Permainan CHSH

Contoh terakhir yang akan dibincangkan dalam pelajaran ini bukan satu protokol, tetapi sebuah permainan yang dikenali sebagai permainan CHSH.

Apabila kita menyebut permainan dalam konteks ini, kita bukan merujuk kepada sesuatu yang dimainkan untuk hiburan atau sukan, tetapi satu abstraksi matematik dalam erti kata teori permainan. Abstraksi matematik bagi permainan dikaji dalam bidang ekonomi dan sains komputer, sebagai contoh, dan ia amat menarik serta berguna.

Huruf CHSH merujuk kepada nama pengarang-pengarang — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony, dan Richard Holt — sebuah makalah tahun 1969 di mana contoh ini pertama kali diterangkan. Mereka tidak menerangkannya sebagai permainan, tetapi sebagai eksperimen. Walau bagaimanapun, penghuraiannya sebagai permainan adalah semula jadi dan intuitif.

Permainan CHSH termasuk dalam kelas permainan yang dikenali sebagai permainan tak setempat. Permainan tak setempat amat menarik dan mempunyai kaitan yang mendalam dengan fizik, sains komputer, dan matematik — menyimpan misteri yang masih belum terpecahkan. Kita akan mulakan bahagian ini dengan menerangkan apa itu permainan tak setempat, kemudian kita akan menumpukan perhatian pada permainan CHSH dan apa yang menjadikannya menarik.

Permainan tak setempat

Permainan tak setempat ialah sebuah permainan kerjasama di mana dua pemain, Alice dan Bob, bekerjasama untuk mencapai hasil tertentu. Permainan ini dikendalikan oleh seorang pengadil, yang bertindak mengikut garis panduan ketat yang diketahui oleh Alice dan Bob.

Alice dan Bob boleh bersedia untuk permainan sesuka hati, tetapi sebaik sahaja permainan bermula mereka dilarang berkomunikasi. Kita boleh bayangkan permainan ini berlaku di sebuah kemudahan selamat — seolah-olah pengadil berperanan sebagai siasatan dan Alice serta Bob adalah suspek yang disoal siasat di bilik berlainan. Tetapi cara lain untuk memikirkan susunan ini ialah Alice dan Bob terpisah oleh jarak yang sangat jauh, dan komunikasi dilarang kerana kelajuan cahaya tidak membenarkannya dalam tempoh permainan berlangsung. Maksudnya, jika Alice cuba menghantar mesej kepada Bob, permainan sudah tamat sebelum Bob menerimanya, dan begitu juga sebaliknya.

Cara permainan tak setempat berfungsi ialah pengadil pertama sekali mengemukakan soalan kepada Alice dan Bob masing-masing. Kita akan gunakan huruf $x$ untuk merujuk kepada soalan Alice dan $y$ untuk soalan Bob. Di sini kita menganggap $x$ dan $y$ sebagai keadaan klasik, dan dalam permainan CHSH $x$ dan $y$ adalah bit.

Pengadil menggunakan kerawakan untuk memilih soalan-soalan ini. Lebih tepat lagi, terdapat kebarangkalian $p(x,y)$ yang dikaitkan dengan setiap pasangan soalan $(x,y)$ yang mungkin, dan pengadil telah berjanji untuk memilih soalan secara rawak, pada masa permainan, mengikut cara ini. Semua orang, termasuk Alice dan Bob, mengetahui kebarangkalian ini — tetapi tiada siapa yang tahu khususnya pasangan $(x,y)$ mana yang akan dipilih sehingga permainan bermula.

Setelah Alice dan Bob menerima soalan mereka, mereka perlu memberikan jawapan: jawapan Alice ialah $a$ dan jawapan Bob ialah $b.$ Sekali lagi, ini adalah keadaan klasik secara umum, dan bit dalam permainan CHSH.

Pada ketika ini pengadil membuat keputusan: Alice dan Bob sama ada menang atau kalah bergantung pada sama ada pasangan jawapan $(a,b)$ dianggap betul untuk pasangan soalan $(x,y)$ mengikut satu set peraturan tetap. Peraturan yang berbeza bermakna permainan yang berbeza, dan peraturan untuk permainan CHSH secara khusus diterangkan dalam bahagian berikutnya. Seperti yang telah dicadangkan, peraturan diketahui oleh semua orang.

