Implementasyon sa Qiskit

Sa araling ito, ipapatupad natin ang ilan sa mga ideya mula sa aralin tungkol sa entanglement in action, gamit ang Qiskit.

# Added by doQumentation — required packages for this notebook
!pip install -q numpy qiskit qiskit-aer

from qiskit import __version__

print(__version__)

2.1.1

from qiskit import QuantumCircuit, QuantumRegister, ClassicalRegister
from qiskit_aer import AerSimulator
from qiskit.visualization import plot_histogram, array_to_latex
from qiskit.result import marginal_distribution
from qiskit.circuit.library import UGate
from numpy import pi, random

Narito ang isang implementasyon ng teleportation protocol gamit ang quantum circuit.

qubit = QuantumRegister(1, "Q")
ebit0 = QuantumRegister(1, "A")
ebit1 = QuantumRegister(1, "B")
a = ClassicalRegister(1, "a")
b = ClassicalRegister(1, "b")

protocol = QuantumCircuit(qubit, ebit0, ebit1, a, b)

# Prepare ebit used for teleportation
protocol.h(ebit0)
protocol.cx(ebit0, ebit1)
protocol.barrier()

# Alice's operations
protocol.cx(qubit, ebit0)
protocol.h(qubit)
protocol.barrier()

# Alice measures and sends classical bits to Bob
protocol.measure(ebit0, a)
protocol.measure(qubit, b)
protocol.barrier()

# Bob uses the classical bits to conditionally apply gates
with protocol.if_test((a, 1)):
    protocol.x(ebit1)
with protocol.if_test((b, 1)):
    protocol.z(ebit1)

display(protocol.draw(output="mpl"))

Gumagamit ang circuit ng ilang tampok ng Qiskit na hindi pa natin nakita sa mga nakaraang aralin, kabilang ang mga function na barrier at if_test. Ang function na barrier ay lumilikha ng visual na paghihiwalay upang mas madaling basahin ang diagram ng circuit, at pinipigilan din nito ang Qiskit na magsagawa ng iba't ibang simplipikasyon at optimisasyon sa kahabaan ng barrier sa panahon ng compilation kapag pinatakbo ang mga circuit sa totoong hardware. Ang function na if_test ay naglalapat ng operasyon nang may kondisyon batay sa isang classical bit o register.

Una, sinimulan ng circuit ang $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ sa estado na $\vert \phi^+\rangle$ (na hindi bahagi ng protocol mismo), kasunod ang mga operasyon ni Alice, pagkatapos ang kanyang mga sukat, at sa wakas ang mga operasyon ni Bob. Para masuri kung tama ang paggana ng protocol, mag-aaplay tayo ng isang random na single-qubit gate sa initialized na estado na $\vert 0\rangle$ ng $\mathsf{Q}$ upang makakuha ng random na quantum state vector na ite-teleport. Sa pamamagitan ng pag-aplay ng inverse (ibig sabihin, ang conjugate transpose) ng gate na iyon sa $\mathsf{B}$ pagkatapos mapatakbo ang protocol, mapatutunayan natin na na-teleport ang estado sa pamamagitan ng pagsukat upang makitang bumalik ito sa estado na $\vert 0\rangle$.

Una, random na pipiliin natin ang isang unitary qubit gate.

random_gate = UGate(
    theta=random.random() * 2 * pi,
    phi=random.random() * 2 * pi,
    lam=random.random() * 2 * pi,
)

display(array_to_latex(random_gate.to_matrix()))

$$\begin{bmatrix} 0.9897212158 & -0.0195080103 - 0.141673401 i \\ 0.0603319186 + 0.1296609988 i & -0.8319925233 + 0.5360378028 i \\ \end{bmatrix}$$

Ngayon, gagawa tayo ng bagong testing circuit na una ay mag-aaplay ng ating random gate sa $\mathsf{Q},$ pagkatapos ay patatakbuhin ang teleportation circuit, at sa wakas ay mag-aaplay ng inverse ng ating random gate sa qubit $\mathsf{B}$ at susukat. Ang resulta ay dapat na $0$ nang may katiyakan.

# Create a new circuit including the same bits and qubits used in the
# teleportation protocol.

test = QuantumCircuit(qubit, ebit0, ebit1, a, b)

# Start with the randomly selected gate on Q

test.append(random_gate, qubit)
test.barrier()

# Append the entire teleportation protocol from above.

test = test.compose(protocol)
test.barrier()

# Finally, apply the inverse of the random unitary to B and measure.

test.append(random_gate.inverse(), ebit1)
result = ClassicalRegister(1, "Result")
test.add_register(result)
test.measure(ebit1, result)

display(test.draw(output="mpl"))

Sa wakas, patakbuhin natin ang Aer simulator sa circuit na ito at mag-plot ng histogram ng mga output. Makikita natin ang mga estadistika para sa lahat ng tatlong classical bits: ang pinakamababa/pinakakaliwang bit ay dapat laging $0,$ na nagpapahiwatig na matagumpay na na-teleport ang qubit $\mathsf{Q}$ sa $\mathsf{B},$ habang ang dalawang ibang bits ay dapat na halos pantay-pantay.

