Gra CHSH

Ostatnim przykładem omawianym w tej lekcji nie jest protokół, lecz gra znana jako gra CHSH.

Kiedy mówimy o grze w tym kontekście, nie mamy na myśli czegoś, co ma być grane dla zabawy lub sportu, lecz raczej abstrakcję matematyczną w rozumieniu teorii gier. Matematyczne abstrakcje gier są badane na przykład w ekonomii i informatyce i są zarówno fascynujące, jak i użyteczne.

Litery CHSH odnoszą się do autorów — Johna Clausera, Michaela Horne'a, Abnera Shimony'ego oraz Richarda Holta — artykułu z 1969 roku, w którym po raz pierwszy opisano ten przykład. Nie opisali oni tego przykładu jako gry, lecz jako eksperyment. Jednak opis w postaci gry jest zarówno naturalny, jak i intuicyjny.

Gra CHSH należy do klasy gier znanych jako gry nonlocal. Gry nonlocal są niesamowicie interesujące i mają głębokie powiązania z fizyką, informatyką i matematyką — kryjąc tajemnice, które wciąż pozostają nierozwiązane. Rozpoczniemy tę sekcję od wyjaśnienia, czym są gry nonlocal, a następnie skupimy się na grze CHSH oraz na tym, co czyni ją interesującą.

Gry nonlocal

Gra nonlocal to gra kooperacyjna, w której dwóch graczy, Alice i Bob, współpracuje, aby osiągnąć określony wynik. Gra jest prowadzona przez sędziego, który zachowuje się zgodnie ze ścisłymi wytycznymi znanymi Alice i Bobowi.

Alice i Bob mogą przygotować się do gry, jak tylko zechcą, ale gdy gra się rozpocznie, nie wolno im się komunikować. Możemy sobie wyobrazić, że gra odbywa się w jakiejś zabezpieczonej placówce — tak jakby sędzia grał rolę detektywa, a Alice i Bob byli podejrzanymi przesłuchiwanymi w oddzielnych pomieszczeniach. Innym sposobem myślenia o tym układzie jest to, że Alice i Bob są oddzieleni ogromną odległością, a komunikacja jest zabroniona, ponieważ prędkość światła na nią nie pozwala w czasie trwania gry. Innymi słowy, jeśli Alice spróbuje wysłać wiadomość do Boba, gra skończy się, zanim on ją otrzyma, i na odwrót.

Gra nonlocal działa w ten sposób, że sędzia najpierw zadaje każdemu z graczy — Alice i Bobowi — pytanie. Użyjemy litery $x$ do oznaczenia pytania Alice oraz $y$ do oznaczenia pytania Boba. Tutaj myślimy o $x$ i $y$ jako o stanach klasycznych, a w grze CHSH $x$ i $y$ są bitami.

Sędzia używa losowości do wyboru tych pytań. Dokładniej, z każdą możliwą parą $(x,y)$ pytań związane jest pewne prawdopodobieństwo $p(x,y)$, a sędzia zobowiązał się wybierać pytania losowo, w momencie gry, właśnie w ten sposób. Wszyscy, w tym Alice i Bob, znają te prawdopodobieństwa — ale nikt nie wie konkretnie, która para $(x,y)$ zostanie wybrana, dopóki gra się nie rozpocznie.

Po otrzymaniu pytań Alice i Bob muszą udzielić odpowiedzi: odpowiedź Alice to $a$, a odpowiedź Boba to $b.$ Ponownie, są to na ogół stany klasyczne, a w grze CHSH bity.

W tym momencie sędzia podejmuje decyzję: Alice i Bob albo wygrywają, albo przegrywają, w zależności od tego, czy para odpowiedzi $(a,b)$ zostanie uznana za poprawną dla pary pytań $(x,y)$ zgodnie z pewnym ustalonym zbiorem reguł. Różne reguły oznaczają różne gry, a reguły konkretnie gry CHSH zostały opisane w sekcji następującej po tej. Jak już wcześniej zasugerowano, reguły są znane wszystkim.

Poniższy diagram przedstawia graficzną reprezentację interakcji.

