Natura stanów kwantowych: ukryte zmienne kontra nierówność Bella

Aby zrealizować ten moduł Qiskit in Classrooms, uczniowie muszą mieć działające środowisko Pythona z zainstalowanymi następującymi pakietami:

• qiskit w wersji 2.1.0 lub nowszej
• qiskit-ibm-runtime w wersji 0.40.1 lub nowszej
• qiskit-aer w wersji 0.17.0 lub nowszej
• qiskit.visualization
• numpy
• pylatexenc

Aby skonfigurować i zainstalować powyższe pakiety, zobacz przewodnik Install Qiskit. Aby uruchamiać zadania na prawdziwych komputerach kwantowych, uczniowie muszą założyć konto w IBM Quantum®, wykonując kroki opisane w przewodniku Set up your IBM Cloud account.

Ten moduł został przetestowany i wykorzystał 12 sekund czasu QPU. Jest to tylko szacunek. Twoje rzeczywiste zużycie może się różnić.

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

# Uncomment and modify this line as needed to install dependencies
#!pip install 'qiskit>=2.1.0' 'qiskit-ibm-runtime>=0.40.1' 'qiskit-aer>=0.17.0' 'numpy' 'pylatexenc'

Obejrzyj omówienie modułu przez dr Katie McCormick poniżej lub kliknij tutaj, aby obejrzeć je na YouTube.

---

Tło

W wielu obliczeniach w mechanice kwantowej zaczynasz od znanego stanu układu, a stan ten jest zazwyczaj znany dzięki pomiarowi. Dziś chcemy odpowiedzieć na pytanie: „Co można powiedzieć o stanie cząstki przed jakimkolwiek pomiarem?". Oczywistym wnioskiem z tego jest pytanie: „Jak możemy to wiedzieć, jeśli nie wolno nam mierzyć?".

Pytanie to sięga początków mechaniki kwantowej. Pionierzy tej dziedziny podzielili się na frakcje – Einstein i wielu innych twierdziło, że cząstka po prostu znajduje się w jakimś nieznanym stanie przed pomiarem. Inni, w szczególności Max Born, a później Niels Bohr, wysunęli bardziej radykalne twierdzenie, mówiąc, że stan cząstki jest naprawdę nieokreślony przez naturę przed pomiarem, a nie tylko nieznany ludziom. Pomiar następnie probabilistycznie kolapsuje cząstkę w określony stan. Einstein, niezadowolony z tego wyjaśnienia, słynnie skomentował to słowami „Gott würfelt nicht", co z grubsza tłumaczy się jako „Bóg nie gra w kości".

Przez dziesięciolecia po pojawieniu się tej różnicy zdań wielu sądziło, że być może nigdy nie zostanie ona rozstrzygnięta lub że jest to kwestia perspektywy. Następnie, w 1964 roku, John Bell, fizyk z Irlandii Północnej, napisał artykuł, w którym zbadał statystyki pewnych eksperymentów, które mogły definitywnie odpowiedzieć na to pytanie. Pokazał, że w pewnym konkretnym teście otrzymuje się jeden zestaw statystyk dla zdefiniowanych (ale nieznanych) stanów kwantowych, a inny zestaw statystyk dla stanów kwantowych nieokreślonych przez naturę.

W czasie powstania artykułu Bella eksperymentalne testy odpowiednich statystyk były dostępne tylko dla badaczy znajdujących się w samej awangardzie fizyki. Ale dziś IBM Quantum umożliwia uczniom na całym świecie zdalne korzystanie z prawdziwych urządzeń kwantowych przez chmurę – i to za darmo – aby badać naturę stanów kwantowych. To właśnie zrobisz dzisiaj.

Konfiguracja eksperymentu myślowego: splątanie spinu

Istnieją procesy, w których cząstka bez spinu rozpada się na dwie cząstki, z których każda ma spin. Ponieważ spin jest pewnym rodzajem momentu pędu, prawo zachowania momentu pędu sugerowałoby, że dwie powstałe cząstki muszą mieć spiny dokładnie przeciwnie skierowane. I rzeczywiście, jest to obserwowane eksperymentalnie.

Przykład: neutralny mezon pi czasami rozpada się na pozyton i elektron: $\pi^0\rightarrow e^+ + e^-$ Nie martw się, jeśli nie wiesz, czym są te cząstki, i nie martw się, jeśli znasz je tak dobrze, że wiesz, iż ten typ rozpadu jest stosunkowo mało prawdopodobny. Po prostu wiedz, że jeśli jedna z powstałych cząstek ma spin w górę, druga musi mieć spin w dół, i odwrotnie. Oczywiście nie ma nic szczególnego w „górze" i „dole"; to samo przeciwne ułożenie obserwuje się, gdy pomiary są wykonywane wzdłuż tego, co często nazywamy $x$ lub $y$. Ten rozpad jest przekonującym kontekstem do rozważenia, ponieważ możemy ominąć pytania o to, jakie pomiary miały miejsce w przeszłości; pozyton i elektron nawet nie istniały aż do momentu rozpadu.

Możemy pozwolić mezonom $\pi^0$ rozpadać się i obserwować odchylenie powstających cząstek pod wpływem niejednorodnego pola magnetycznego. Niejednorodne pole używane do odchylania spinów jest często nazywane urządzeniem Sterna-Gerlacha, na cześć badaczy, którzy jako pierwsi użyli go (przypadkowo) do zebrania dowodów istnienia kwantowo-mechanicznego spinu. Zauważ, że historia jest tutaj bardziej skomplikowana niż w oryginalnym eksperymencie, ponieważ elektron i pozyton są również naładowane (w przeciwieństwie do atomów srebra w eksperymencie Sterna-Gerlacha). Ale wiemy, jak naładowane cząstki poruszają się w polu magnetycznym, i możemy odjąć ten efekt. W dalszej części będziemy zakładać, że odchylenia używane w naszych obliczeniach są spowodowane spinem cząstek, a nie ładunkiem. W konsekwencji, dla naszych celów nie ma znaczenia, który obserwator otrzymuje pozyton, a który elektron. Konfiguracja eksperymentalna wygląda mniej więcej tak:

Gdy mezon się rozpada, elektron zostaje wystrzelony w jednym kierunku, a pozyton w drugim. Każda z tych dwóch cząstek przejdzie przez niejednorodne pole magnetyczne, co spowoduje jej odchylenie albo w kierunku pola magnetycznego, albo przeciwnie do pola magnetycznego.

Jeśli mamy źródło wielu mezonów, możemy zebrać statystyki na ten temat. Jeśli obserwator po lewej i obserwator po prawej (nazwijmy ich odpowiednio Lucas i Rihanna) zawsze mierzą wzdłuż tej samej osi, te statystyki nie będą zbyt interesujące: za każdym razem, gdy jedno mierzy w górę, drugie mierzy w dół; za każdym razem, gdy jedno mierzy do strony, drugie mierzy ze strony, i tak dalej. Jednak jeśli gracze mogą swobodnie mierzyć spin wzdłuż dowolnego kierunku, możemy znaleźć coś bardziej interesującego.

Eksperyment opisany powyżej, w którym cząstki odlatują z momentem pędu spinowym mierzonym przez dwóch obserwatorów, został pierwotnie zaproponowany przez Einsteina, Podolsky'ego i Rosena (EPR) w tym artykule i jest czasami nazywany „eksperymentem EPR".

Nasze opcje

Powtórzmy dwa historyczne punkty widzenia, dla jasności:

Opcja 1 (Einstein): Dwa spiny (elektronu i pozytonu) są określone, w tym sensie, że wynik dowolnego pomiaru wzdłuż dowolnej osi jest z góry ustalony przez naturę, nawet jeśli nie wiemy, jaki on jest. Można pomyśleć o tym jako o spinach mających pewną rzeczywistą, dobrze zdefiniowaną orientację w przestrzeni, która nie jest nam znana, ale która istnieje. Albo można pomyśleć o tym jako o zbiorze informacji lub instrukcji, które determinują wyniki pomiarów wzdłuż $x$, $y$, $z$ lub czegokolwiek pomiędzy. Pomiar spinu pozytonu (powiedzmy wzdłuż z) zmusza go do orientacji i ułożenia w kierunku z lub -z. Nie ma to przyczynowego wpływu na spin elektronu, choć wiemy, że spin elektronu zaczynał przeciwnie do spinu pozytonu, więc jeśli spin pozytonu jest mierzony jako +z, spin elektronu jest mierzony jako -z. Poza początkowym warunkiem instrukcji zachowujących moment pędu (przeciwne ułożenie spinów), nie ma żadnego połączenia między dwoma spinami. Ta opcja jest czasami nazywana „ukrytymi zmiennymi", w tym sensie, że projekcje wzdłuż różnych osi są określone, ale są przed nami ukryte.