result = AerSimulator().run(test).result()
statistics = result.get_counts()
display(plot_histogram(statistics))

Maaari rin nating i-filter ang mga estadistika upang tumuon lamang sa test result qubit kung gusto natin, ganito:

filtered_statistics = marginal_distribution(statistics, [2])
display(plot_histogram(filtered_statistics))

Superdense coding

Ang superdense coding ay isang protocol na, sa ilang paraan, nagtatamasa ng layuning kabaliktaran ng teleportation. Sa halip na payagan ang pagpapadala ng isang qubit gamit ang dalawang classical bits ng komunikasyon (sa gastos ng isang e-bit ng entanglement), pinapayagan nito ang pagpapadala ng dalawang classical bits gamit ang isang qubit ng quantum na komunikasyon (muli, sa gastos ng isang e-bit ng entanglement).

Sa mas detalyadong paraan, mayroon tayong isang nagpapadala (Alice) at isang tumatanggap (Bob) na nagbabahagi ng isang e-bit ng entanglement. Ayon sa mga kombensyon sa aralin, nangangahulugang hawak ni Alice ang isang qubit $\mathsf{A},$ hawak ni Bob ang isang qubit $\mathsf{B},$ at magkasama ang pares na $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ ay nasa estado na $\vert\phi^+\rangle.$ Nais ni Alice na magpadala ng dalawang classical bits kay Bob, na tatawaging $c$ at $d,$ at magagawa niya ito sa pamamagitan ng pagpapadala sa kanya ng isang qubit.

Makatwirang tingnan ang tagumpay na ito bilang mas hindi kawili-wili kaysa sa nagagawa ng teleportation. Ang pagpapadala ng mga qubit ay malamang na magiging mas mahirap kaysa sa pagpapadala ng mga classical bit sa mahabang panahon, kaya ang pag-trade ng isang qubit ng quantum na komunikasyon para sa dalawang bits ng classical na komunikasyon, at may kasamang gastos na e-bit pa, ay tila hindi sulit. Gayunpaman, hindi ito nangangahulugang ang superdense coding ay hindi kawili-wili, dahil tiyak na kawili-wili ito.

Alinsunod sa tema ng aralin, isang dahilan kung bakit kawili-wili ang superdense coding ay ipinakita nito ang isang kongkreto at (sa konteksto ng information theory) medyo kapansin-pansing paggamit ng entanglement. Isang kilalang teorema sa quantum information theory, na kilala bilang Holevo's theorem, ay nagpapahiwatig na nang walang paggamit ng shared entangled state, imposibleng makipag-communicate ng higit sa isang bit ng classical na impormasyon sa pamamagitan ng pagpapadala ng isang qubit. (Mas pangkalahatan ang Holevo's theorem kaysa dito. Ang eksaktong pahayag nito ay teknikal at nangangailangan ng paliwanag, ngunit ito ay isa sa mga konsekwensya nito.) Kaya, sa pamamagitan ng superdense coding, ang shared entanglement ay epektibong nagpapahintulot ng pagdoble ng classical information-carrying capacity ng pagpapadala ng mga qubit.

Protocol

Ang sumusunod na quantum circuit diagram ay naglalarawan ng superdense coding protocol:

Sa madaling salita, narito ang ginagawa ni Alice:

1. Kung $d=1,$ nagsasagawa si Alice ng $Z$ gate sa kanyang qubit $\mathsf{A}$ (at kung $d=0$ ay hindi siya gumagawa).

2. Kung $c=1,$ nagsasagawa si Alice ng $X$ gate sa kanyang qubit $\mathsf{A}$ (at kung $c=0$ ay hindi siya gumagawa).

Pagkatapos ay ipinapadala ni Alice ang kanyang qubit $\mathsf{A}$ kay Bob.

Ang ginagawa ni Bob kapag natanggap niya ang qubit $\mathsf{A}$ ay una ay nagsasagawa ng controlled-NOT gate, kung saan ang $\mathsf{A}$ ang control at ang $\mathsf{B}$ ang target, at pagkatapos ay nag-aaplay siya ng Hadamard gate sa $\mathsf{A}.$ Pagkatapos ay sinusukat niya ang $\mathsf{B}$ para makuha ang $c$ at ang $\mathsf{A}$ para makuha ang $d,$ gamit ang standard basis measurements sa parehong kaso.

Pagsusuri

Ang ideya sa likod ng protocol na ito ay simple: epektibong pinipili ni Alice kung aling Bell state ang gusto niyang ibahagi kay Bob, ipinapadala ni Alice kay Bob ang kanyang qubit, at sinusukat ni Bob upang malaman kung alin ang Bell state na pinili ni Alice.