Rajah berikut memberikan representasi grafik bagi interaksi-interaksi tersebut.

Ketidakpastian tentang soalan yang akan ditanya, dan khususnya fakta bahawa setiap pemain tidak tahu soalan pemain lain, itulah yang menjadikan permainan tak setempat mencabar bagi Alice dan Bob — sama seperti suspek yang bersubahat di bilik berlainan cuba menyelaraskan cerita mereka.

Huraian tepat bagi pengadil mentakrifkan satu instance permainan tak setempat. Ini merangkumi spesifikasi kebarangkalian $p(x,y)$ bagi setiap pasangan soalan bersama peraturan yang menentukan sama ada setiap pasangan jawapan $(a,b)$ menang atau kalah bagi setiap pasangan soalan $(x,y).$

Kita akan melihat permainan CHSH sebentar lagi, tetapi sebelum itu mari kita akui secara ringkas bahawa adalah menarik juga untuk mempertimbangkan permainan tak setempat yang lain. Ia memang sangat menarik, malah terdapat beberapa permainan tak setempat yang setakat ini masih tidak diketahui seberapa baik Alice dan Bob boleh bermain menggunakan keterjalingan. Susunannya mudah, tetapi terdapat kerumitan yang tersembunyi — dan bagi sesetengah permainan, adalah amat sukar untuk mengira strategi terbaik atau hampir terbaik bagi Alice dan Bob. Inilah sifat yang menakjubkan bagi model permainan tak setempat.

Huraian permainan CHSH

Berikut ialah huraian tepat bagi permainan CHSH, di mana (seperti di atas) $x$ ialah soalan Alice, $y$ ialah soalan Bob, $a$ ialah jawapan Alice, dan $b$ ialah jawapan Bob:

• Soalan dan jawapan semuanya ialah bit: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Pengadil memilih soalan $(x,y)$ secara seragam rawak. Iaitu, setiap daripada empat kemungkinan, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ dan $(1,1),$ dipilih dengan kebarangkalian $1/4.$

• Jawapan $(a,b)$ menang untuk soalan $(x,y)$ jika $a\oplus b = x\wedge y$ dan kalah sebaliknya. Jadual berikut menyatakan peraturan ini dengan menyenaraikan syarat menang dan kalah pada jawapan $(a,b)$ bagi setiap pasangan soalan $(x,y).$

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

Had strategi klasik

Sekarang mari kita pertimbangkan strategi untuk Alice dan Bob dalam permainan CHSH, bermula dengan strategi klasik.

Strategi deterministik

Kita akan mulakan dengan strategi deterministik, di mana jawapan Alice $a$ adalah satu fungsi daripada soalan $x$ yang diterimanya, dan begitu juga jawapan Bob $b$ adalah satu fungsi daripada soalan $y$ yang diterimanya. Jadi, sebagai contoh, kita boleh tulis $a(0)$ untuk mewakili jawapan Alice apabila soalannya ialah $0,$ dan $a(1)$ untuk mewakili jawapan Alice apabila soalannya ialah $1.$

Tiada strategi deterministik yang boleh memenangi permainan CHSH setiap masa. Satu cara untuk membuktikan ini ialah dengan memeriksa satu persatu semua strategi deterministik yang mungkin dan memastikan setiap satunya kalah untuk sekurang-kurangnya satu daripada empat pasangan soalan yang mungkin. Alice dan Bob masing-masing boleh memilih daripada empat fungsi yang mungkin dari satu bit kepada satu bit — yang kita temui dalam pelajaran pertama kursus ini — jadi terdapat $16$ strategi deterministik yang berbeza untuk diperiksa kesemuanya.

Kita juga boleh membuktikan ini secara analitik. Jika strategi Alice dan Bob menang apabila $(x,y) = (0,0),$ maka mestilah $a(0) = b(0);$ jika strategi mereka menang apabila $(x,y) = (0,1),$ maka $a(0) = b(1);$ dan begitu juga, jika strategi menang untuk $(x,y)=(1,0)$ maka $a(1) = b(0).$ Jadi, jika strategi mereka menang untuk ketiga-tiga kemungkinan itu, maka

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

Ini bermakna strategi tersebut kalah dalam kes terakhir $(x,y) = (1,1),$ kerana menang di sini memerlukan $a(1) \neq b(1).$ Oleh itu, tidak ada strategi deterministik yang menang setiap masa.