Opcja 2 (Born): Oba spiny są nieokreślone w swoich stanach początkowych… nie tylko nieznane, ale fizycznie źle zdefiniowane, bez żadnej konkretnej orientacji ani instrukcji dotyczących wyników eksperymentalnych, dopóki nie zostaną zmierzone. Pomiar spinu pozytonu „kolapsuje" przestrzeń wszystkich możliwości do jednego określonego stanu, albo wzdłuż osi +z, albo -z. Ten pomiar pozytonu zmusza również spin elektronu do skolapsowania w dobrze zdefiniowaną projekcję wzdłuż z, dokładnie przeciwną do spinu pozytonu. Efekt ten występuje rozłożony w przestrzeni między pozytonem a elektronem. Zostało to nazwane „upiornym oddziaływaniem na odległość", ale można by mniej dramatycznie nazwać to „nielokalną fizyką".

Sprawdź swoje zrozumienie

Przeczytaj poniższe pytanie, zastanów się nad odpowiedzią, a następnie kliknij trójkąt, aby ujawnić rozwiązanie.

Byłoby świetnie eksperymentalnie odróżnić opcje Einsteina i Borna. Jakie eksperymenty dawałyby te same wyniki niezależnie od tego, która opcja jest prawdziwa? Czy możesz wymyślić eksperyment, który dałby różne wyniki dla obu opcji? Uwaga Byłoby bardzo imponujące, gdybyś mógł wymyślić eksperyment, który dałby różne wyniki dla opcji Einsteina i Borna; ludziom zajęło dziesięciolecia wymyślenie takiego.

Odpowiedź:

Trzymając się eksperymentu opisanego do tej pory (czyli zerowy spin wypadkowy z pozytonem i elektronem przeciwnie ułożonymi), pomiar obu spinów wzdłuż $\pm x$, $\pm y$ lub $\pm z$ zawsze dałby przeciwne znaki ze względu na zachowanie momentu pędu, niezależnie od tego, która opcja jest poprawna. Pomiar spinu jednej cząstki (powiedzmy elektronu) wzdłuż jednego kierunku (powiedzmy $+z$) oznacza, że spin drugiej cząstki, pozytonu, byłby zmierzony wzdłuż $-z$. Jeśli zamiast tego zmierzysz spin pozytonu wzdłuż kierunku $x$, równie prawdopodobne jest, że wyjdzie $+x$ lub $-x$. Mogłoby to wynikać z tego, że tak mówią ukryte instrukcje (opcja 1 Einsteina) lub z tego, że rozkład prawdopodobieństwa spinu pozytonu aktualizuje się po pomiarze spinu elektronu, a nowy rozkład prawdopodobieństwa jest zgodny z podziałem 50-50 między $\pm x$ (opcja 2 Borna). Te punkty są wyjaśnione bardziej szczegółowo poniżej.

Odpowiedź jest tylko nieznacznie inna, jeśli rozważymy rozpad cząstki o spinie 1, taki że dwie powstające cząstki (jak pozyton i elektron) muszą mieć swoje spiny ułożone zgodnie, a nie przeciwnie. Jeśli jedna jest zmierzona wzdłuż $+y$, pomiar drugiej cząstki wzdłuż osi $y$ musi również dać $+y$, i tak dalej. Tak jak poprzednio, mogłoby to wynikać z którejkolwiek opcji.

Reszta tej lekcji jest poświęcona eksperymentowi, który może rozróżnić między opcjami Einsteina i Borna, więc nie będziemy tutaj wchodzić w szczegóły. Jednak część triku polega na pomiarze dwóch cząstek wzdłuż różnych kierunków (jak $x$ i $z$, lub nawet jakiegoś kierunku między tradycyjnymi osiami kartezjańskimi). Reszta wynika ze starannego rozważenia dokładnego prawdopodobieństwa uzyskania różnych wyników, biorąc pod uwagę przewidywania mechaniki kwantowej i te z informacji klasycznej, jak w ukrytych zmiennych.

W obu opcjach, jeśli dwoje obserwatorów, Lucas i Rihanna, mierzy wzdłuż tej samej osi, oczekiwalibyśmy, że uzyskają przeciwnie ułożone spiny, niezależnie od tego, która opcja jest prawdziwa. Aby zobaczyć dlaczego, rozważ poniższe diagramy.

Powyższy rysunek pokazuje opcję Einsteina. Kierunki spinów są przeciwne i określone. Jeśli mierzymy wzdłuż osi $z$, jeden będzie wzdłuż $+z$, a jeden wzdłuż $-z$. Nie mamy powodu zakładać, że pozyton byłby wzdłuż $+z$, a elektron wzdłuż $-z$; obraz po prostu pokazuje, że spiny zostaną zmierzone jako będące w przeciwnych kierunkach. W rzeczywistości dany spin nie musi faktycznie mieć składowej swojego spinu wzdłuż kierunku ostatecznie zmierzonego, w przypadku opcji Einsteina. Najsłabszym sformułowaniem opcji Einsteina jest to, że istnieje pewien zestaw instrukcji, które są przechowywane w spinie i które determinują, jakie będą wyniki pomiarów, gdy będą wykonywane wzdłuż dowolnej osi. Nie musimy wyobrażać sobie, że te instrukcje mają formę prostego wektora (zobacz diagram poniżej); wrócimy do tego później.

Poniższy rysunek pokazuje opcję Borna, w której kierunki spinów pozytonu i elektronu są rozmyte w rozkładzie prawdopodobieństwa i nie mają określonego kierunku. Nie czytaj zbyt wiele w kształcie rozkładu. Każdy spin może faktycznie mieć niezerowe prawdopodobieństwo wskazywania w dowolnym kierunku, o ile są one przeciwne sobie; po prostu narysowaliśmy je jako frakcje koła, abyśmy mogli wizualnie je odróżnić w celach dyskusji. Zauważ, że w przypadku opcji Borna nadal jest prawdą, że moment pędu musi być zachowany. Tak więc, jeśli jedna fala prawdopodobieństwa jest „skolapsowana" tak, że spin wskazuje wzdłuż $+z$, druga będzie wskazywać wzdłuż $-z$ i zostanie odchylona w przeciwnym kierunku. Opcje wydają się identyczne.

Ale co się dzieje, gdy obserwatorzy L i R mogą mierzyć wzdłuż dowolnej z trzech osi, z każdą parą oddaloną o 120 stopni, jak pokazano na rysunkach 4 i 5. Każdy obserwator może losowo zdecydować, wzdłuż jakiej osi zmierzy spin (a, b lub c). Obaj nie muszą mierzyć wzdłuż tej samej osi. Gdy każdy obserwator mierzy, mogą znaleźć dodatnią projekcję na wybranej osi lub mogą znaleźć ujemną projekcję. Na przykład Lucas i Rihanna mogą zmierzyć +a i -b lub +b i +c. Zauważ, że jeśli zdarzy im się wybrać pomiar wzdłuż tej samej osi, to MUSZĄ uzyskać przeciwne znaki w swoich projekcjach: +a i -a, +b i -b, lub +c i -c; nie mogą oboje znaleźć, na przykład +a. W następnej sekcji przejdziemy przez to, jak obliczyć prawdopodobieństwo, że Lucas i Rihanna uzyskują ten sam znak na swoich zmierzonych osiach (++ lub --) i przeciwne znaki (+-) lub (-+).

Dwa powyższe rysunki ilustrują możliwe interpretacje ukrytych zmiennych w tym nowym, trzyosiowym scenariuszu pomiarowym. To znaczy, albo spiny są już określone, jako wektory, albo zestaw fizycznych instrukcji istnieje jakoś osadzony w układzie tak, że wyniki wszystkich możliwych pomiarów są z góry ustalone, nawet jeśli są niepoznawalne dla eksperymentatorów przed pomiarem. Alternatywa jest zilustrowana poniżej. Istnieje pewien rozkład prawdopodobieństwa wyników, a ten rozkład może powiedzieć nam pewne rzeczy o prawdopodobieństwie różnych wyników pomiarów, ale wyniki są nieokreślone przez naturę przed pomiarem.