To właśnie niepewność co do tego, jakie pytania zostaną zadane, a w szczególności fakt, że każdy gracz nie zna pytania drugiego gracza, sprawia, że gry nonlocal są trudne dla Alice i Boba — podobnie jak zmawiający się podejrzani w różnych pokojach próbujący utrzymać spójność swojej historii.

Precyzyjny opis sędziego definiuje instancję gry nonlocal. Obejmuje to specyfikację prawdopodobieństw $p(x,y)$ dla każdej pary pytań wraz z regułami, które określają, czy każda para odpowiedzi $(a,b)$ wygrywa, czy przegrywa dla każdej możliwej pary pytań $(x,y).$

Za chwilę przyjrzymy się grze CHSH, ale zanim to nastąpi, krótko zauważmy, że interesujące jest także rozważanie innych gier nonlocal. Jest to w rzeczywistości niezwykle interesujące i istnieją gry nonlocal, dla których obecnie nie wiadomo, jak dobrze Alice i Bob mogą w nie grać, używając splątania. Układ jest prosty, ale w grze działa złożoność — i w przypadku niektórych gier może być niemożliwie trudno obliczyć najlepsze lub bliskie najlepszym strategie dla Alice i Boba. Taka jest oszałamiająca natura modelu gier nonlocal.

Opis gry CHSH

Oto precyzyjny opis gry CHSH, gdzie (jak powyżej) $x$ jest pytaniem Alice, $y$ jest pytaniem Boba, $a$ jest odpowiedzią Alice, a $b$ jest odpowiedzią Boba:

• Pytania i odpowiedzi są bitami: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Sędzia wybiera pytania $(x,y)$ jednostajnie losowo. Oznacza to, że każda z czterech możliwości, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ oraz $(1,1),$ jest wybierana z prawdopodobieństwem $1/4.$

• Odpowiedzi $(a,b)$ wygrywają dla pytań $(x,y)$, jeśli $a\oplus b = x\wedge y$, a w przeciwnym razie przegrywają. Poniższa tabela wyraża tę regułę, wymieniając warunki wygranej i przegranej dla odpowiedzi $(a,b)$ dla każdej pary pytań $(x,y).$

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

Ograniczenia strategii klasycznych

Rozważmy teraz strategie dla Alice i Boba w grze CHSH, zaczynając od strategii klasycznych.

Strategie deterministyczne

Zaczniemy od strategii deterministycznych, w których odpowiedź Alice $a$ jest funkcją pytania $x$, które otrzymuje, a podobnie odpowiedź Boba $b$ jest funkcją pytania $y$, które on otrzymuje. Na przykład możemy zapisać $a(0)$, aby przedstawić odpowiedź Alice, gdy jej pytanie to $0,$ oraz $a(1)$, aby przedstawić odpowiedź Alice, gdy jej pytanie to $1.$

Żadna strategia deterministyczna nie może wygrywać gry CHSH za każdym razem. Jednym ze sposobów uzasadnienia tego jest po prostu przejście po kolei przez wszystkie możliwe strategie deterministyczne i sprawdzenie, że każda z nich przegrywa dla co najmniej jednej z czterech możliwych par pytań. Alice i Bob mogą każde wybrać spośród czterech możliwych funkcji z jednego bitu na jeden bit — z którymi zetknęliśmy się w pierwszej lekcji kursu — więc istnieje w sumie $16$ różnych strategii deterministycznych do sprawdzenia.

Możemy również uzasadnić to analitycznie. Jeśli strategia Alice i Boba wygrywa, gdy $(x,y) = (0,0),$ to musi być $a(0) = b(0);$ jeśli ich strategia wygrywa, gdy $(x,y) = (0,1),$ to $a(0) = b(1);$ i podobnie, jeśli strategia wygrywa dla $(x,y)=(1,0),$ to $a(1) = b(0).$ Tak więc, jeśli ich strategia wygrywa dla wszystkich trzech możliwości, to

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

To oznacza, że strategia przegrywa w ostatnim przypadku $(x,y) = (1,1),$ ponieważ tu wygrana wymaga, aby $a(1) \neq b(1).$ Zatem nie może istnieć strategia deterministyczna, która wygrywa za każdym razem.