Iyon ay, una silang nagbabahagi ng $\vert\phi^+\rangle,$ at depende sa mga bits na $c$ at $d,$ iniiwanan ni Alice ang estado o inililipat ito sa isa sa ibang mga Bell state sa pamamagitan ng pag-aplay ng $\mathbb{I},$ $X,$ $Z,$ o $XZ$ sa kanyang qubit $\mathsf{A}.$

$$\begin{aligned} (\mathbb{I} \otimes \mathbb{I}) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \phi^+\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes Z) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \phi^-\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes X) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \psi^+\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes XZ) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \psi^-\rangle \end{aligned}$$

Ang mga aksyon ni Bob ay may sumusunod na epekto sa apat na Bell state:

$$\begin{aligned} \vert \phi^+\rangle & \mapsto \vert 00\rangle\\ \vert \phi^-\rangle & \mapsto \vert 01\rangle\\ \vert \psi^+\rangle & \mapsto \vert 10\rangle\\ \vert \psi^-\rangle & \mapsto -\vert 11\rangle\\ \end{aligned}$$

Maaari itong suriin nang direkta, sa pamamagitan ng pagkalkula ng mga resulta ng mga operasyon ni Bob sa mga estadong ito nang isa-isa.

Kaya, kapag nagsagawa si Bob ng kanyang mga sukat, nagagawa niyang malaman kung alin ang Bell state na pinili ni Alice. Ang pag-verify na tama ang paggana ng protocol ay isang bagay ng pagsuri sa bawat kaso:

• Kung $cd = 00,$ ang estado ng $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ kapag natanggap ni Bob ang $\mathsf{A}$ ay $\vert \phi^+\rangle.$ Binabago niya ang estadong ito sa $\vert 00\rangle$ at nakukuha ang $cd = 00.$

• Kung $cd = 01,$ ang estado ng $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ kapag natanggap ni Bob ang $\mathsf{A}$ ay $\vert \phi^-\rangle.$ Binabago niya ang estadong ito sa $\vert 01\rangle$ at nakukuha ang $cd = 01.$

• Kung $cd = 10,$ ang estado ng $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ kapag natanggap ni Bob ang $\mathsf{A}$ ay $\vert \psi^+\rangle.$ Binabago niya ang estadong ito sa $\vert 10\rangle$ at nakukuha ang $cd = 10.$

• Kung $cd = 11,$ ang estado ng $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ kapag natanggap ni Bob ang $\mathsf{A}$ ay $\vert \psi^-\rangle.$ Binabago niya ang estadong ito sa $-\vert 11\rangle$ at nakukuha ang $cd = 11.$ (Walang epekto ang negative-one phase factor dito.)

Implementasyon ng superdense coding

Narito ang isang simpleng implementasyon ng superdense coding kung saan tinutukoy natin ang circuit mismo depende sa mga bits na ipapadala. Una, pipiliin natin ang dalawang bits na ipapadala. (Mamaya ay random na pipiliin natin ang mga ito, ngunit sa ngayon ay gagawa lang tayo ng arbitrary na pagpili.)

c = "1"
d = "0"

Ngayon ay itatayo natin ang circuit nang naaayon. Dito ay papayagan natin ang Qiskit na gamitin ang mga default na pangalan para sa mga qubit: $\mathsf{q}_0$ para sa itaas na qubit at $\mathsf{q}_1$ para sa ibabang isa.

protocol = QuantumCircuit(2)

# Prepare ebit used for superdense coding
protocol.h(0)
protocol.cx(0, 1)
protocol.barrier()

# Alice's operations
if d == "1":
    protocol.z(0)
if c == "1":
    protocol.x(0)
protocol.barrier()

# Bob's actions
protocol.cx(0, 1)
protocol.h(0)
protocol.measure_all()

display(protocol.draw(output="mpl"))

Hindi masyadong maraming bago dito, maliban sa function na measure_all, na sumusukat sa lahat ng mga qubit at inilalagay ang mga resulta sa isang classical register (at kaya ay may dalawang bits sa kasong ito).

Ang pagpapatakbo ng Aer simulator ay nagbubunga ng inaasahang output.

result = AerSimulator().run(protocol).result()
statistics = result.get_counts()

for outcome, frequency in statistics.items():
    print(f"Measured {outcome} with frequency {frequency}")

display(plot_histogram(statistics))

Measured 10 with frequency 1024

Ngayon, gamitin natin ang isang karagdagang qubit bilang random bit generator — sa esensya ay para magtapon ng mga patas na barya. Gagamitin natin ito para random na pumili ng $c$ at $d,$ at pagkatapos ay patakbuhin ang superdense coding protocol.

rbg = QuantumRegister(1, "coin")
ebit0 = QuantumRegister(1, "A")
ebit1 = QuantumRegister(1, "B")

Alice_c = ClassicalRegister(1, "Alice c")
Alice_d = ClassicalRegister(1, "Alice d")

test = QuantumCircuit(rbg, ebit0, ebit1, Alice_d, Alice_c)

# Initialize the ebit
test.h(ebit0)
test.cx(ebit0, ebit1)
test.barrier()

# Use the 'coin' qubit twice to generate Alice's bits c and d.
test.h(rbg)
test.measure(rbg, Alice_c)
test.h(rbg)
test.measure(rbg, Alice_d)
test.barrier()