Możemy zadać sobie pytanie: „Jak często dwaj gracze powinni znajdować ten sam znak projekcji spinu?". To znaczy, nie zapisujemy nawet, wzdłuż której osi zdecydowali się mierzyć; po prostu zapisujemy, czy znaleźli ten sam znak, czy inny znak. Nie jest oczywiste, czy opcje Einsteina i Borna dadzą ten sam wynik w tym bardziej skomplikowanym schemacie pomiarowym. Ale z rysunków 4 i 5 powinno być jasne, że jest $możliwe$, aby istniała różnica. Dla przypadku pokazanego w opcji Einsteina, pomiar projekcji spinu $e+$ na osi $a$ z pewnością da $+a$, a projekcja spinu $e-$ na osi $b$ da $-b$ (ledwo). Ale w opcji Borna możliwości są szeroko otwarte. Prawdą jest, że moment pędu jest nadal zachowany. Ale ponieważ dwa pola magnetyczne nie są zorientowane wzdłuż tej samej osi, wymuszamy na cząstkach sytuację, w której muszą one skolapsować na różne osie (poprzez interakcje z polem). W następnej sekcji użyjemy mechaniki kwantowej, aby określić, jakie powinny być prawdopodobieństwa, biorąc pod uwagę opcję Borna, że Lucas i Rihanna uzyskują ten sam znak na swoich zmierzonych osiach (++ lub --), oraz prawdopodobieństwa, że uzyskają przeciwne znaki (+- lub -+).

Predykcje

Co przewiduje opcja Einsteina (zmienne ukryte)?

Jeśli opcja Einsteina jest prawdziwa, to każda dana para $e+$ i $e-$ będzie miała zestaw składowych wektorowych swoich spinów. Na przykład elektron może mieć składowe $(+\hat{a},-\hat{b}, +\hat{c})$, w którym to przypadku pozyton musi mieć składowe $(-\hat{a},+\hat{b}, -\hat{c})$. Określamy tutaj jedynie znak rzutu na każdej osi, a nie wartość. Wyobraź sobie, że pozwalamy na zajście bardzo dużej liczby $N$ takich rozpadów i zbieramy pomiary, aby wypełnić poniższą tabelę.

Populacja	Cząstka 1	Cząstka 2
$N_1$	$(+\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$	$(-\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$
$N_2$	$(+\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$	$(-\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$
$N_3$	$(+\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$	$(-\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$
$N_4$	$(+\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$	$(-\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$
$N_5$	$(-\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$	$(+\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$
$N_6$	$(-\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$	$(+\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$
$N_7$	$(-\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$	$(+\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$
$N_8$	$(-\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$	$(+\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$

Dla każdego przypadku w powyższej tabeli istnieje 9 możliwych wyborów osi Lucasa i Rihanny: $aa$, $ab$, $ac$, $ba$, $bb$, $bc$, $ca$, $cb$ oraz $cc$. Czytając z tej tabeli, prawdopodobieństwo, że dwóch obserwatorów zmierzy ten sam znak dla wierszy 1 i 8, wynosi zero. Dla wierszy 2-7 istnieją 4 sposoby uzyskania tego samego znaku, które pokażemy tylko dla wiersza 2:

Te same znaki: $ac$, $bc$, $ca$, $cb$ Przeciwne znaki: $aa$, $ab$, $ba$, $bb$, $cc$

Tak więc, jeśli opcja Einsteina jest poprawną interpretacją stanów kwantowych, całkowite prawdopodobieństwo zsumowane po wszystkich możliwych populacjach, że Lucas i Rihanna otrzymają ten sam znak rzutu spinu na losowo wybrane osie, wyniosłoby: $P_\text{same}=\frac{1}{\sum_i{N_i}} \frac{4}{9} (N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7)\leq \frac{4}{9}$ Gdzie równość zachodzi tylko wtedy, gdy $N_1=N_8=0$.

Sprawdź, czy rozumiesz

Przeczytaj poniższe pytania, zastanów się nad odpowiedzią, a następnie kliknij trójkąty, aby ujawnić rozwiązania.

Dla wiersza 2 powyższej tabeli wymieniliśmy wszystkie możliwe sposoby uzyskania tego samego znaku przez Lucasa i Rihannę dla ich pomiarów oraz wszystkie sposoby, w jakie mogliby uzyskać różne znaki. Powtórz to dla trzeciego wiersza.

Odpowiedź:

Te same znaki: $ab$, $ba$, $bc$, $cb$

Przeciwne znaki: $aa$, $ac$, $bb$, $ca$, $cc$

Powyższa tabela odnosi się do "populacji", co oznacza, że nie wiemy, ile każdego rodzaju instrukcji wytwarza natura, jeśli traktowanie zmiennych ukrytych jest poprawne. Pokaż, że niezależnie od rozkładu $N_1$ do $N_8$, prawdopodobieństwo uzyskania tego samego znaku z pomiarów jest zawsze mniejsze lub równe 4/9.

Odpowiedź:

Zacznijmy od założenia stałej liczby wszystkich prób pomiarowych, takich że $\sum_i{N_i} = N_{tot}$ jest stałe. Zauważ, że w szczególnym przypadku, gdy $N_1=N_8=0$, wyrażenie redukuje się do

$$P_{same}=\frac{1}{N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7} \times \frac{4}{9} \times (N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7) = \frac{1}{N_{tot}} \times \frac{4}{9} \times N_{tot}= \frac{4}{9}$$

Załóżmy teraz, że albo $N_1 \neq 0$, albo $N_8 \neq 0$. Wtedy

$$P_{same}=\frac{1}{N'_1+N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7+N'_8} \times \frac{4}{9} \times (N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7) = \frac{4}{9}$$

Suma wszystkich prób, $N_tot$, jest nadal taka sama jak wcześniej. Ale ponieważ $N'_1$ lub $N'_8$ wzrosło z 0, suma $N'_2$ do $N'_7$ musi być niższa niż wcześniej. W szczególności suma $N'_2$ do $N'_7$ jest mniejsza niż $N_{tot}$. Tak więc

$$P_{same}=\frac{1}{N_{tot}} \times \frac{4}{9} \times (N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7) < \frac{4}{9}$$

Łącząc wszystkie możliwe przypadki, mamy $P_{same} \leq \frac{4}{9}$.

Uogólnienie

W powyższym podejściu rozważaliśmy pomiary wzdłuż określonych osi. Oczywiście można dokonywać pomiarów wzdłuż dowolnej osi. Nazwijmy dwa wektory spinu dwóch cząstek $\vec{a}$ i $\vec{b}$. Niech $\lambda$ będzie pewną zmienną ukrytą taką, że stan układu dwucząstkowego odpowiada dobrze określonej wartości $lambda$. Niech $\rho(\lambda)$ będzie gęstością prawdopodobieństwa w $\lambda$. Wreszcie, wybieramy symbole $A(\vec{a},\lambda)$ i $B(\vec{b},\lambda)$ jako z góry określony wynik pomiaru wykonanego na każdej z cząstek (A lub B), przy danych wektorach spinu i zmiennej ukrytej. Co istotne, zauważ, że $A$ jest niezależne od $\vec{b}$, a $B$ jest niezależne od $\vec{a}$. Można teraz postawić dowolną liczbę pytań związanych z korelacjami między pomiarami na A i B. W szczególności można zapytać o wartość oczekiwaną daną przez

$$E(\vec{a},\vec{b})\equiv\int{d\lambda \rho(\lambda)A(\vec{a},\lambda)B(\vec{b},\lambda)}$$

Przy pewnych standardowych założeniach dotyczących tych wartości, takich jak $A(\vec{a},\lambda)\leq 1$, $B(\vec{b},\lambda)\leq 1$ oraz normalizacja po $\rho(\lambda)$, można wykazać, że korelacje między dwiema cząstkami spełniają zależność

$$|E(\vec{a},\vec{b})-E(\vec{a},\vec{d})|+|E(\vec{c},\vec{d})+E(\vec{c},\vec{b})|\leq 2,$$

gdzie $\vec{a}$ i $\vec{b}$ są stanami spinu twojego układu, a $\vec{c}$ i $\vec{d}$ są referencyjnymi stanami spinu (dowolnymi innymi możliwymi stanami spinu układu). Jest to jedna z całej klasy nierówności znanych obecnie jako "nierówności Bella". Nie będziemy tu używać tej ogólnej formy. Zamiast tego skupimy się na jednej konkretnej konfiguracji eksperymentalnej, abyśmy mogli odwzorować tę konfigurację na obwód kwantowy.