Z drugiej strony, łatwo znaleźć strategie deterministyczne, które wygrywają w trzech z czterech przypadków, takie jak $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Stąd wnioskujemy, że maksymalne prawdopodobieństwo wygranej Alice i Boba przy użyciu strategii deterministycznej wynosi $3/4.$

Strategie probabilistyczne

Jak właśnie wywnioskowaliśmy, Alice i Bob nie mogą osiągnąć lepszego wyniku niż wygranie gry CHSH w 75% przypadków, stosując strategię deterministyczną. A co ze strategią probabilistyczną? Czy mogłoby pomóc Alice i Bobowi użycie losowości — łącznie z możliwością wspólnej losowości, gdzie ich losowe wybory są skorelowane?

Okazuje się, że strategie probabilistyczne wcale nie pomagają w zwiększeniu prawdopodobieństwa wygranej Alice i Boba. Dzieje się tak, ponieważ każdą strategię probabilistyczną można alternatywnie postrzegać jako losowy wybór strategii deterministycznej, tak jak operacje probabilistyczne można postrzegać jako losowe wybory operacji deterministycznych. Średnia nigdy nie jest większa niż maksimum, więc wynika stąd, że strategie probabilistyczne nie oferują żadnej przewagi pod względem ogólnego prawdopodobieństwa wygranej.

Zatem wygrana z prawdopodobieństwem $3/4$ jest najlepszym, co Alice i Bob mogą osiągnąć przy użyciu dowolnej strategii klasycznej, deterministycznej lub probabilistycznej.

Strategia gry CHSH

Naturalnym pytaniem, jakie można zadać w tym momencie, jest to, czy Alice i Bob mogą osiągnąć lepszy wynik, używając strategii kwantowej. W szczególności, jeśli dzielą splątany stan kwantowy, jak sugeruje poniższy rysunek, który mogli przygotować przed rozegraniem gry, czy mogą zwiększyć swoje prawdopodobieństwo wygranej?

Odpowiedź brzmi: tak, i to jest główna myśl tego przykładu oraz powód, dla którego jest on tak interesujący. Zobaczmy więc dokładnie, jak Alice i Bob mogą osiągnąć lepszy wynik w tej grze dzięki splątaniu.

Wymagane wektory i macierze

Pierwszą rzeczą, którą musimy zrobić, jest zdefiniowanie wektora stanu kubitu $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ dla każdej liczby rzeczywistej $\theta$ (którą będziemy traktować jako kąt mierzony w radianach) w następujący sposób.

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

Oto kilka prostych przykładów:

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

Mamy również następujące przykłady, które pojawiają się w analizie poniżej:

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

Patrząc na ogólną postać, widzimy, że iloczyn skalarny między dowolnymi dwoma z tych wektorów ma następujący wzór:

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

Dokładniej, te wektory mają tylko wpisy będące liczbami rzeczywistymi, więc nie musimy się martwić o sprzężenia zespolone: iloczyn skalarny jest iloczynem cosinusów plus iloczynem sinusów. Użycie jednego ze wzorów na sumę kątów z trygonometrii prowadzi do powyższego uproszczenia. Ten wzór ujawnia geometryczną interpretację iloczynu skalarnego między rzeczywistymi wektorami jednostkowymi jako cosinus kąta między nimi.

Jeśli obliczymy iloczyn skalarny iloczynu tensorowego dowolnych dwóch z tych wektorów ze stanem $\vert \phi^+\rangle$, otrzymamy podobne wyrażenie, z tą różnicą, że ma ono $\sqrt{2}$ w mianowniku:

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

Nasze zainteresowanie tym konkretnym iloczynem skalarnym wkrótce stanie się jasne, ale na razie po prostu obserwujemy go jako wzór.

Następnie zdefiniujmy macierz unitarną $U_{\theta}$ dla każdego kąta $\theta$ w następujący sposób.

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

Intuicyjnie mówiąc, ta macierz przekształca $\vert\psi_{\theta}\rangle$ w $\vert 0\rangle$ oraz $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ w $\vert 1\rangle.$ Aby sprawdzić, że jest to macierz unitarna, kluczową obserwacją jest to, że wektory $\vert\psi_{\theta}\rangle$ i $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ są ortogonalne dla każdego kąta $\theta$:

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

Zatem otrzymujemy

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

Alternatywnie możemy zapisać tę macierz jawnie jako

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

Jest to przykład macierzy obrotu, a konkretnie obraca ona dwuwymiarowe wektory o wpisach będących liczbami rzeczywistymi o kąt $-\theta$ wokół początku układu współrzędnych. Jeśli zastosujemy standardową konwencję nazywania i parametryzowania obrotów różnych postaci, mamy $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ gdzie

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

Opis strategii

Teraz możemy opisać strategię kwantową.