# Now the protocol runs, starting with Alice's actions, which depend
# on her bits.
with test.if_test((Alice_d, 1), label="Z"):
    test.z(ebit0)
with test.if_test((Alice_c, 1), label="X"):
    test.x(ebit0)
test.barrier()

# Bob's actions
test.cx(ebit0, ebit1)
test.h(ebit0)
test.barrier()

Bob_c = ClassicalRegister(1, "Bob c")
Bob_d = ClassicalRegister(1, "Bob d")
test.add_register(Bob_d)
test.add_register(Bob_c)
test.measure(ebit0, Bob_d)
test.measure(ebit1, Bob_c)

display(test.draw(output="mpl"))

Ang pagpapatakbo ng Aer simulator ay nagpapakita ng mga resulta: ang mga classical bits nina Alice at Bob ay palaging magkatugma.

result = AerSimulator().run(test).result()
statistics = result.get_counts()
display(plot_histogram(statistics))

Ang CHSH game

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

Kapag nagsasalita tayo tungkol sa isang laro sa kontekstong ito, hindi tayo nagsasalita tungkol sa isang bagay na nilalaro para sa kasiyahan o palakasan, kundi isang mathematical abstraction sa diwa ng game theory. Ang mga mathematical abstraction ng mga laro ay pinag-aaralan sa ekonomiya at computer science, halimbawa, at ang mga ito ay parehong kapana-panabik at kapaki-pakinabang.

Ang mga titik CHSH ay tumutukoy sa mga may-akda — sina John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony, at Richard Holt — ng isang papel noong 1969 kung saan 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 intuitive.

Ang CHSH game ay nasa loob ng isang klase ng mga laro na kilala bilang nonlocal games. Ang mga nonlocal game ay hindi kapani-paniwalang kawili-wili at may malalim na koneksyon sa pisika, computer science, at matematika — na nagtataglay ng mga misteryo na hindi pa nareresolba hanggang ngayon. Sisimulan natin ang seksyon sa pamamagitan ng pagpapaliwanag kung ano ang mga nonlocal game, at pagkatapos ay tutukuyin natin ang CHSH game at kung ano ang nagpapainteresting nito.

Mga nonlocal game

Ang nonlocal game 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 referee, na kumikilos ayon sa mahigpit na mga alituntunin na kilala nina Alice at Bob.

Maaaring maghanda sina Alice at Bob para sa laro sa anumang paraan na gusto nila, ngunit kapag nagsimula na ang laro, sila ay ipinagbabawal na makipag-communicate. Maaari nating isipin na ang laro ay nagaganap sa isang uri ng secured na lugar — na parang ang referee ay gumaganap bilang isang detective at sina Alice at Bob ay mga suspek na inuusig sa magkaibang silid. Ngunit isa pang paraan upang isipin ang set-up ay ang sina Alice at Bob ay pinaghiwalay ng napakalawak na distansya, at ipinagbabawal ang komunikasyon dahil hindi ito pinahihintulutan ng bilis ng liwanag sa loob ng oras ng pagtakbo ng laro. Ibig sabihin, kung susubukan ni Alice na magpadala ng mensahe kay Bob, matatapos na ang laro bago niya ito matanggap, at ganun din.

Ang paraan ng pagtakbo ng nonlocal game ay una ay nagtatanong ang referee kina Alice at Bob ng isang tanong bawat isa. Gagamitin natin ang titik $x$ para tumukoy sa tanong ni Alice at $y$ para sa tanong ni Bob. Dito ay iniisip natin ang $x$ at $y$ bilang mga classical state, at sa CHSH game ang $x$ at $y$ ay mga bit.

Gumagamit ang referee ng randomness para pumili ng mga tanong na ito. Nang mas tumpak, may ilang probabilidad na $p(x,y)$ na nauugnay sa bawat posibleng pares $(x,y)$ ng mga tanong, at nangako ang referee na pipiliin ang mga tanong nang random, sa oras ng laro, sa ganitong paraan. Lahat, kabilang sina Alice at Bob, ay nakakaalam ng mga probabilidad na ito — ngunit walang sinuman ang partikular na nakakaalam kung aling pares $(x,y)$ ang mapipili 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 classical state sa pangkalahatan, at mga bit sa CHSH game.

Sa puntong ito, gumagawa ng desisyon ang referee: sina Alice at Bob ay mananalo o matatalo depende kung ang pares ng mga sagot $(a,b)$ ay itinuturing na tama para sa pares ng mga tanong $(x,y)$ ayon sa ilang nakatakdang hanay ng mga panuntunan. Ang iba't ibang panuntunan ay nangangahulugang iba't ibang mga laro, at ang mga panuntunan para sa CHSH game ay inilarawan sa seksyon kasunod ng ito. Tulad ng nabanggit na, ang mga panuntunan ay kilala ng lahat.

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

Ang kawalan ng katiyakan tungkol sa kung aling mga tanong ang itatanong, at partikular ang katotohanan na hindi alam ng bawat manlalaro ang tanong ng kabilang manlalaro, ang nagpapalito sa mga nonlocal game para kina Alice at Bob — tulad ng mga nagkakasabwat na suspek sa magkaibang silid na nagsisikap panatilihing magkaayon ang kanilang kwento.