Co przewiduje opcja Borna (niedeterministyczna mechanika kwantowa)?

Lucas wybierze pewną oś i znajdzie spin jednej cząstki w kierunku dodatnim lub ujemnym. Cokolwiek otrzyma, zorientujmy nasze osie tak, aby oś $z$ była tym kierunkiem. Wtedy możemy zapisać stan początkowy po rozpadzie mezonu i przed jakimkolwiek pomiarem jako

$$|\psi \rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R)$$

Rihanna zmierzy spin swojej cząstki wzdłuż innego kierunku pod kątem $\theta$ względem kierunku Lucasa. Operator spinu wzdłuż dowolnego kierunku $\hat{n}$ jest dany przez

$$\hat{S}_{\hat{n}}=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta) e^{-i\phi} \\ \sin(\theta) e^{i\phi} & -\cos(\theta) \end{bmatrix}$$

Stany własne tego operatora to

$$|+\rangle_{\hat{n}}=\cos(\theta/2)|0\rangle+\sin(\theta/2)e^{i\phi}|1\rangle \\ |-\rangle_{\hat{n}}=\sin(\theta/2)|0\rangle-\cos(\theta/2)e^{i\phi}|1\rangle$$

Sprawdź, czy rozumiesz

Przeczytaj poniższe pytania, zastanów się nad odpowiedziami, a następnie kliknij trójkąty, aby ujawnić rozwiązania.

Sprawdź, że $|+\rangle_{\hat{n}}$ jest stanem własnym operatora $\hat{S}_{\hat{n}}$ powyżej, i znajdź wartość własną.

Odpowiedź:

$$\hat{S}_{\hat{n}}|+\rangle_{\hat{n}}=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta) e^{-i\phi} \\ \sin(\theta) e^{i\phi} & -\cos(\theta) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos(\theta/2) \\ \sin(\theta/2)e^{i\phi}\end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta)\cos(\theta/2) + \sin(\theta)\sin(\theta/2)e^{i\phi} e^{-i\phi} \\ \cos(\theta/2)\sin(\theta) e^{i\phi} -\cos(\theta)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$

Korzystając z $\cos(\theta)=\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2)$ oraz $\sin(\theta)=2\cos(\theta/2)\sin(\theta/2)$, mamy

$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \left(\cos(\theta) + 2\sin^2(\theta/2)\right) \cos(\theta/2) \\ \left(2\cos^2(\theta/2) -\cos^2(\theta/2)+\sin^2(\theta/2)\right)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \left(\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2) + 2\sin^2(\theta/2)\right) \cos(\theta/2) \\ \left(2\cos^2(\theta/2) -\cos^2(\theta/2)+\sin^2(\theta/2)\right)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta/2) \\ \sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$

To pokazuje, że $|+\rangle_{\hat{n}}$ jest stanem własnym, a odpowiadająca mu wartość własna wynosi $\frac{\hbar}{2}$.

Prawdopodobieństwo, że Lucas zmierzy spin w kierunku dodatnim wzdłuż wybranej przez siebie osi $|+\rangle$ $oraz$ że Rihanna również zmierzy dodatni spin wzdłuż wybranego przez siebie kierunku $|+\rangle_{\hat{n}}$, wynosi

$$P_{++}=\left|\left(_L\langle+|_{R,\hat{n}}\langle+|\right)|\psi\rangle\right|^2$$ $$P_{++}=\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \left(|+\rangle_L|-\rangle_R\right) \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\left| \left(\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\vphantom{p}_R\langle-|\right) |-\rangle_R \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\sin^2(\theta/2)$$

Sprawdź, czy rozumiesz

Przeczytaj poniższe pytania, zastanów się nad odpowiedziami, a następnie kliknij trójkąty, aby ujawnić rozwiązania.

Zrób to samo dla $P_{--}$. Sprawdź, że również jest ono równe $\frac{1}{2}\sin^2(\theta).$

Odpowiedź:

$$P_{--}=\left|\left(_L\langle-|_{R,\hat{-n}}\langle+|\right)|\psi\rangle\right|^2$$$$P_{--}=\left| \left(_L\langle-|_R\left(\sin(\theta/2)\langle+|-\cos(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\left| \left(_L\langle-|_R\left(\sin(\theta/2)\langle+|-\cos(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \left(-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\left| \left(\sin(\theta/2) \vphantom{p}_R\langle+|\right) |+\rangle_R \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\sin^2(\theta/2)$$

Dodając te wyniki, znajdujemy, że prawdopodobieństwo, że znaki dwóch zmierzonych osi są takie same, wynosi $P_{\text{same}}=\sin^2(\theta/2)$.

Sprawdź, czy rozumiesz

Przeczytaj poniższe pytanie, zastanów się nad odpowiedzią, a następnie kliknij trójkąt, aby ujawnić rozwiązanie.

Co możesz zrobić, aby sprawdzić matematykę tego wyniku? Dla jasności, nie prosimy cię jeszcze o weryfikację, czy zgadza się to z naturą, tylko o upewnienie się, że nic nie poszło nie tak w obliczeniach.

Odpowiedź:

(1) Wykonaj te same obliczenia dla $P_{\text{diff}}=\cos^2(\theta/2)$, aby zweryfikować zachowanie prawdopodobieństwa.

(2) Sprawdź znany przypadek. Wstaw $\theta = 0$. Wtedy $P_{\text{same}}$ odpowiada sytuacji, w której obaj obserwatorzy mierzą swój spin wzdłuż tej samej osi, co naruszałoby zasadę zachowania momentu pędu. Spodziewałbyś się więc, że to prawdopodobieństwo wyniesie zero, i rzeczywiście wstawienie $\theta = 0$ daje $\sin^2(0/2) = 0$.

(3) Sprawdź inny znany przypadek. Spróbuj $\theta = \pi$. Co powinieneś otrzymać. Uważaj na to $\frac{1}{2}$.

Szkicowaliśmy konkretnie przypadek, w którym osie są ustawione pod kątem $120\deg$ względem siebie. Pamiętaj, że jakikolwiek kierunek ($\pm a$, $\pm b$ lub $\pm c$) Lucas otrzyma, nazywamy go $z$. Następnie Rihanna losowo wybiera pomiar wzdłuż $\pm a$, $\pm b$ lub $\pm c$. Jeśli jej wybór jest taki sam jak Lucasa (z dokładnością do znaku), to oboje mierzą wzdłuż $z$, a prawdopodobieństwo, że Rihanna również zmierzy $+z$, wynosi zero. Powinno to zdarzać się 1/3 czasu, ponieważ wybór osi przez Rihannę jest niezależny od wyboru Lucasa. Dla każdego innego wyboru Rihanna będzie mierzyć wzdłuż osi oddalonej o $120\deg = 2\pi/3$ radianów od $z$ (1/3 czasu) lub o $240\deg = 4\pi/3$ radianów od $z$ (1/3 czasu). I oczywiście, wzdłuż każdej z tych osi spin może zostać zmierzony jako dodatni lub ujemny. Daje nam to całkowite prawdopodobieństwo, że Lucas i Rihanna otrzymają ten sam znak:

$$P_{\text{same}} = \frac{1}{3}\left( 0 + \sin^2(\pi/3) + \sin^2(2\pi/3) \right) = \frac{1}{3}\left( 0 + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} \right) = \frac{1}{2}$$

Wow

Właśnie pokazaliśmy, że

$$(P_\text{same})_\text{max, Einstein}<(P_\text{same})_\text{max, Born}.$$

Cofnijmy się o krok.

Opcje Einsteina i Borna wyglądały na takie, które zawsze dawałyby te same wyniki, ponieważ różniły się tylko opisem tego, co dzieje się przed pomiarem. A jednak, zakładając, że istniały instrukcje, które z góry określały znak pomiaru spinu wzdłuż pewnych osi, otrzymaliśmy ograniczenie na prawdopodobieństwo, że pomiary dadzą ten sam znak $(P_{\text{same}})_\text{Einstein}\leq\frac{4}{9}$. Następnie założyliśmy rozkłady prawdopodobieństwa jak w mechanice kwantowej... i otrzymaliśmy inną wartość dla $(P_{\text{same}})_\text{Born}=\frac{1}{2}$. Predykcja z mechaniki kwantowej jest wyższa niż dopuszczalna w podejściu zmiennych ukrytych. Tak więc faktycznie możemy przeprowadzić eksperyment i odkryć, czy stany mechaniki kwantowej są określone przez naturę przed pomiarem, czy też są naprawdę w probabilistycznej superpozycji możliwych stanów.