Sebaliknya, adalah mudah untuk mencari strategi deterministik yang menang dalam tiga daripada empat kes, seperti $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Daripada ini kita simpulkan bahawa kebarangkalian maksimum bagi Alice dan Bob untuk menang menggunakan strategi deterministik ialah $3/4.$

Strategi kebarangkalian

Seperti yang baru kita simpulkan, Alice dan Bob tidak boleh melakukan lebih baik daripada memenangi permainan CHSH 75% daripada masa menggunakan strategi deterministik. Tetapi bagaimana pula dengan strategi kebarangkalian? Bolehkah kerawakan membantu Alice dan Bob — termasuk kemungkinan kerawakan dikongsi, di mana pilihan rawak mereka adalah berkorelasi?

Ternyata strategi kebarangkalian tidak membantu langsung untuk meningkatkan kebarangkalian Alice dan Bob menang. Ini kerana setiap strategi kebarangkalian boleh dilihat secara alternatif sebagai pemilihan rawak strategi deterministik, sama seperti operasi kebarangkalian boleh dilihat sebagai pemilihan rawak operasi deterministik. Purata tidak pernah lebih besar daripada maksimum, dan oleh itu strategi kebarangkalian tidak memberikan sebarang kelebihan dari segi kebarangkalian menang keseluruhan.

Oleh itu, menang dengan kebarangkalian $3/4$ adalah yang terbaik yang boleh dilakukan oleh Alice dan Bob menggunakan sebarang strategi klasik, sama ada deterministik atau kebarangkalian.

Strategi permainan CHSH

Soalan semula jadi yang perlu ditanya pada ketika ini ialah sama ada Alice dan Bob boleh melakukan lebih baik menggunakan strategi kuantum. Khususnya, jika mereka berkongsi keadaan kuantum yang terjalin seperti yang dicadangkan oleh rajah berikut, yang boleh mereka sediakan sebelum bermain, bolehkah mereka meningkatkan kebarangkalian menang?

Jawapannya ya, dan inilah inti utama contoh ini dan sebab mengapa ia begitu menarik. Jadi mari kita lihat dengan tepat bagaimana Alice dan Bob boleh berbuat lebih baik dalam permainan ini menggunakan keterjalingan.

Vektor dan matriks yang diperlukan

Perkara pertama yang perlu kita lakukan ialah mentakrifkan vektor keadaan qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ bagi setiap nombor nyata $\theta$ (yang kita anggap sebagai sudut diukur dalam radian) seperti berikut.

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

Berikut adalah beberapa contoh mudah:

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

Kita juga mempunyai contoh-contoh berikut, yang timbul dalam analisis di bawah:

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

Dengan melihat bentuk umum, kita dapati bahawa hasil darab dalam antara mana-mana dua vektor ini mempunyai formula ini:

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

Secara terperinci, hanya terdapat entri nombor nyata dalam vektor-vektor ini, jadi tiada konjugat kompleks yang perlu dirisaukan: hasil darab dalam ialah hasil darab kosinus ditambah hasil darab sinus. Menggunakan salah satu formula penambahan sudut daripada trigonometri menghasilkan penyederhanaan di atas. Formula ini mendedahkan interpretasi geometri bagi hasil darab dalam antara vektor unit nyata sebagai kosinus sudut di antara mereka.

Jika kita mengira hasil darab dalam antara hasil darab tensor mana-mana dua vektor ini dengan keadaan $\vert \phi^+\rangle,$ kita memperoleh ungkapan yang serupa, kecuali ia mempunyai $\sqrt{2}$ di penyebut:

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

Kepentingan kita terhadap hasil darab dalam khusus ini akan menjadi jelas tidak lama lagi, tetapi buat masa ini kita hanya memerhati ini sebagai satu formula.

Seterusnya, takrifkan matriks uniter $U_{\theta}$ bagi setiap sudut $\theta$ seperti berikut.

