  Para sa pares ng tanong na $(1,0),$ mananalo sina Alice at Bob kung ang $a=b,$ kaya mananalo sila sa kasong ito nang may probabilidad na

  $$\frac{2 + \sqrt{2}}{4}.$$

• Kaso 4: $(x,y) = (1,1).$

  Ang huling kaso ay medyo iba, tulad ng maaari nating asahan dahil ang kondisyon ng panalo ay naiiba sa kasong ito. Kapag ang $x$ at $y$ ay parehong $1,$ mananalo sina Alice at Bob kapag ang $a$ at $b$ ay magkaiba. Sa kasong ito gumagawa si Alice ng $U_{\pi/4}$ sa kanyang qubit at gumagawa si Bob ng $U_{-\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang gawin ang kanilang mga operasyon ay

  $$\begin{aligned} \bigl(U_{\pi/4} \otimes U_{-\pi/8}\bigr) \vert \phi^+\rangle & = \vert 00 \rangle \langle \psi_{\pi/4} \otimes \psi_{-\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 01 \rangle \langle \psi_{\pi/4} \otimes\psi_{3\pi/8}\vert \phi^+\rangle \\ & \qquad + \vert 10 \rangle \langle \psi_{3\pi/4} \otimes \psi_{-\pi/8}\vert \phi^+\rangle + \vert 11 \rangle \langle \psi_{3\pi/4} \otimes \psi_{3\pi/8}\vert \phi^+\rangle\\[2mm] & = \frac{ \cos\bigl(\frac{3\pi}{8}\bigr) \vert 00\rangle + \cos\bigl(-\frac{\pi}{8}\bigr) \vert 01\rangle + \cos\bigl(\frac{7\pi}{8}\bigr) \vert 10\rangle + \cos\bigl(\frac{3\pi}{8}\bigr) \vert 11\rangle}{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

  Ang mga probabilidad para sa apat na posibleng pares ng sagot $(a,b)$ ay tulad ng sumusunod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8} \\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(0,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(-\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,0)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{7\pi}{8}\Bigr) = \frac{2+\sqrt{2}}{8}\\[2mm] \operatorname{Pr}\bigl((a,b)=(1,1)\bigr) & = \frac{1}{2}\cos^2\Bigl(\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2-\sqrt{2}}{8} \end{aligned}$$

  Ang mga probabilidad ay epektibong nagpalitan ng lugar mula sa tatlong ibang kaso. Makukuha natin ang mga probabilidad na ang $a=b$ at ang $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagbubuod.

  $$\begin{aligned} \operatorname{Pr}(a = b) & = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}\\[2mm] \operatorname{Pr}(a \neq b) & = \frac{2 + \sqrt{2}}{4} \end{aligned}$$

  Para sa pares ng tanong na $(1,1),$ mananalo sina Alice at Bob kung ang $a\neq b,$ at samakatuwid mananalo sila sa kasong ito nang may probabilidad na

  $$\frac{2 + \sqrt{2}}{4}.$$

Mananalo sila sa bawat kaso nang may parehong probabilidad:

$$\frac{2 + \sqrt{2}}{4} \approx 0.85.$$

Ito ay samakatuwid ang probabilidad na mananalo sila sa kabuuan. Iyan ay makabuluhang mas mahusay kaysa sa anumang klasikal na estratehiya ang kaya para sa larong ito; ang mga klasikal na estratehiya ay may probabilidad na panalo na nakakulong sa $3/4.$ At iyon ang nagpapadama sa halimbawang ito na napaka-kawili-wili.

Ito ay nangyara na ang optimal na probabilidad ng panalo para sa mga quantum na estratehiya. Ibig sabihin, hindi natin magagawa nang mas mahusay kaysa rito, anuman ang napiling entangled na estado o mga pagsukat. Ang katotohanang ito ay kilala bilang Tsirelson's inequality, na pinangalan para kay Boris Tsirelson na unang nagpatunay nito — at na unang inilarawan ang CHSH na eksperimento bilang isang laro.

Geometric na larawan

Posible na isipin ang estratehiyang inilarawan sa itaas nang geometrically, na maaaring makatulong sa pag-unawa sa mga relasyon sa pagitan ng iba't ibang mga anggulo na pinili para sa mga operasyon nina Alice at Bob.