Eksperyment ten był wielokrotnie wykonywany przy użyciu wielu różnych układów fizycznych, często fotonów. Istnieje wiele subtelnych rozważań, takich jak błędy w pomiarach, czas (równoczesność) pomiarów i wiele innych. Przez dziesięciolecia obawy dotyczące tych subtelności były stopniowo eliminowane. Testy są nadal przeprowadzane, w miarę jak dowiadujemy się więcej o rzeczywistości, ale obecnie panuje powszechna zgoda, że odpowiedź, którą tutaj otrzymasz, korzystając z komputerów kwantowych IBM®, jest poprawna.

Test używając prawdziwych komputerów kwantowych!

Zgodnie z naszym podejściem opisanym powyżej, zdefiniujmy kierunek pomiaru Lucasa jako $+z$. Było to wygodne już w podejściu algebraicznym, ale jest szczególnie wygodne w obliczeniach kwantowych, ponieważ to, co jest zazwyczaj mierzone, to rzut Qubitu wzdłuż $z$. Chcemy zbudować Circuit kwantowy, który daje nam te same warunki prawdopodobieństwa co powyżej dla $P_{++}$. Możemy dowolnie zorientować naszą płaszczyznę tak, by $\phi=0$, i otrzymujemy

$$P_{++}=\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$

Musimy wiedzieć kilka rzeczy o komputerach kwantowych IBM, które ukierunkują naszą dyskusję. Po pierwsze, Qubity są inicjalizowane w stanie $|0\rangle = |+\rangle_z$. Jak wspomniano wcześniej, gdy dokonywane są pomiary, odbywają się one wzdłuż osi $z$. Celem jest więc ustalenie, jakie operatory możemy wstawić pomiędzy bazowe stany pomiarowe $\langle 0|\langle 0|$ a stany początkowe Qubitów $|0\rangle |0\rangle$, aby uzyskać skomplikowane wyrażenie powyżej. W tym celu musimy przypomnieć sobie podstawowe Gate'y w obliczeniach kwantowych.

Gate $X$: Odpowiednik operacji NOT. Gate jednoQubitowy.

$$X|0\rangle = |1\rangle,\\X|1\rangle=|0\rangle$$ $$X=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$

W Qiskit tworzenie Circuit z Gate'em $X$ wygląda tak:

from qiskit import QuantumCircuit

qc = QuantumCircuit(1)
qc.x(0)
qc.draw("mpl")

Gate Hadamarda $H$: Tworzy stan superpozycji. Gate jednoQubitowy.

$$H|0\rangle = \frac{1}{2}\left(|0\rangle+|1\rangle\right),$$ $$H|1\rangle = \frac{1}{2}\left(|0\rangle-|1\rangle\right)$$ $$H=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$$

Circuit z Gate'em Hadamarda tworzy się następująco:

qc = QuantumCircuit(1)
qc.h(0)
qc.draw("mpl")

Gate CNOT (Controlled-NOT): Ten Gate używa dwóch Qubitów: kontrolnego i docelowego. Sprawdza stan Qubitu kontrolnego, który nie jest zmieniany. Jeśli jednak Qubit kontrolny jest w stanie $|1\rangle$, Gate zmienia stan Qubitu docelowego; jeśli Qubit kontrolny jest w stanie $|0\rangle$, żadna zmiana nie jest dokonywana. W poniższej notacji przyjmijmy, że pierwszy Qubit jest kontrolnym, a drugi docelowym.

$$CNOT|00\rangle = |00\rangle, \\ CNOT|01\rangle = |01\rangle \\ CNOT|10\rangle = |11\rangle \\ CNOT|11\rangle = |10\rangle$$

Gate CNOT wygląda nieco inaczej w Circuit, ponieważ wymaga dwóch Qubitów. Oto jak się go implementuje:

qc = QuantumCircuit(2)
qc.cx(0, 1)
qc.draw("mpl")

Zauważ, że pierwszy Qubit podany w qc.cx(0,1) jest kontrolnym, a drugi docelowym. Na schemacie docelowy to ten ze znakiem „+" lub krzyżykiem.

Gate obrotu $R_y(\theta)$: Obraca stan wokół osi y. Jest to Gate jednoQubitowy.

$$R_y(\theta)|0\rangle = \cos(\theta/2)|0\rangle+\sin(\theta/2)|1\rangle,\\R_y(\theta)|0\rangle = -\sin(\theta/2)|0\rangle+\cos(\theta/2)|1\rangle$$ $$R_y(\theta)=\begin{bmatrix} \cos(\theta/2) & -\sin(\theta/2) \\ \sin(\theta/2) & \cos(\theta/2) \end{bmatrix}$$

Wreszcie, Gate'y rotacji implementuje się, podając typ Gate'a, kąt obrotu i Qubit, na którym Gate jest umieszczony — w tej kolejności:

import numpy as np

pi = np.pi

qc = QuantumCircuit(2)
qc.ry(pi / 2, 0)
qc.draw("mpl")

Nazwa Gate'a ry określa oś, wokół której następuje obrót. Pierwszy argument $\pi/2$ oznacza kąt obrotu, a drugi argument wskazuje Qubit, na którym Gate ma być umieszczony.

Sprawdź swoje zrozumienie

Przeczytaj poniższe pytanie(-a), przemyśl odpowiedź, a następnie kliknij trójkąt, aby zobaczyć rozwiązanie.

Używając składni wprowadzonej lub przypomnianej powyżej, utwórz dowolny Circuit kwantowy zawierający cztery różne typy Gate'ów kwantowych.

Odpowiedź:

Oczywiście możliwości jest nieskończenie wiele. Oto jeden przykład:

qc=QuantumCircuit(2)
qc.ry(pi/2,0)
qc.cx(1,0)
qc.x(1)
qc.h(0)
qc.cx(0,1)
qc.draw("mpl")

Od eksperymentu fizycznego do Circuit kwantowych

Na podstawie działania tych Gate'ów możemy dostrzec, że kety w wyrażeniach na $P_{++}$:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right)$$

prawdopodobnie wymagają Gate'a Hadamarda do uzyskania superpozycji oraz Gate'a CNOT do stworzenia splątania.

Użyjemy teraz Gate'ów H, X i CNOT, aby przekształcić $|0\rangle_L|0\rangle_R$ w $\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right)$:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_L|1\rangle_R-|1\rangle_L|0\rangle_R\right)$$ $$\frac{1}{\sqrt{2}}CNOT_{LR}\left(|0\rangle_L|1\rangle_R-|1\rangle_L|1\rangle_R\right)$$

Tutaj $CNOT_{LR}$ oznacza Gate CNOT używający L jako kontrolnego i R jako docelowego. Możemy teraz wyłączyć część R stanu:

$$\text{CNOT}_{LR}\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_L-|1\rangle_L\right)|1\rangle_R$$ $$\text{CNOT}_{LR} H_L|1\rangle_L|1\rangle_R$$ $$\text{CNOT}_{LR} H_L X_L X_R|0\rangle_L|0\rangle_R$$

Zapisaliśmy teraz ket wyłącznie jako Gate'y kwantowe działające na domyślny stan początkowy Qubitów.

Możemy teraz użyć $R_y(\theta)$ działającego na $\vphantom{p}_L\langle 0|_R\langle 1|$, aby uzyskać bra w wyrażeniu na $P_{++}$.

$$\vphantom{p}_L\langle0|_R\left(\cos(\theta/2)\langle0|+\sin(\theta/2)\langle1|\right)$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|_R\left(|0\rangle \cos(\theta/2)+|1\rangle \sin(\theta/2)\right)^{\dagger}$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|\left(R_{y,R}(\theta)|0\rangle_R\right)^{\dagger}$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|_R\langle0|R_{y,R}(-\theta)$$

Łącząc te wyniki, możemy zapisać prawdopodobieństwo $P_{++}$ jako

$$p_{++}=\left|\vphantom{p}_L\langle0|_R\langle0|R_{y,R}(-\theta)\text{CNOT}_{LR} H_L X_L X_R|0\rangle_L|0\rangle_R\right|^2$$

Daje nam to precyzyjne instrukcje dotyczące budowy naszego Circuit kwantowego. Zastosujemy Gate'y X, H, CNOT i $R_y$ na Qubitach reprezentujących stany kwantowe cząstek mierzonych przez Lucasa i Rihannę, a następnie wykonamy pomiary, aby uzyskać prawdopodobieństwo.