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

Secara intuitif, matriks ini mengubah $\vert\psi_{\theta}\rangle$ menjadi $\vert 0\rangle$ dan $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ menjadi $\vert 1\rangle.$ Untuk memastikan bahawa ini adalah matriks uniter, pemerhatian utama ialah vektor $\vert\psi_{\theta}\rangle$ dan $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ adalah ortogon bagi setiap sudut $\theta$:

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

Oleh itu, kita dapati bahawa

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

Kita boleh menulis matriks ini secara eksplisit sebagai

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

Ini adalah contoh matriks putaran, dan khususnya ia memutar vektor dua dimensi dengan entri nombor nyata sebanyak sudut $-\theta$ mengelilingi asalan. Jika kita mengikut konvensyen standard untuk penamaan dan parameteran putaran dalam pelbagai bentuk, kita ada $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ di mana

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

Huraian strategi

Kini kita boleh menerangkan strategi kuantum.

• Persediaan: Alice dan Bob memulakan permainan dengan berkongsi satu e-bit: Alice memegang qubit $\mathsf{A},$ Bob memegang qubit $\mathsf{B},$ dan bersama-sama dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ berada dalam keadaan $\vert\phi^+\rangle.$

• Tindakan Alice:

  • Jika Alice menerima soalan $x=0,$ dia menerapkan $U_{0}$ pada qubitnya $\mathsf{A}.$
  • Jika Alice menerima soalan $x=1,$ dia menerapkan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya $\mathsf{A}.$

  Operasi yang Alice lakukan pada $\mathsf{A}$ boleh diterangkan secara alternatif seperti ini:

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

  Selepas Alice menerapkan operasi ini, dia mengukur $\mathsf{A}$ dengan pengukuran asas piawai dan menetapkan jawapannya $a$ sebagai hasil ukuran.

• Tindakan Bob:

  • Jika Bob menerima soalan $y=0,$ dia menerapkan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya $\mathsf{B}.$
  • Jika Bob menerima soalan $y=1,$ dia menerapkan $U_{-\pi/8}$ pada qubitnya $\mathsf{B}.$

  Seperti yang kita lakukan untuk Alice, kita boleh menyatakan operasi Bob pada $\mathsf{B}$ seperti ini:

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

  Selepas Bob menerapkan operasi ini, dia mengukur $\mathsf{B}$ dengan pengukuran asas piawai dan menetapkan jawapannya $b$ sebagai hasil ukuran.

Berikut ialah rajah litar kuantum yang menerangkan strategi ini:

Dalam rajah ini kita melihat dua get terkawal biasa, satu untuk $U_{-\pi/8}$ di atas dan satu untuk $U_{\pi/4}$ di bawah. Kita juga mempunyai dua get yang kelihatan seperti get terkawal, satu untuk $U_{\pi/8}$ di atas dan satu untuk $U_{0}$ di bawah, kecuali bulatan yang mewakili kawalan tidak diisi. Ini menandakan jenis get terkawal yang berbeza di mana get dilaksanakan jika kawalan ditetapkan kepada $0$ (bukannya $1$ seperti get terkawal biasa). Jadi, secara efektifnya, Bob melaksanakan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya jika $y=0$ dan $U_{-\pi/8}$ jika $y=1;$ dan Alice melaksanakan $U_0$ pada qubitnya jika $x=0$ dan $U_{\pi/4}$ jika $x=1,$ yang konsisten dengan huraian protokol dalam perkataan di atas.

Kini tinggal untuk mengetahui seberapa baik strategi ini bagi Alice dan Bob. Kita akan melakukan ini dengan melalui empat pasangan soalan yang mungkin secara individu.

Analisis kes demi kes

• Kes 1: $(x,y) = (0,0).$

  Dalam kes ini Alice melaksanakan $U_{0}$ pada qubitnya dan Bob melaksanakan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya, jadi keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ selepas mereka melaksanakan operasi mereka ialah

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

  Kebarangkalian bagi empat pasangan jawapan $(a,b)$ yang mungkin adalah seperti berikut.

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

  Kita kemudian boleh mendapatkan kebarangkalian bahawa $a=b$ dan $a\neq b$ dengan menjumlahkan.

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

  Untuk pasangan soalan $(0,0),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ dan oleh itu mereka menang dalam kes ini dengan kebarangkalian

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

• Kes 2: $(x,y) = (0,1).$

  Dalam kes ini Alice melaksanakan $U_{0}$ pada qubitnya dan Bob melaksanakan $U_{-\pi/8}$ pada qubitnya, jadi keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ selepas mereka melaksanakan operasi mereka ialah

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

  Kebarangkalian bagi empat pasangan jawapan $(a,b)$ yang mungkin adalah seperti berikut.