• Konfiguracja: Alice i Bob rozpoczynają grę, dzieląc e-bit: Alice trzyma kubit $\mathsf{A},$ Bob trzyma kubit $\mathsf{B},$ a razem oba kubity $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ są w stanie $\vert\phi^+\rangle$.

• Działania Alice:

  • Jeśli Alice otrzyma pytanie $x=0,$ stosuje $U_{0}$ do swojego kubitu $\mathsf{A}.$
  • Jeśli Alice otrzyma pytanie $x=1,$ stosuje $U_{\pi/4}$ do swojego kubitu $\mathsf{A}.$

  Operację, którą Alice wykonuje na $\mathsf{A}$, można alternatywnie opisać w ten sposób:

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

  Po zastosowaniu tej operacji Alice mierzy $\mathsf{A}$ pomiarem w bazie standardowej i ustawia swoją odpowiedź $a$ jako wynik pomiaru.

• Działania Boba:

  • Jeśli Bob otrzyma pytanie $y=0,$ stosuje $U_{\pi/8}$ do swojego kubitu $\mathsf{B}.$
  • Jeśli Bob otrzyma pytanie $y=1,$ stosuje $U_{-\pi/8}$ do swojego kubitu $\mathsf{B}.$

  Podobnie jak dla Alice, możemy wyrazić operację Boba na $\mathsf{B}$ w ten sposób:

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

  Po zastosowaniu tej operacji Bob mierzy $\mathsf{B}$ pomiarem w bazie standardowej i ustawia swoją odpowiedź $b$ jako wynik pomiaru.

Oto diagram obwodu kwantowego opisujący tę strategię:

Na tym diagramie widzimy dwie zwykłe bramki sterowane, jedną dla $U_{-\pi/8}$ na górze i jedną dla $U_{\pi/4}$ na dole. Mamy także dwie bramki, które wyglądają jak bramki sterowane, jedną dla $U_{\pi/8}$ na górze i jedną dla $U_{0}$ na dole, z tą różnicą, że okrąg reprezentujący sterowanie nie jest wypełniony. Oznacza to inny rodzaj bramki sterowanej, w której bramka jest wykonywana, jeśli sterowanie jest ustawione na $0$ (zamiast $1$, jak w zwykłej bramce sterowanej). Zatem faktycznie Bob wykonuje $U_{\pi/8}$ na swoim kubicie, jeśli $y=0$, oraz $U_{-\pi/8}$, jeśli $y=1;$ a Alice wykonuje $U_0$ na swoim kubicie, jeśli $x=0$, oraz $U_{\pi/4}$, jeśli $x=1,$ co jest zgodne z opisem protokołu słownie powyżej.

Pozostaje ustalić, jak dobrze działa ta strategia dla Alice i Boba. Zrobimy to, przechodząc przez cztery możliwe pary pytań indywidualnie.

Analiza przypadek po przypadku

• Przypadek 1: $(x,y) = (0,0).$

  W tym przypadku Alice wykonuje $U_{0}$ na swoim kubicie, a Bob wykonuje $U_{\pi/8}$ na swoim, więc stan dwóch kubitów $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po wykonaniu przez nich operacji wynosi

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

  Prawdopodobieństwa dla czterech możliwych par odpowiedzi $(a,b)$ są zatem następujące.

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

  Możemy następnie uzyskać prawdopodobieństwa, że $a=b$ oraz $a\neq b$, poprzez sumowanie.

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

  Dla pary pytań $(0,0)$ Alice i Bob wygrywają, gdy $a=b,$ a zatem wygrywają w tym przypadku z prawdopodobieństwem

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

• Przypadek 2: $(x,y) = (0,1).$

  W tym przypadku Alice wykonuje $U_{0}$ na swoim kubicie, a Bob wykonuje $U_{-\pi/8}$ na swoim, więc stan dwóch kubitów $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po wykonaniu przez nich operacji wynosi

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

  Prawdopodobieństwa dla czterech możliwych par odpowiedzi $(a,b)$ są zatem następujące.