IBM Quantum zaleca podejście do problemów obliczeniowych kwantowych za pomocą frameworku, który nazywamy wzorcami Qiskit (ang. Qiskit patterns). Składa się on z następujących kroków:

• Krok 1: Odwzoruj swój problem na Circuit kwantowy
• Krok 2: Zoptymalizuj swój Circuit do uruchomienia na prawdziwym sprzęcie kwantowym
• Krok 3: Wykonaj zadanie na komputerach kwantowych IBM przy użyciu Runtime Primitives
• Krok 4: Przetwórz wyniki

Zasadniczo cała praca wykonana powyżej stanowiła krok 1. Zbudujmy teraz wynikowy Circuit używając Qiskit!

Krok 1: Odwzorowanie naszych wyników na Circuit kwantowy

# We'll begin by importing qiskit and a visualization module so that we can plot a histogram of our results.

from qiskit.visualization import plot_histogram

Pamiętaj, że 1/3 czasu oś wybrana przez Rihannę będzie znajdować się w odległości $2\pi/3$ radianów od osi Lucasa, 1/3 czasu będzie w odległości $4 \pi/3$ radianów od osi Lucasa, a 1/3 czasu oboje wybiorą tę samą oś. Musimy więc zbudować 3 Circuits kwantowe dla tych 3 przypadków i zsumować wyniki. Pierwszy z nich wyjaśnimy dokładnie, a dwa pozostałe po prostu podamy.

# We start by declaring our first quantum circuit, and giving it two qubits (the first "2") and two classical bits for storing outputs (the second "2")
# Define registers
from qiskit import ClassicalRegister, QuantumRegister

qr = QuantumRegister(2, "q")
cr = ClassicalRegister(2, "c")
qc1 = QuantumCircuit(qr, cr)

# We know from our analysis above that we need an X gate acting on each of the qubits (L and R)
qc1.x([0, 1])
# We need a Hadamard gate acting on Lucas's qubit, which we're calling the 0th qubit.
qc1.h(0)
# The controlled-NOT gate uses the 0th qubit (Lucas's) as the control and the 1st qubit (Rihanna's) as the target.
qc1.cx(0, 1)
# The rotation gate acts on the 1st qubit (Rihanna's) and has an argument of -2 pi/3
qc1.ry(-2 * pi / 3, 1)
# Finally, we want to measure all the qubits in the circuit to obtain measurement probabilities, and store the results in the classical bits.
qc1.measure([0, 1], [0, 1])
# Now we can draw the first of the three circuits that will check Bell's inequality for us.
qc1.draw(output="mpl")

Poniższy kod szybko buduje wszystkie trzy Circuits w bardziej uproszczony sposób. Zauważ, że jedyną różnicą między tymi trzema Circuits jest to, o ile obracamy dwa Qubity wokół osi $y$.

qcs = [QuantumCircuit(2, 2), QuantumCircuit(2, 2), QuantumCircuit(2, 2)]
for i in range(0, len(qcs)):
    qcs[i].x([0, 1])
    qcs[i].h(0)
    qcs[i].cx(0, 1)

qcs[0].ry(-2 * pi / 3, 1)
qcs[1].ry(-4 * pi / 3, 1)
qcs[2].ry(-2 * pi / 3, 1)
qcs[2].ry(-4 * pi / 3, 1)

for i in range(0, len(qcs)):
    qcs[i].barrier()
    qcs[i].measure([0, 1], [0, 1])

counts_list = [None] * len(qcs)

qcs[0].draw(output="mpl")

Teraz użyjemy prymitywu Qiskit o nazwie StatevectorSampler. Sampler to prymityw zaprojektowany do próbkowania wszystkich możliwych stanów układu i zwracania prawdopodobieństw (lub w niektórych przypadkach quasiprawdopodobieństw) uzyskania każdego stanu. Możemy określić liczbę „shotów" i sprawdzić „liczby" dla każdego stanu.

from qiskit.primitives import StatevectorSampler

sampler = StatevectorSampler()

# Start a job that will return shots for all 100 parameter value sets.
for i in range(0, len(qcs)):
    pub = qcs[i]
    job = sampler.run([pub], shots=10000)
    # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
    result = job.result()
    data_pub = result[0].data
    counts = data_pub.c.get_counts()
    counts_list[i] = counts
#    plot_histogram(counts)

Gdy spojrzymy na liczby z każdego Circuit, zobaczymy, że dwa z nich były zasadniczo identyczne, a trzeci był zupełnie inny.

plot_histogram(counts_list)

Stwórzmy listę możliwych wyników i zsumujmy wszystkie liczby dla każdego stanu ze wszystkich trzech Circuits, aby uzyskać ogólne prawdopodobieństwa.

outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

for i in range(0, len(qcs)):
    for j in range(0, len(outcomes)):
        if counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
            counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

total_counts = {}
for i in range(0, len(outcomes)):
    total_counts[outcomes[i]] = sum(
        counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
    )

Teraz możemy wydrukować łączne liczby dla każdego wyniku i narysować histogram.

print(total_counts)
plot_histogram(total_counts)

{'00': 7493, '01': 7432, '10': 7605, '11': 7470}

Sprawdź swoją wiedzę

Przeczytaj poniższe pytania, zastanów się nad odpowiedzią, a następnie kliknij trójkąt, aby odkryć rozwiązanie.

Czy powyższy obraz jest zgodny z wynikami przewidywanymi przez ukryte zmienne i determinizm? Czy jest zgodny z probabilistyczną (i nielokalną) mechaniką kwantową?

Odpowiedź:

Jest zgodny z probabilistyczną i nielokalną mechaniką kwantową. Podejście oparte na ukrytych zmiennych przewidywało, że prawdopodobieństwo uzyskania tego samego znaku jest mniejsze lub równe 4/9. Mechanika kwantowa przewidywała prawdopodobieństwo wynoszące 50%. Histogram powyżej opisuje prawdopodobieństwo uzyskania 00 lub 11 równe 49,97%. Jest to bardzo bliskie przewidywaniu probabilistycznej mechaniki kwantowej, ale co ważniejsze, jest większe niż dopuszczalny zakres w podejściu opartym na ukrytych zmiennych.

Czy to dowodzi czegokolwiek o naturze?

Odpowiedź:

Nie! Korzystaliśmy z symulatora! To jest komputer zaprogramowany, aby zachowywać się zgodnie z prawami probabilistycznej mechaniki kwantowej. Jeśli proponujemy regułę, a następnie programujemy komputer, aby jej przestrzegał, jego zdolność do przestrzegania tej reguły nie jest dowodem na to, że reguła jest poprawna! Jedynym sposobem na udowodnienie tego jest użycie prawdziwego komputera kwantowego!

Krok 2: Zoptymalizuj swój Circuit kwantowy pod kątem działania na prawdziwym sprzęcie

Choć początkowo używaliśmy symulatora do debugowania kodu, naprawdę chcemy uruchomić obliczenia na prawdziwym sprzęcie. Symulator jedynie udaje, że jest kwantowy – opierając się na równaniach przedstawionych powyżej. Gdyby symulator potwierdził poprawność tych równań, nie byłoby to zbyt przekonujące. Chcemy, żeby prawdziwy komputer kwantowy powiedział nam, co się dzieje! Wybierzemy więc komputer kwantowy, którego chcemy użyć. Czasami może być ważne, aby wybrać konkretne urządzenie o pożądanych właściwościach, ale zazwyczaj po prostu chcemy użyć tego, które jest najmniej zajęte.