Ang isang tumpak na paglalarawan ng referee ay nagtatakda ng isang instance ng nonlocal game. Kabilang dito ang isang detalye 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 $(x,y).$

Titingnan natin ang CHSH game sa ilang sandali, ngunit bago iyon ay ilang sandaling kilalanin na kawili-wili rin ang pagtingin sa ibang mga nonlocal game. Sa katunayan, napaka-interesante; may ilang medyo simpleng nonlocal game kung saan hindi pa alam kung gaano kahusay ang laro nina Alice at Bob gamit ang entanglement. Simple ang set-up, ngunit may kumplikasyon na nagtatrabaho — at para sa ilang mga laro, maaaring imposibleng kalkulahin ang pinakamahusay o malapit sa pinakamahusay na mga estratehiya para kina Alice at Bob. Ito ang nakakagulat na hindi-intuitive na katangian ng nonlocal games model.

Paglalarawan ng CHSH game

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

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

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

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

Ngayon ay tingnan natin ang mga estratehiya para kina Alice at Bob sa CHSH game, simula sa mga classical na estratehiya.

Mga deterministikong estratehiya

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

Walang deterministikong estratehiya ang maaaring manalo sa CHSH game sa bawat pagkakataon. Isang paraan upang maunawaan ito ay ang simpleng pagtingin sa lahat ng posibleng deterministikong estratehiya nang isa-isa at pagsuri na ang bawat isa sa kanila ay natatalo 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 natuklasan natin sa aralin tungkol sa Single systems — kaya mayroon lamang $16$ na iba't ibang deterministikong estratehiya na susuriin.

Maaari rin tayong mag-isip nang analitiko. Kung ang estratehiya nina Alice at Bob ay nanalo kapag $(x,y) = (0,0),$ dapat na $a(0) = b(0);$ kung ang kanilang estratehiya ay nanalo kapag $(x,y) = (0,1),$ kung gayon $a(0) = b(1);$ at gayundin, kung ang estratehiya ay nanalo para sa $(x,y)=(1,0)$ kung gayon $a(1) = b(0).$ Kaya, kung ang kanilang estratehiya ay nanalo para sa lahat ng tatlong posibilidad, kung gayon

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

Nangangahulugan ito na ang estratehiya ay matatalo sa huling kaso na $(x,y) = (1,1),$ at para manalo dito kinakailangan na $a(1) \neq b(1).$ Kaya, walang deterministikong estratehiya ang maaaring manalo sa bawat pagkakataon.

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

Mga probabilistikong estratehiya

Tulad ng natukoy natin, hindi makapanalo sina Alice at Bob nang higit sa 75% ng oras sa CHSH game gamit ang isang deterministikong estratehiya. Ngunit paano ang isang probabilistikong estratehiya? Makakatulong ba kina Alice at Bob ang paggamit ng randomness — kabilang ang posibilidad ng shared randomness, kung saan ang kanilang mga random na pagpili ay magkakaugnay?

Lumabas na ang mga probabilistikong estratehiya ay hindi nakakatulong para mapataas ang probabilidad na mananalo sina Alice at Bob. Ito ay dahil ang bawat probabilistikong estratehiya ay maaaring tingnan bilang isang random na pagpili ng isang deterministikong estratehiya, tulad ng (tulad ng nabanggit sa aralin ng Single systems) ang mga probabilistikong operasyon ay 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 pangkalahatang probabilidad ng panalo.

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

Estratehiya sa CHSH game

Isang natural na tanong dito: mayroon bang mas magandang estratehiya si Alice at Bob gamit ang quantum na pamamaraan? Sa partikular, kung magbabahagi sila ng isang entangled quantum state — tulad ng ipinapakita ng sumusunod na figure, na maaari nilang inihanda bago pa maglaro — maaari ba nilang dagdagan ang kanilang probabilidad na manalo?

Oo, at iyan ang pangunahing punto ng halimbawang ito at kung bakit ito napaka-interesante. Kaya tignan natin kung paano eksaktong magagawa ni Alice at Bob na mas mahusay sa larong ito gamit ang entanglement.

Mga kinakailangang vector at matris

Ang unang bagay na kailangan nating gawin ay tukuyin ang isang qubit state vector $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ para sa bawat tunay na bilang $\theta$ (na iisipin nating 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 lalabas sa pagsusuri sa ibaba:

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

Kapag tiningnan ang pangkalahatang anyo, makikita natin na ang inner product ng anumang dalawang vector na ito ay may ganitong formula:

$$\langle \psi_{\alpha} \vert \psi_{\beta} \rangle = \cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta) = \cos(\alpha-\beta). \tag{3}$$