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

  Ponownie, prawdopodobieństwa, że $a=b$ oraz $a\neq b$, możemy uzyskać poprzez sumowanie.

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

  Dla pary pytań $(0,1)$ Alice i Bob wygrywają, gdy $a=b,$ a zatem wygrywają w tym przypadku z prawdopodobieństwem

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

• Przypadek 3: $(x,y) = (1,0).$

  W tym przypadku Alice wykonuje $U_{\pi/4}$ na swoim kubicie, a Bob wykonuje $U_{\pi/8}$ na swoim, więc stan dwóch kubitów $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po wykonaniu przez nich operacji wynosi

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

  Prawdopodobieństwa dla czterech możliwych par odpowiedzi $(a,b)$ są zatem następujące.

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

  Stwierdzamy, po raz kolejny, że prawdopodobieństwa, iż $a=b$ oraz $a\neq b$, są następujące.

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

  Dla pary pytań $(1,0)$ Alice i Bob wygrywają, gdy $a=b,$ więc wygrywają w tym przypadku z prawdopodobieństwem

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

• Przypadek 4: $(x,y) = (1,1).$

  Ostatni przypadek jest trochę inny, czego możemy się spodziewać, ponieważ warunek zwycięstwa jest w tym przypadku inny. Gdy zarówno $x$, jak i $y$ są równe $1,$ Alice i Bob wygrywają, gdy $a$ i $b$ są różne. W tym przypadku Alice wykonuje $U_{\pi/4}$ na swoim kubicie, a Bob wykonuje $U_{-\pi/8}$ na swoim, więc stan dwóch kubitów $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po wykonaniu przez nich operacji wynosi

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

  Prawdopodobieństwa dla czterech możliwych par odpowiedzi $(a,b)$ są zatem następujące.

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

  Prawdopodobieństwa zasadniczo zamieniły się miejscami w stosunku do trzech pozostałych przypadków. Prawdopodobieństwa, że $a=b$ oraz $a\neq b$, uzyskujemy poprzez sumowanie.

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

  Dla pary pytań $(1,1)$ Alice i Bob wygrywają, gdy $a\neq b,$ a zatem wygrywają w tym przypadku z prawdopodobieństwem

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

Wygrywają w każdym przypadku z tym samym prawdopodobieństwem:

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

Jest to zatem prawdopodobieństwo, z jakim ogólnie wygrywają. To znacznie lepiej niż jakakolwiek klasyczna strategia potrafi osiągnąć w tej grze; strategie klasyczne mają prawdopodobieństwo wygranej ograniczone przez $3/4.$ I to czyni ten przykład bardzo interesującym.

Okazuje się, że jest to optymalne prawdopodobieństwo wygranej dla strategii kwantowych. To znaczy, nie możemy osiągnąć lepszego wyniku, niezależnie od tego, jaki splątany stan czy pomiary wybierzemy. Fakt ten znany jest jako nierówność Tsirelsona, nazwana na cześć Borisa Tsirelsona, który jako pierwszy ją udowodnił — i który jako pierwszy opisał eksperyment CHSH jako grę.

Obraz geometryczny

Opisaną powyżej strategię można rozpatrywać geometrycznie, co może być pomocne do zrozumienia zależności pomiędzy różnymi kątami wybranymi dla operacji Alice i Boba.

To, co w istocie robi Alice, to wybór kąta $\alpha,$ zależnego od jej pytania $x,$ a następnie zastosowanie $U_{\alpha}$ do swojego kubitu i pomiar. Podobnie Bob wybiera kąt $\beta,$ zależny od $y,$ a następnie stosuje $U_{\beta}$ do swojego kubitu i dokonuje pomiaru. Wybraliśmy $\alpha$ i $\beta$ w następujący sposób.