Poniżej znajduje się kod do zapisania poświadczeń przy pierwszym użyciu. Pamiętaj, aby usunąć te informacje z notatnika po zapisaniu ich w swoim środowisku, tak aby Twoje poświadczenia nie zostały przypadkowo udostępnione podczas dzielenia się notatnikiem. Więcej wskazówek znajdziesz w artykułach Set up your IBM Cloud account oraz Initialize the service in an untrusted environment.

from qiskit_ibm_runtime import QiskitRuntimeService

# Syntax for first saving your token. Delete these lines after saving your credentials.
# QiskitRuntimeService.save_account(channel='ibm_quantum_platform', instance = '<YOUR_IBM_INSTANCE_CRN>', token='<YOUR-API_KEY>', overwrite=True, set_as_default=True)
# service = QiskitRuntimeService(channel='ibm_quantum_platform')

# Load saved credentials
service = QiskitRuntimeService()

backend = service.least_busy(
    operational=True, min_num_qubits=qcs[0].num_qubits, simulator=False
)

from qiskit.transpiler.preset_passmanagers import generate_preset_pass_manager

target = backend.target
pm = generate_preset_pass_manager(target=target, optimization_level=3)

qcs_isa = qcs

for i in range(0, len(qcs)):
    qcs_isa[i] = pm.run(qcs[i])
    qcs_isa[i].draw(output="mpl", idle_wires=False, style="iqp")

qcs_isa[2].draw(output="mpl", idle_wires=False, style="iqp")

Krok 3: Uruchom zadanie na komputerach kwantowych IBM przy użyciu Runtime primitives

Teraz, gdy zoptymalizowaliśmy nasze Circuit pod kątem działania na prawdziwym sprzęcie kwantowym i zdebugowaliśmy kod przy użyciu symulatorów, jesteśmy gotowi zebrać statystyki z prawdziwego komputera kwantowego i rozstrzygnąć spór między Einsteinem a Bornem.

from qiskit_ibm_runtime import SamplerV2 as Sampler
# from qiskit_ibm_runtime import Session
# sampler.options.default_shots = 1000

# Start a job that will return shots for all 100 parameter value sets.
# The best practice is to use a session as shown below. This is available to Premium Plan, Flex Plan, and On-Prem (IBM Quantum Platform API) Plan users.
# result_list = [None] * len(qcs)
# real_counts_list = [None] * len(qcs)
# with Session(backend=backend) as session:
#    sampler = Sampler(mode=session)

#    for i in range(0, len(qcs)):
#        # Define the primitive unified bloc (pub)
#        pub = qcs[i]
#        job = sampler.run([pub], shots=10000)
#        # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
#        result_list[i] = job.result()
#        data_pub = result_list[i][0].data
#        counts = data_pub.c.get_counts()
#        real_counts_list[i] = counts
#    #   plot_histogram(counts)

# Open users can still carry out this experiment, but without reserving a session of use, meaning repeated queuing is possible.
from qiskit_ibm_runtime import Batch

batch = Batch(backend=backend)
sampler = Sampler(mode=batch)

result_list = [None] * len(qcs)
real_counts_list = [None] * len(qcs)

for i in range(0, len(qcs)):
    # Define the primitive unified bloc (pub)
    pub = qcs[i]
    job = sampler.run([pub], shots=10000)
    # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
    result_list[i] = job.result()
    data_pub = result_list[i][0].data
    counts = data_pub.c.get_counts()
    real_counts_list[i] = counts

# Close the batch because no context manager was used.
batch.close()

outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

for i in range(0, len(qcs)):
    for j in range(0, len(outcomes)):
        if real_counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
            real_counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

real_total_counts = {}
for i in range(0, len(outcomes)):
    real_total_counts[outcomes[i]] = sum(
        real_counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
    )

print(real_total_counts)
plot_histogram(real_total_counts)

{'00': 7542, '01': 7503, '10': 7304, '11': 7651}

# This syntax allows you to run the job on a simulator, in case you have exhausted your allotted time on real IBM quantum computers.
# But we strongly advise running this on real quantum computers, since this is meant to be a check of the behavior of real quantum systems.

# This uses a local simulator
# from qiskit_aer import AerSimulator

# This generates a simulator that mimics the real quantum system
# backend_sim = AerSimulator.from_backend(backend)

# Import an estimator, this time from qiskit (we import from Runtime for real hardware)
# from qiskit.primitives import BackendSamplerV2
# sampler = BackendSamplerV2(backend = backend_sim)

# result_list = [None] * len(qcs)
# counts_list = [None] * len(qcs)
# for i in range(0, len(qcs)):
# Define the primitive unified bloc (pub)
#    pub = qcs[i]
#    job = sampler.run([pub], shots=10000)
# Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
#    result_list[i] = job.result()
#    data_pub = result_list[i][0].data
#    counts = data_pub.c.get_counts()
#    counts_list[i] = counts

# data_pubs = (result_list[0][0].data,result_list[1][0].data,result_list[2][0].data)
# outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

# for i in range(0, len(qcs)):
#    for j in range(0, len(outcomes)):
#        if counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
#            counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

# total_counts = {}
# for i in range(0, len(outcomes)):
#    total_counts[outcomes[i]] = sum(
#        counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
#    )

# print(total_counts)
# plot_histogram(total_counts)

counts_list

[None, None, None]

Krok 4: Przetwarzanie końcowe i analiza

Zróbmy krok wstecz i podsumujmy: korzystając z podejścia opartego na ukrytych zmiennych i 3 przesuniętych osiach, uzyskaliśmy ograniczenie na prawdopodobieństwo tego, że pomiary dadzą ten sam znak: $P_{same,hv} =4/9$. Następnie przyjęliśmy rozkłady prawdopodobieństwa zgodne z mechaniką kwantową i uzyskaliśmy inną wartość tego prawdopodobieństwa: $P_{same,gm} = 1/2$. Przewidywanie mechaniki kwantowej jest wyższe niż wartość dozwolona przez podejście z ukrytymi zmiennymi. Można więc eksperymentalnie sprawdzić, czy stany kwantowe są z góry określone przez naturę przed pomiarem, czy też naprawdę znajdują się w probabilistycznej superpozycji możliwych stanów.

Zaprojektowaliśmy nasze obwody kwantowe tak, by istniały cztery możliwe wyniki odpowiadające temu, że Łukasz i Rihanna mierzą jeden lub drugi znak rzutu spinu: 00, 01, 10 i 11. W przypadkach 00 i 11 Łukasz i Rihanna mierzą ten sam znak, natomiast w przypadkach 01 i 10 mierzą przeciwne znaki. Widzimy, że z bardzo dobrym przybliżeniem szansa, że Łukasz i Rihanna otrzymają ten sam znak, wynosi około 50% — zdecydowanie więcej niż $4/9$. Oznacza to, że żaden zestaw ukrytych zmiennych nie może wyjaśnić tego rozkładu prawdopodobieństw i że podejście z ukrytymi zmiennymi nie jest zgodne z eksperymentem.

Istnieją różne interpretacje wyników eksperymentów kwantowo-mechanicznych oraz wiele subtelności w konfiguracjach eksperymentalnych, które są od czasu do czasu weryfikowane. Jak dotąd jednak zasady mechaniki kwantowej i probabilistyczna interpretacja stanów kwantowych dokładnie opisywały uzyskiwane wyniki. Wydaje się, że Max Born miał rację.

Poświęćmy jeszcze chwilę, by zastanowić się nad znaczeniem tego faktu. Dwie cząstki wyłaniają się ze zdarzenia rozpadu, a następnie podróżują w różnych kierunkach, być może przez długi czas. Ich spiny nie znajdują się w żadnym dobrze określonym stanie i nie niosą ze sobą żadnych instrukcji w postaci ukrytych zmiennych, które z góry wyznaczałyby wyniki przyszłych pomiarów. Jednak pomiar jednej z nich (wzdłuż, powiedzmy, $+z$) koniecznie wyznacza wynik eksperymentu przeprowadzonego na spinie drugiej cząstki wzdłuż kierunku $z$ (musi to być $-z$). Oznacza to, że coś w fizyce jednej cząstki jest wyznaczone przez to, co robi się z drugą cząstką, znajdującą się być może daleko. To jedna z sytuacji, która skłoniła ludzi do określania rzeczywistości jako „nielokalna".

Dwie cząstki takie jak te, które opisywaliśmy, są w pewnym sensie „połączone" — pomiary jednej mogą wpływać na drugą. Takie cząstki nazywamy „splątanymi". Splątanie to coś więcej niż tylko korelacje. Możemy na przykład skonstruować klasyczną maszynę, która wyrzuca magnes w jedną stronę z biegunem północnym skierowanym ku górze, a magnes w drugą stronę z biegunem północnym skierowanym ku dołowi. Takie magnesy mogłyby być idealnie antykorelowane. Jednak pomiar jednego nie miałby żadnego wpływu na drugi. W kwantowo-mechanicznym splątaniu cząstka A może znajdować się w nieokreślonym stanie (lub mieszaninie wielu stanów), a my możemy ją sprowadzić do stanu określonego poprzez pomiary na zupełnie innej cząstce (powiedzmy B). Nic podobnego nie istnieje w świecie klasycznym.