Ang epektibong ginagawa ni Alice ay pumili ng isang anggulo na $\alpha,$ depende sa kanyang tanong na $x,$ at pagkatapos ay mag-apply ng $U_{\alpha}$ sa kanyang qubit at sumukat. Gayundin, pumipili si Bob ng isang anggulo na $\beta,$ depende sa $y,$ at pagkatapos ay inilalapat niya ang $U_{\beta}$ sa kanyang qubit at sumukat. Pinili natin ang $\alpha$ at $\beta$ tulad nito.

$$\begin{aligned} \alpha & = \begin{cases} 0 & x=0\\ \pi/4 & x=1 \end{cases}\\[4mm] \beta & = \begin{cases} \pi/8 & y = 0\\ -\pi/8 & y = 1 \end{cases} \end{aligned}$$

Sa sandaling ito, hayaan nating maging arbitrary ang $\alpha$ at $\beta$. Sa pamamagitan ng pagpili ng $\alpha,$ epektibong tinutukoy ni Alice ang isang orthonormal na batayan ng mga vector na ganito ang hitsura:

Ganoon din ang ginagawa ni Bob, maliban na ang kanyang anggulo ay $\beta$:

Ang mga kulay ng mga vector ay naaayon sa mga sagot nina Alice at Bob: asul para sa $0$ at pula para sa $1.$

Ngayon, kung pinagsama natin ang $(1)$ at $(2)$ makukuha natin ang formula

$$\langle \psi_{\alpha} \otimes\psi_{\beta} \vert \phi^+ \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \langle \psi_{\alpha} \vert \psi_{\beta} \rangle,$$

na gumagana para sa lahat ng tunay na numero na $\alpha$ at $\beta.$

Sinusundan ang parehong uri ng pagsusuri na pinagdaanan natin sa itaas, ngunit sa $\alpha$ at $\beta$ bilang mga variable, natuklasan natin ito:

$$\begin{aligned} & \bigl(U_{\alpha} \otimes U_{\beta}\bigr) \vert \phi^+\rangle\\[1mm] & \qquad = \vert 00 \rangle \langle \psi_{\alpha} \otimes \psi_{\beta}\vert \phi^+\rangle + \vert 01 \rangle \langle \psi_{\alpha} \otimes\psi_{\beta + \pi/2}\vert \phi^+\rangle \\ & \qquad \qquad + \vert 10 \rangle \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \otimes \psi_{\beta}\vert \phi^+\rangle + \vert 11 \rangle \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \otimes \psi_{\beta+\pi/2}\vert \phi^+\rangle\\[2mm] & \qquad = \frac{ \langle \psi_\alpha \vert \psi_\beta \rangle \vert 00\rangle + \langle \psi_\alpha \vert \psi_{\beta+\pi/2} \rangle \vert 01\rangle + \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \vert \psi_\beta \rangle \vert 10\rangle + \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \vert \psi_{\beta+\pi/2} \rangle \vert 11\rangle }{\sqrt{2}}. \end{aligned}$$

Napagpasyahan natin ang dalawang formula na ito:

$$\begin{aligned} \operatorname{Pr}(a = b) & = \frac{1}{2} \vert \langle \psi_\alpha \vert \psi_\beta \rangle \vert^2 + \frac{1}{2} \vert \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \vert \psi_{\beta+\pi/2} \rangle \vert^2 = \cos^2(\alpha - \beta)\\[2mm] \operatorname{Pr}(a \neq b) & = \frac{1}{2} \vert \langle \psi_\alpha \vert \psi_{\beta+\pi/2} \rangle \vert^2 + \frac{1}{2} \vert \langle \psi_{\alpha+\pi/2} \vert \psi_\beta \rangle \vert^2 = \sin^2(\alpha - \beta). \end{aligned}$$

Ang mga equation na ito ay maaaring ikonekta sa mga figure sa itaas sa pamamagitan ng pag-iisip na pinagsama natin ang mga batayan na pinili nina Alice at Bob. Sa partikular, kapag $(x,y) = (0,0),$ pumipili sina Alice at Bob ng $\alpha = 0$ at $\beta = \pi/8,$ at sa pamamagitan ng pagsasama ng kanilang mga batayan ay nakukuha natin ang figure na ito:

Ang anggulo sa pagitan ng mga pulang vector ay $\pi/8,$ na katulad ng anggulo sa pagitan ng dalawang asul na vector. Ang probabilidad na magkapareho ang mga resulta nina Alice at Bob ay ang cosine-squared ng anggulona ito,

$$\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 + \sqrt{2}}{4},$$

habang ang probabilidad na magkaiba sila ay ang sine-squared ng anggulona ito,

$$\sin^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}.$$

Kapag $(x,y) = (0,1),$ pumipili sina Alice at Bob ng $\alpha = 0$ at $\beta = -\pi/8,$ at sa pamamagitan ng pagsasama ng kanilang mga batayan ay nakukuha natin ang figure na ito:

Ang anggulo sa pagitan ng mga pulang vector ay muli na $\pi/8,$ tulad ng anggulo sa pagitan ng mga asul na vector. Ang probabilidad na magkapareho ang mga resulta nina Alice at Bob ay muli na ang cosine-squared ng anggulona ito,

$$\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 + \sqrt{2}}{4},$$

habang ang probabilidad na magkaiba sila ay ang sine-squared ng anggulona ito,

$$\sin^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}.$$

Kapag $(x,y) = (1,0),$ pumipili sina Alice at Bob ng $\alpha = \pi/4$ at $\beta = \pi/8,$ at sa pamamagitan ng pagsasama ng kanilang mga batayan ay nakukuha natin ang figure na ito:

Nagbago ang mga batayan ngunit hindi nagbago ang mga anggulo — muli na naman ang anggulo sa pagitan ng mga vector na may parehong kulay ay $\pi/8.$ Ang probabilidad na magkapareho ang mga resulta nina Alice at Bob ay

$$\cos^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 + \sqrt{2}}{4},$$

at ang probabilidad na magkaiba sila ay

$$\sin^2\Bigl(\frac{\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}.$$

Kapag $(x,y) = (1,1),$ pumipili sina Alice at Bob ng $\alpha = \pi/4$ at $\beta = -\pi/8.$ Kapag pinagsama natin ang kanilang mga batayan, nakikita natin na may nangyari na iba:

Dahil sa paraan ng pagpili ng mga anggulo, sa pagkakataong ito ang anggulo sa pagitan ng mga vector na may parehong kulay ay $3\pi/8$ sa halip na $\pi/8.$ Ang probabilidad na magkapareho ang mga resulta nina Alice at Bob ay nananatiling cosine-squared ng anggulona ito, ngunit sa pagkakataong ito ang halaga ay

$$\cos^2\Bigl(\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}.$$

Ang probabilidad na magkaiba ang mga resulta ay ang sine-squared ng anggulona ito, na sa kasong ito ay ito:

$$\sin^2\Bigl(\frac{3\pi}{8}\Bigr) = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}.$$

Mga puna

Ang pangunahing ideya ng isang eksperimento tulad ng CHSH na laro, kung saan ang entanglement ay humahantong sa mga estadistikal na resulta na hindi naaayon sa purong klasikal na pangangatuwiran, ay dahil kay John Bell, ang pangalan na nagsilbing batayan ng mga Bell state. Para sa kadahilanang ito, ang mga tao ay madalas na tumutukoy sa mga eksperimento ng ganitong uri bilang mga Bell test. Minsan din ang mga tao ay tumutukoy sa Bell's theorem, na maaaring mabalangkas sa iba't ibang paraan — ngunit ang kakanyahan nito ay ang quantum mechanics ay hindi katugma sa tinatawag na local hidden variable theories. Ang CHSH na laro ay isang partikular na malinis at simpleng halimbawa ng isang Bell test, at maaaring tingnan bilang isang patunay, o demonstrasyon, ng Bell's theorem.

Ang CHSH na laro ay nag-aalok ng isang paraan upang eksperimentong subukan ang teorya ng quantum information. Maaaring magsagawa ng mga eksperimento na nagpapatupad ng CHSH na laro, at sumusubok ng mga uri ng mga estratehiya batay sa entanglement na inilarawan sa itaas. Nagbibigay ito sa atin ng mataas na antas ng kumpiyansa na ang entanglement ay tunay — at hindi tulad ng mga minsan ay malabo o poetikong paraan na ginagamit natin upang ipaliwanag ang entanglement, ang CHSH na laro ay nagbibigay sa atin ng isang kongkreto at masusubukang paraan upang obserbahan ang entanglement. Ang 2022 Nobel Prize sa Physics ay kinikilala ang kahalagahan ng linyang ito ng gawain: ang premyo ay ipinagkaloob kina Alain Aspect, John Clauser (ang C sa CHSH) at Anton Zeilinger para sa pag-obserba ng entanglement sa pamamagitan ng mga Bell test sa mga entangled na photon.