Sa detalye, ang mga entry ng mga vector na ito ay tunay na bilang lamang, kaya walang complex conjugate na dapat pag-alaralahanin: ang inner product ay ang product ng mga cosine kasama ang product ng mga sine. Ang paggamit ng isa sa mga angle addition formula mula sa trigonometry ay nagdudulot sa simplipikasyon sa itaas. Inihahayag ng formula na ito ang 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 anumang dalawang vector na ito kasama ang $\vert \phi^+\rangle$ state, makakakuha tayo ng katulad na ekspresyon, maliban na may $\sqrt{2}$ sa denominator:

$$\langle \psi_{\alpha} \otimes \psi_{\beta} \vert \phi^+ \rangle = \frac{\cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sqrt{2}} = \frac{\cos(\alpha-\beta)}{\sqrt{2}}. \tag{4}$$

Malilinaw sa ilang sandali kung bakit tayo interesado sa partikular na inner product na ito, ngunit sa ngayon, inoobserbahan lang natin ito bilang isang formula.

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

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

Sa madaling salita, binabago ng matrix na ito ang $\vert\psi_{\theta}\rangle$ sa $\vert 0\rangle$ at ang $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ sa $\vert 1\rangle.$ Para matiyak na ito ay isang unitary matrix, ang susi ay ang obserbasyon na ang mga vector $\vert\psi_{\theta}\rangle$ at $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ ay ortogonal para sa bawat anggulo $\theta$:

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

Kaya, natutuklasan 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 nang malinaw ang matrix na ito 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 iniikot nito ang mga two-dimensional vector na may tunay na bilang na entry sa pamamagitan ng isang anggulo na $-\theta$ sa paligid ng pinagmulan. Kung susundin natin ang isang karaniwang kombensyon para sa pagpapangalan at pagpaparameto ng iba't ibang anyo ng pag-ikot, 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 maaari na nating ilarawan ang quantum na estratehiya.

• Paghahanda: Nagsisimula ang laro habang nagbabahagi si Alice at Bob ng isang e-bit: hawak ni Alice ang isang qubit $\mathsf{A},$ hawak ni Bob ang isang qubit $\mathsf{B},$ at magkasama ang dalawang qubit $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ ay nasa $\vert\phi^+\rangle$ state.

• Mga kilos ni Alice:

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

  Ang operasyon na ginagawa ni Alice sa $\mathsf{A}$ ay maaari ring ilarawan ng ganito:

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

  Pagkatapos ilapat ni Alice ang operasyong ito, sinusukat niya ang $\mathsf{A}$ gamit ang standard basis measurement at itinatakda ang kanyang sagot $a$ bilang ang kinalabasan ng sukat.

• Mga kilos ni Bob:

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

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

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

  Pagkatapos ilapat ni Bob ang operasyong ito, sinusukat niya ang $\mathsf{B}$ gamit ang standard basis measurement at itinatakda ang kanyang sagot $b$ bilang ang kinalabasan ng sukat.

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

Sa diagram na ito makikita 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 nagtatanda ng ibang uri ng controlled gate kung saan ang gate ay isinasagawa kung ang control ay nakatakda sa $0$ (sa halip na $1$ tulad ng isang ordinaryong controlled gate). Kaya, epektibo, ginagawa ni Bob ang $U_{\pi/8}$ sa kanyang qubit kung $y=0$ at $U_{-\pi/8}$ kung $y=1;$ at ginagawa ni Alice ang $U_0$ sa kanyang qubit kung $x=0$ at $U_{\pi/4}$ kung $x=1,$ na naaayon sa paglalarawan ng protocol sa mga salita sa itaas.

Natitira na lang na alamin kung gaano kahusay ang estratehiyang ito para kay Alice at Bob. Gagawin natin ito sa pamamagitan ng pagtingin sa apat na posibleng pares ng tanong nang isa-isa.

Pagsusuri sa bawat kaso

• Kaso 1: $(x,y) = (0,0).$

  Sa kasong ito, inilalapat ni Alice ang $U_{0}$ sa kanyang qubit at ni Bob ang $U_{\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang isagawa 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 kaya ang mga 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 tayong makakuha ng mga probabilidad na $a=b$ at $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagdaragdag.

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

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

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

• Kaso 2: $(x,y) = (0,1).$

  Sa kasong ito, inilalapat ni Alice ang $U_{0}$ sa kanyang qubit at ni Bob ang $U_{-\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang isagawa 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 kaya ang mga 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 $a=b$ at $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagdaragdag.

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

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

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

• Kaso 3: $(x,y) = (1,0).$

  Sa kasong ito, inilalapat ni Alice ang $U_{\pi/4}$ sa kanyang qubit at ni Bob ang $U_{\pi/8}$ sa kanya, kaya ang estado ng dalawang qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ pagkatapos nilang isagawa 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 kaya ang mga sumusunod.

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

  Natutuklasan natin, muli, na ang mga probabilidad na $a=b$ at $a\neq b$ ay ang mga 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 $(1,0),$ nananalo sina Alice at Bob kung $a=b,$ kaya nananalo sila sa kasong ito na may probabilidad na

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

• Kaso 4: $(x,y) = (1,1).$

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

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

  Epektibong napalitan ang mga probabilidad kumpara sa tatlong ibang kaso. Makukuha natin ang mga probabilidad na $a=b$ at $a\neq b$ sa pamamagitan ng pagdaragdag.