Często rodzi to zupełnie nowy świat pytań i możliwości. Niektóre z podsuwanych przez to idei są jak najbardziej realne — jak choćby wykorzystanie splątania do obliczeń, tak jak w komputerach kwantowych! Inne są kuszące, ale ostatecznie zawodzą, jak próba użycia splątania do przesyłania informacji z prędkością większą niż prędkość światła. Zachęcamy do zadawania wszystkich nasuwających się pytań i czytania o tym, jak inni badali te zjawiska. Przed tobą cały świat mechaniki kwantowej do odkrycia — oto kilka zasobów, które warto sprawdzić:

Kursy IBM Quantum:

• Quantum computing in practice
• Basics of quantum information

Interesujące artykuły z mechaniki kwantowej:

• Einstein Podolsky and Rosen paradox
• John Bell's original paper from 1964
• 2019 paper on catching and reversing a "quantum jump" mid-transition

Materiały dydaktyczne z mechaniki kwantowej:

• Quantum I course materials z University of Colorado.

Badania edukacyjne z zakresu mechaniki kwantowej:

• Review of student difficulties in upper-level quantum mechanics autorstwa C. Singha i E. Marshman

Pytania

Prowadzący mogą poprosić o wersje tych notebooków z kluczami odpowiedzi i wskazówkami dotyczącymi umiejscowienia w powszechnych programach nauczania, wypełniając tę krótką ankietę dotyczącą sposobu korzystania z notebooków.

Kluczowe pojęcia:

• Istniał historyczny spór o to, czy stany kwantowe były jedynie nieznane, czy też nieokreślone przez naturę przed pomiarem — czy mechanika kwantowa jest deterministyczna, czy probabilistyczna.
• Ukryte zmienne, a co za tym idzie lokalny realizm, nie są zgodne z obserwacjami mechaniki kwantowej. Oznacza to, że korelacji obserwowanych w mechanice kwantowej nie można wyjaśnić dobrze określonymi zmiennymi, które są po prostu nieznane człowiekowi.
• Mechanika kwantowa jest probabilistyczna.
• Splątanie jest realne i obserwowalne.
• Splątanie to nie tylko korelacje.
• Możemy odwzorowywać scenariusze ze świata rzeczywistego na komputery kwantowe.
• Ukryte zmienne odnoszą się do wielkości wyznaczonych przez naturę, lecz nieznanych ludziom; w tym kontekście nie istnieją.

Pytania P/F:

1. P/F Albert Einstein twierdził, że mechanika kwantowa jest jako teoria niekompletna, ponieważ opisuje jedynie prawdopodobieństwa wyników, nie zaś leżący u jej podstaw mechanizm wyznaczający te wyniki.
2. P/F „Ukryte zmienne" odnoszą się do idei, że dwie kwantowo-mechaniczne cząstki mogą być splątane.
3. P/F Każde dwa skorelowane układy są kwantowo-mechanicznie splątane.
4. P/F Kwantowo-mechaniczne splątanie jest ważne dla poprawności obliczeń, ale nie można go zaobserwować w eksperymencie.
5. P/F W większości przypadków mechanika kwantowa nie podaje dokładnego wyniku eksperymentu, lecz jedynie prawdopodobieństwa zmierzenia określonych wyników.
6. P/F W mechanice kwantowej, przy pewnych warunkach, stan cząstki A może być wpływany przez stan cząstki B, nawet jeśli cząstki A i B nie są ze sobą w kontakcie i nie wymieniają żadnych cząstek.
7. P/F Możemy odwzorowywać eksperymenty ze świata rzeczywistego na obwody kwantowe.

Pytania wielokrotnego wyboru:

1. Załóżmy, że cząstka o spinie 0 rozpada się na dwie cząstki o spinie 1/2: A i B. Pomiar przeprowadzony na cząstce A ujawnia, że jej spin ma rzut wzdłuż $+z$. Cząstka B

   • a. na pewno ma rzut spinu wzdłuż $-z$
   • b. na pewno ma rzut spinu wzdłuż $-x$
   • c. na pewno ma rzut spinu wzdłuż $-y$
   • d. na pewno ma ujemny rzut spinu wzdłuż dowolnej zmierzonej osi.

2. Cząstka o spinie 0 rozpada się na dwie cząstki o spinie 1/2: A i B. Jeśli zmierzono, że cząstka A ma rzut wzdłuż $+z$, które z poniższych rzutów są możliwe w pomiarze cząstki B? Zaznacz wszystkie, które pasują.

   • a. $+x$
   • b. $-x$
   • c. $+y$
   • d. $-y$
   • e. $+z$
   • f. $-z$

3. Załóżmy, że cząstka o spinie 0 rozpada się na dwie cząstki o spinie 1/2: A i B. Co najlepiej opisuje stan cząstki A przed jakimkolwiek pomiarem?

   • a. Spin cząstki A jest skierowany wzdłuż $+z$.
   • b. Spin cząstki A jest skierowany wzdłuż $-z$.
   • c. Spin cząstki A jest skierowany wzdłuż $+x$.
   • d. Spin cząstki A jest określony wzdłuż pewnych kierunków, ale nie wszystkich.
   • e. Orientacja spinu cząstki A jest nieokreślona przez naturę przed jakimkolwiek pomiarem.

4. Które z poniższych stwierdzeń dotyczących bramki Hadamarda są prawdziwe? Zaznacz wszystkie, które pasują.

   • a. $H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)$
   • b. $H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)$
   • c. $H \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)=|0\rangle$
   • d. $H \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)=|0\rangle$

5. Które z poniższych stwierdzeń dotyczących bramki X są prawdziwe? Zaznacz wszystkie, które pasują.

   • a. $X|0\rangle = |1\rangle$
   • b. $X|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)$
   • c. $X|0\rangle = -|0\rangle$
   • d. $X|1\rangle = |0\rangle$
   • e. $X\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)=X\frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle-|0\rangle)$

6. Która z poniższych jest bramką dwu-Qubitową?

   • a. X
   • b. $R_y(\theta)$
   • c. H
   • d. CNOT

7. Załóżmy, że Qubit jest w stanie $|0\rangle$. Jakie jest prawdopodobieństwo zmierzenia go w stanie $1\rangle$?

   • a. Dokładnie 100% na symulatorze bez szumów, blisko 100% na prawdziwym komputerze kwantowym
   • b. Blisko 100% na symulatorze bez szumów, dokładnie 100% na prawdziwym komputerze kwantowym
   • c. Dokładnie 0% na symulatorze bez szumów, blisko 0% na prawdziwym komputerze kwantowym
   • d. Blisko 0% na symulatorze bez szumów, dokładnie 0% na prawdziwym komputerze kwantowym

Pytania dyskusyjne:

1. Przyjaciele A, B i C dyskutują o wynikach tego laboratorium dotyczących nierówności Bella. Przyglądają się obrazowi, który pokazuje, że kwantowo-mechaniczne prawdopodobieństwo zmierzenia tego samego znaku wzdłuż osi jest większe niż to dozwolone przez podejście z ukrytymi zmiennymi: $(P_\text{same})_\text{max,QM}>(P_\text{same})_\text{max,HV}$. Przyjaciel A mówi: „To oznacza, że nie znaliśmy stanów spinów przed pomiarem." Przyjaciel B mówi: „Nie, to coś więcej. To oznacza, że spiny nie wskazują już żadnego konkretnego kierunku przed pomiarem. Choć stan spinu mógłby być w jakiś sposób określony lub przechowywany." Przyjaciel C mówi: „Nie, to jeszcze więcej. To oznacza, że przyszły stan spinu nie był nawet wyznaczony przez naturę przed pomiarem." Z kim się zgadzasz i dlaczego?

2. Wyjaśnij, w jaki sposób kwantowo-mechaniczne zjawiska, takie jak splątanie, wskazują, że rzeczywistość jest nielokalna.

3. Jakie dodatkowe eksperymenty chciałbyś przeprowadzić, aby przekonać siebie o uzyskanych tutaj wynikach?

4. Czy nierówność Bella można by badać tylko przy użyciu 3 równomiernie rozłożonych osi $a$, $b$ i $c$? Czy można by to zrobić przy dowolnej innej liczbie osi? Jak by to wyglądało? Czy nadal dawałoby to różnicę w prawdopodobieństwach przewidywanych przez ukryte zmienne w porównaniu z probabilistyczną mechaniką kwantową?