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

Na razie jednak przyjmijmy, że $\alpha$ i $\beta$ są dowolne. Wybierając $\alpha,$ Alice w istocie definiuje ortonormalną bazę wektorów, która wygląda tak:

Bob postępuje podobnie, z tą różnicą, że jego kątem jest $\beta$:

Kolory wektorów odpowiadają odpowiedziom Alice i Boba: niebieski dla $0$ i czerwony dla $1.$

Teraz, jeśli połączymy ze sobą $(1)$ i $(2),$ otrzymamy wzór

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

który działa dla wszystkich liczb rzeczywistych $\alpha$ i $\beta.$

Przeprowadzając tę samą analizę, którą wykonaliśmy powyżej, ale traktując $\alpha$ i $\beta$ jako zmienne, otrzymujemy:

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

Wyciągamy wniosek, że zachodzą następujące dwa wzory:

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

Równania te można powiązać z powyższymi rysunkami, wyobrażając sobie, że nakładamy na siebie bazy wybrane przez Alice i Boba. W szczególności, gdy $(x,y) = (0,0),$ Alice i Bob wybierają $\alpha = 0$ i $\beta = \pi/8,$ a poprzez nałożenie ich baz otrzymujemy taki rysunek:

Kąt pomiędzy czerwonymi wektorami wynosi $\pi/8,$ co jest równe kątowi pomiędzy dwoma niebieskimi wektorami. Prawdopodobieństwo, że wyniki Alice i Boba są zgodne, to kwadrat cosinusa tego kąta,

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

natomiast prawdopodobieństwo, że są różne, to kwadrat sinusa tego kąta,

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

Gdy $(x,y) = (0,1),$ Alice i Bob wybierają $\alpha = 0$ i $\beta = -\pi/8,$ a nakładając na siebie ich bazy otrzymujemy taki rysunek:

Kąt pomiędzy czerwonymi wektorami wynosi ponownie $\pi/8,$ podobnie jak kąt pomiędzy niebieskimi wektorami. Prawdopodobieństwo, że wyniki Alice i Boba są zgodne, to znów kwadrat cosinusa tego kąta,

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

natomiast prawdopodobieństwo, że są różne, to kwadrat sinusa tego kąta,

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

Gdy $(x,y) = (1,0),$ Alice i Bob wybierają $\alpha = \pi/4$ i $\beta = \pi/8,$ a nakładając na siebie ich bazy otrzymujemy taki rysunek:

Bazy się zmieniły, ale kąty nie — znów kąt pomiędzy wektorami tego samego koloru wynosi $\pi/8.$ Prawdopodobieństwo, że wyniki Alice i Boba są zgodne, wynosi

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

a prawdopodobieństwo, że są różne, wynosi

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

Gdy $(x,y) = (1,1),$ Alice i Bob wybierają $\alpha = \pi/4$ i $\beta = -\pi/8.$ Gdy nałożymy ich bazy, zobaczymy, że stało się coś innego:

Ze względu na sposób wyboru kątów, tym razem kąt pomiędzy wektorami tego samego koloru wynosi $3\pi/8$ zamiast $\pi/8.$ Prawdopodobieństwo, że wyniki Alice i Boba są zgodne, to nadal kwadrat cosinusa tego kąta, ale tym razem wartość wynosi

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

Prawdopodobieństwo, że wyniki są różne, to kwadrat sinusa tego kąta, który w tym przypadku wynosi:

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

Uwagi

Podstawowa idea eksperymentu takiego jak gra CHSH, w którym splątanie prowadzi do wyników statystycznych niezgodnych z czysto klasycznym rozumowaniem, pochodzi od Johna Bella, od którego pochodzi nazwa stanów Bell. Z tego powodu eksperymenty tego rodzaju często określa się mianem testów Bell. Niekiedy mówi się także o twierdzeniu Bell, które można sformułować na różne sposoby — ale jego istotą jest to, że mechanika kwantowa nie jest zgodna z tak zwanymi teoriami lokalnych zmiennych ukrytych. Gra CHSH jest szczególnie czystym i prostym przykładem testu Bell i może być postrzegana jako dowód lub demonstracja twierdzenia Bell.

Gra CHSH oferuje sposób na eksperymentalne przetestowanie teorii informacji kwantowej. Można przeprowadzić eksperymenty, które implementują grę CHSH i testują opisane powyżej strategie oparte na splątaniu. Daje nam to wysoki stopień pewności, że splątanie jest czymś rzeczywistym — i w przeciwieństwie do niekiedy mglistych lub poetyckich sposobów wyjaśniania splątania, gra CHSH daje nam konkretny i testowalny sposób obserwowania splątania.