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

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

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

Nananalo sila sa bawat kaso na may parehong probabilidad:

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

Ito kung gayon ang probabilidad na mananalo sila sa kabuuan. Malaki ang pagkakaiba nito kumpara sa anumang klasikal na estratehiya para sa larong ito; ang mga klasikal na estratehiya ay may hangganan na $3/4$ ang probabilidad na manalo. At dahil doon, napaka-interesante ng halimbawang ito.

Nangyayari na ito ang pinakamainam na probabilidad ng panalo para sa mga quantum na estratehiya; hindi natin magagawa ang mas mahusay pa rito, kahit anong entangled state o sukat ang piliin natin. Ang katotohanang ito ay kilala bilang Tsirelson's inequality, pinangalan kay Boris Tsirelson na unang nagpatunay nito — at unang inilahad ang CHSH experiment bilang isang laro.

Geometric na larawan

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

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

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

Sa ngayon, hayaan nating maging arbitrary ang $\alpha$ at $\beta$. Sa pamamagitan ng pagpili ng $\alpha,$ epektibong tinutukoy ni Alice ang isang orthonormal basis 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 ni Alice at Bob: asul para sa $0$ at pula para sa $1.$

Ngayon, kung pinagsama natin ang ($3$) at ($4$) makukuha natin ang formula

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

ito ay gumagana para sa lahat ng tunay na bilang $\alpha$ at $\beta.$

Sinusundan ang parehong uri ng pagsusuri na ginawa natin sa itaas, ngunit na ang $\alpha$ at $\beta$ ay mga variable, natutuklasan natin ito:

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

Natapos natin ang dalawang formula na ito:

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

Maaaring maikonekta ang mga ekwasyong ito sa mga figure sa itaas sa pamamagitan ng pag-iisip na pinagsasama natin ang mga basis na pinili ni Alice at Bob.

Suriin ang estratehiya

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 basis nakukuha natin ang figure na ito:

Ang anggulo sa pagitan ng mga pulang vector ay $\pi/8,$ na kapareho ng anggulo sa pagitan ng dalawang asul na vector. Ang probabilidad na magkaayon ang mga kinalabasan ni Alice at Bob ay ang cosine-squared ng anggulóng ito,

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

habang ang probabilidad na hindi sila magkaayon ay ang sine-squared ng anggulóng 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 basis nakukuha natin ang figure na ito:

Ang anggulo sa pagitan ng mga pulang vector ay muli $\pi/8,$ tulad ng anggulo sa pagitan ng mga asul na vector. Ang probabilidad na magkaayon ang mga kinalabasan ni Alice at Bob ay muli ang cosine-squared ng anggulóng ito,

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

habang ang probabilidad na hindi sila magkaayon ay ang sine-squared ng anggulóng 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 basis nakukuha natin ang figure na ito:

Nagbago ang mga basis ngunit hindi ang mga anggulo — muli ang anggulo sa pagitan ng mga vector na magkaparehong kulay ay $\pi/8.$ Ang probabilidad na magkaayon ang mga kinalabasan ni Alice at Bob ay

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

at ang probabilidad na hindi sila magkaayon 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 basis, makikita natin na may nangyaring naiiba:

Sa paraan ng pagpili ng mga anggulo, sa pagkakataong ito ang anggulo sa pagitan ng mga vector na magkaparehong kulay ay $3\pi/8$ sa halip na $\pi/8.$ Ang probabilidad na magkaayon ang mga kinalabasan ni Alice at Bob ay ang cosine-squared pa rin ng anggulóng ito, ngunit sa pagkakataong ito ang halaga ay

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

Ang probabilidad na hindi magkaayon ang mga kinalabasan ay ang sine-squared ng anggulóng ito, na sa kasong ito ay ganito:

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

Mga Puna

Ang pangunahing ideya ng isang eksperimento tulad ng CHSH game — kung saan ang entanglement ay nagbubunga ng mga estadistikal na resulta na hindi naaayon sa purong klasikal na pangangatuwiran — ay nagmula kay John Bell, ang taong pinangalanan ng Bell states. Dahil dito, madalas na tinutukoy ng mga tao ang ganitong uri ng mga eksperimento bilang Bell tests. Minsan tinutukoy din ng mga tao ang Bell's theorem, na maaaring buuin sa iba't ibang paraan — ngunit ang diwa nito ay hindi tugma ang quantum mechanics sa tinatawag na local hidden variable theories. Ang CHSH game ay isang partikular na malinaw at simpleng halimbawa ng Bell test, at maaaring ituring na patunay, o demonstrasyon, ng Bell's theorem.