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

  Sekali lagi, kita boleh mendapatkan kebarangkalian bahawa $a=b$ dan $a\neq b$ dengan menjumlahkan.

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

  Untuk pasangan soalan $(0,1),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ dan oleh itu mereka menang dalam kes ini dengan kebarangkalian

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

• Kes 3: $(x,y) = (1,0).$

  Dalam kes ini Alice melaksanakan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya dan Bob melaksanakan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya, jadi keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ selepas mereka melaksanakan operasi mereka ialah

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

  Kebarangkalian bagi empat pasangan jawapan $(a,b)$ yang mungkin adalah seperti berikut.

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

  Kita dapati, sekali lagi, bahawa kebarangkalian bahawa $a=b$ dan $a\neq b$ adalah seperti berikut.

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

  Untuk pasangan soalan $(1,0),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ jadi mereka menang dalam kes ini dengan kebarangkalian

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

• Kes 4: $(x,y) = (1,1).$

  Kes terakhir ini sedikit berbeza, seperti yang kita jangkakan kerana syarat menang adalah berbeza dalam kes ini. Apabila $x$ dan $y$ kedua-duanya ialah $1,$ Alice dan Bob menang apabila $a$ dan $b$ adalah berbeza. Dalam kes ini Alice melaksanakan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya dan Bob melaksanakan $U_{-\pi/8}$ pada qubitnya, jadi keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ selepas mereka melaksanakan operasi mereka ialah

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

  Kebarangkalian bagi empat pasangan jawapan $(a,b)$ yang mungkin adalah seperti berikut.

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

  Kebarangkalian-kebarangkalian ini secara efektifnya telah bertukar tempat berbanding tiga kes yang lain. Kita mendapatkan kebarangkalian bahawa $a=b$ dan $a\neq b$ dengan menjumlahkan.

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

  Untuk pasangan soalan $(1,1),$ Alice dan Bob menang jika $a\neq b,$ dan oleh itu mereka menang dalam kes ini dengan kebarangkalian

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

Mereka menang dalam setiap kes dengan kebarangkalian yang sama:

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

Inilah oleh itu kebarangkalian mereka menang secara keseluruhan. Itu jauh lebih baik daripada sebarang strategi klasik yang boleh dilakukan untuk permainan ini; strategi klasik mempunyai kebarangkalian menang yang dibatasi oleh $3/4.$ Dan itulah yang menjadikan ini contoh yang sangat menarik.

Ini kebetulannya adalah kebarangkalian menang optimum untuk strategi kuantum. Iaitu, kita tidak boleh melakukan lebih baik daripada ini, walau apa jua keadaan terjalin atau pengukuran yang kita pilih. Fakta ini dikenali sebagai ketaksamaan Tsirelson, dinamakan sempena Boris Tsirelson yang pertama kali membuktikannya — dan yang pertama kali menerangkan eksperimen CHSH sebagai sebuah permainan.

Gambaran geometri

Adalah mungkin untuk memikirkan strategi yang diterangkan di atas secara geometri, yang mungkin berguna untuk memahami hubungan antara pelbagai sudut yang dipilih untuk operasi Alice dan Bob.

Apa yang Alice lakukan secara efektifnya ialah memilih sudut $\alpha,$ bergantung pada soalannya $x,$ kemudian menerapkan $U_{\alpha}$ pada qubitnya dan mengukur. Begitu juga, Bob memilih sudut $\beta,$ bergantung pada $y,$ kemudian dia menerapkan $U_{\beta}$ pada qubitnya dan mengukur. Kita telah memilih $\alpha$ dan $\beta$ seperti berikut.

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

Buat masa ini, bagaimanapun, mari kita ambil $\alpha$ dan $\beta$ sebagai sewenang-wenangnya. Dengan memilih $\alpha,$ Alice secara efektifnya mentakrifkan asas ortonormal vektor yang kelihatan seperti ini:

Bob melakukan perkara yang sama, kecuali sudutnya ialah $\beta$:

Warna vektor sepadan dengan jawapan Alice dan Bob: biru untuk $0$ dan merah untuk $1.$

Sekarang, jika kita gabungkan $(1)$ dan $(2)$ kita mendapat formula

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

yang berlaku untuk semua nombor nyata $\alpha$ dan $\beta.$

Mengikut jenis analisis yang sama yang kita lalui di atas, tetapi dengan $\alpha$ dan $\beta$ sebagai pemboleh ubah, kita dapati ini:

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

Kita simpulkan dua formula ini:

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

Persamaan-persamaan ini boleh dikaitkan dengan rajah-rajah di atas dengan membayangkan bahawa kita menindih asas yang dipilih oleh Alice dan Bob. Khususnya, apabila $(x,y) = (0,0),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = 0$ dan $\beta = \pi/8,$ dan dengan menindih asas mereka kita mendapat rajah ini:

Sudut antara vektor merah ialah $\pi/8,$ yang sama dengan sudut antara dua vektor biru. Kebarangkalian bahawa hasil ukuran Alice dan Bob bersetuju ialah kosinus-kuasa-dua bagi sudut ini,

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

manakala kebarangkalian mereka tidak bersetuju ialah sinus-kuasa-dua bagi sudut ini,

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

Apabila $(x,y) = (0,1),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = 0$ dan $\beta = -\pi/8,$ dan dengan menindih asas mereka kita mendapat rajah ini:

Sudut antara vektor merah sekali lagi ialah $\pi/8,$ begitu juga sudut antara vektor biru. Kebarangkalian bahawa hasil ukuran Alice dan Bob bersetuju sekali lagi ialah kosinus-kuasa-dua bagi sudut ini,

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

manakala kebarangkalian mereka tidak bersetuju ialah sinus-kuasa-dua bagi sudut ini,

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

Apabila $(x,y) = (1,0),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = \pi/4$ dan $\beta = \pi/8,$ dan dengan menindih asas mereka kita mendapat rajah ini:

Asas-asas telah berubah tetapi sudut-sudutnya tidak — sekali lagi sudut antara vektor dengan warna yang sama ialah $\pi/8.$ Kebarangkalian bahawa hasil ukuran Alice dan Bob bersetuju ialah

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

dan kebarangkalian mereka tidak bersetuju ialah

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

Apabila $(x,y) = (1,1),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = \pi/4$ dan $\beta = -\pi/8.$ Apabila kita menindih asas mereka, kita nampak sesuatu yang berbeza telah berlaku:

Dengan cara sudut-sudut dipilih, kali ini sudut antara vektor yang mempunyai warna yang sama ialah $3\pi/8$ bukannya $\pi/8.$ Kebarangkalian bahawa hasil ukuran Alice dan Bob bersetuju masih merupakan kosinus-kuasa-dua bagi sudut ini, tetapi kali ini nilainya ialah

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

Kebarangkalian hasil ukuran tidak bersetuju ialah sinus-kuasa-dua bagi sudut ini, yang dalam kes ini adalah:

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

Catatan

Idea asas bagi eksperimen seperti permainan CHSH, di mana keterjalingan menghasilkan keputusan statistik yang tidak konsisten dengan penaakulan semata-mata klasik, adalah berasal dari John Bell, penama bagi keadaan-keadaan Bell. Atas sebab ini, orang ramai sering merujuk kepada eksperimen seperti ini sebagai ujian Bell. Kadangkala orang juga merujuk kepada teorem Bell, yang boleh diformulasikan dalam pelbagai cara — tetapi intipatinya ialah mekanik kuantum tidak serasi dengan apa yang dipanggil teori pemboleh ubah tersembunyi setempat. Permainan CHSH adalah contoh ujian Bell yang sangat bersih dan mudah, dan boleh dilihat sebagai bukti, atau demonstrasi, teorem Bell.

Permainan CHSH menawarkan cara untuk menguji teori maklumat kuantum secara eksperimental. Eksperimen boleh dilakukan yang melaksanakan permainan CHSH, dan menguji jenis strategi berasaskan keterjalingan yang diterangkan di atas. Ini memberikan kita tahap keyakinan yang tinggi bahawa keterjalingan adalah nyata — dan tidak seperti cara yang kadangkala kabur atau puitis yang kita hasilkan untuk menerangkan keterjalingan, permainan CHSH memberikan kita cara yang konkrit dan boleh diuji untuk memerhati keterjalingan. Hadiah Nobel Fizik 2022 mengakui kepentingan bidang kerja ini: hadiah tersebut diberikan kepada Alain Aspect, John Clauser (C dalam CHSH) dan Anton Zeilinger kerana memerhati keterjalingan melalui ujian Bell pada foton yang terjalin.