Nagbibigay ang CHSH game ng paraan para eksperimentong masuri ang teorya ng quantum information. Maaari tayong magsagawa ng mga eksperimento na nagpapatupad ng CHSH game, at subukan ang mga uri ng estratehiya batay sa entanglement na inilarawan sa itaas. Nagbibigay ito sa atin ng mataas na antas ng kumpiyansa na totoo ang entanglement — at hindi tulad ng mga minsan ay malabo o patula na paraan na ginagamit natin upang ipaliwanag ang entanglement, nagbibigay sa atin ang CHSH game ng isang kongkreto at masusubok na paraan upang masaksihan ang entanglement. Kinikilala ng 2022 Nobel Prize in Physics ang kahalagahan ng ganitong linya ng trabaho: ang premyo ay ibinigay kay Alain Aspect, John Clauser (ang C sa CHSH), at Anton Zeilinger, para sa kanilang pag-obserba ng entanglement sa pamamagitan ng Bell tests sa mga entangled na photon.

Implementasyon sa Qiskit

Maaari nating ipatupad ang CHSH game, kasama ang quantum na estratehiyang tinukoy sa itaas, sa Qiskit tulad ng sumusunod.

Una, narito ang kahulugan ng laro mismo, na nagpapahintulot na ang isang arbitrary na estratehiya ay mailagay bilang argumento.

def chsh_game(strategy):
    # This function runs the CHSH game, using the strategy (a function
    # from two bits to two bits), returning 1 for a win and 0 for a loss.

    # Choose x and y randomly
    x, y = random.randint(0, 1), random.randint(0, 1)

    # Use the strategy to determine a and b
    a, b = strategy(x, y)

    # Decide if the strategy wins or loses
    if (a != b) == (x & y):
        return 1  # Win
    return 0  # Lose

Ngayon ay lilikha tayo ng isang function na naglalabas ng circuit depende sa mga tanong para kay Alice at Bob. Hahayaan nating magkaroon ng mga default na pangalan ang mga qubit para sa kaginhawaan, at gagamitin natin ang built-in na $R_y(\theta)$ gate para sa mga aksyon ni Alice at Bob.

def chsh_circuit(x, y):
    # This function creates a `QuantumCircuit` implementing the quantum
    # strategy described above (including the e-bit preparation).

    qc = QuantumCircuit(2, 2)

    # Prepare an e-bit
    qc.h(0)
    qc.cx(0, 1)
    qc.barrier()

    # Alice's actions
    if x == 0:
        qc.ry(0, 0)
    else:
        qc.ry(-pi / 2, 0)
    qc.measure(0, 0)

    # Bob's actions
    if y == 0:
        qc.ry(-pi / 4, 1)
    else:
        qc.ry(pi / 4, 1)
    qc.measure(1, 1)

    return qc

Narito ang apat na posibleng circuit, depende sa kung anong mga tanong ang itatanong.

# Draw the four possible circuits

print("(x,y) = (0,0)")
display(chsh_circuit(0, 0).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (0,1)")
display(chsh_circuit(0, 1).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (1,0)")
display(chsh_circuit(1, 0).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (1,1)")
display(chsh_circuit(1, 1).draw(output="mpl"))

(x,y) = (0,0)

(x,y) = (0,1)

(x,y) = (1,0)

(x,y) = (1,1)

Ngayon ay lilikha tayo ng isang job gamit ang Aer simulator na nagpapatakbo ng circuit nang isang beses para sa isang ibinigay na pares ng input $(x,y).$

def quantum_strategy(x, y):
    # This function runs the appropriate quantum circuit defined above
    # one time and returns the measurement results

    # Setting `shots=1` to run the circuit once
    result = AerSimulator().run(chsh_circuit(x, y), shots=1).result()
    statistics = result.get_counts()

    # Determine the output bits and return them
    bits = list(statistics.keys())[0]
    a, b = bits[0], bits[1]
    return a, b

Sa wakas, maglalaro tayo ng 1000 beses at kukuwentahin ang bahagi ng mga laong nanalo ang estratehiya.

NUM_GAMES = 1000
TOTAL_SCORE = 0

for _ in range(NUM_GAMES):
    TOTAL_SCORE += chsh_game(quantum_strategy)

print("Fraction of games won:", TOTAL_SCORE / NUM_GAMES)

Fraction of games won: 0.867

Maaari rin tayong mag-define ng klasikal na estratehiya at tingnan kung gaano ito kagaling. Isa lamang itong estratehiya — ang iba ay maaaring subukan sa pamamagitan ng pagbabago ng code — ngunit isa ito sa mga pinakamainam na klasikal na estratehiya.

def classical_strategy(x, y):
    # This function implements just one example of an optimal classical
    # strategy for the CHSH game. Other classical strategies can be
    # implemented by changing the bit values assigned to a and b.

    # Alice's answer
    if x == 0:
        a = 0
    elif x == 1:
        a = 1

    # Bob's answer
    if y == 0:
        b = 1
    elif y == 1:
        b = 0

    return a, b

Muli, maglalaro tayo ng 1000 beses upang makita kung gaano ito kagaling.

NUM_GAMES = 1000
TOTAL_SCORE = 0

for _ in range(NUM_GAMES):
    TOTAL_SCORE += chsh_game(classical_strategy)

print("Fraction of games won:", TOTAL_SCORE / NUM_GAMES)

Fraction of games won: 0.747