Sifat keadaan kuantum: pemboleh ubah tersembunyi berbanding ketaksamaan Bell

Untuk modul Qiskit in Classrooms ini, pelajar perlu mempunyai persekitaran Python yang berfungsi dengan pakej-pakej berikut dipasang:

• qiskit v2.1.0 atau lebih baharu
• qiskit-ibm-runtime v0.40.1 atau lebih baharu
• qiskit-aer v0.17.0 atau lebih baharu
• qiskit.visualization
• numpy
• pylatexenc

Untuk menyediakan dan memasang pakej-pakej di atas, lihat panduan Pasang Qiskit. Untuk menjalankan kerja pada komputer kuantum sebenar, pelajar perlu menyediakan akaun IBM Quantum® dengan mengikuti langkah-langkah dalam panduan Sediakan akaun IBM Cloud anda.

Modul ini telah diuji dan menggunakan 12 saat masa QPU. Ini hanya anggaran sahaja. Penggunaan sebenar anda mungkin berbeza.

# 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'

Tonton penerangan modul oleh Dr. Katie McCormick di bawah, atau klik di sini untuk menontonnya di YouTube.

---

Latar belakang

Dalam banyak pengiraan sepanjang mekanik kuantum, kamu bermula dengan keadaan sistem yang diketahui, dan keadaan itu biasanya diketahui melalui pengukuran. Hari ini kita ingin menjawab soalan, "Apa yang boleh kamu katakan tentang keadaan zarah sebelum sebarang pengukuran?" Soalan susulan yang jelas ialah, "Macam mana kita boleh tahu, kalau kita tidak dibenarkan mengukur?"

Soalan ini bermula dari zaman awal mekanik kuantum. Perintis dalam bidang ini terbahagi kepada dua puak — Einstein dan ramai orang lain mengatakan bahawa zarah hanya berada dalam keadaan tidak diketahui sebelum pengukuran. Yang lain, terutamanya Max Born, dan kemudiannya Niels Bohr, membuat tuntutan yang lebih radikal, mengatakan bahawa keadaan zarah memang benar-benar tidak ditentukan oleh alam semula jadi sebelum pengukuran, bukan sekadar tidak diketahui oleh manusia. Pengukuran kemudian secara probabilistik meruntuhkan zarah ke dalam keadaan yang pasti. Einstein, yang tidak berpuas hati dengan penjelasan ini, terkenal berkata, "Gott würfelt nicht," yang lebih kurang bermaksud "Tuhan tidak bermain dadu."

Selama beberapa dekad selepas perselisihan ini muncul, ramai yang fikir ia mungkin tidak akan pernah terjawab, atau bahawa ia adalah soal perspektif. Kemudian, pada tahun 1964, John Bell, seorang ahli fizik dari Ireland Utara, menulis sebuah makalah di mana beliau meneroka statistik eksperimen tertentu yang boleh menjawab soalan ini secara muktamad. Beliau menunjukkan bahawa dalam ujian tertentu, seseorang tiba pada satu set statistik daripada keadaan kuantum yang ditentukan (tetapi tidak diketahui), dan set statistik yang berbeza daripada keadaan kuantum yang tidak ditentukan oleh alam semula jadi.

Pada masa makalah Bell itu, ujian eksperimen tentang statistik yang terlibat tidak dapat diakses kecuali oleh penyelidik di barisan hadapan fizik. Tetapi hari ini, IBM Quantum telah memungkinkan pelajar di seluruh dunia menggunakan peranti kuantum sebenar, dari jauh melalui awan, dan secara percuma, untuk meneroka sifat keadaan kuantum. Inilah yang akan kamu lakukan hari ini.

Persediaan eksperimen fikiran: kejelitan spin

Terdapat proses di mana zarah tanpa spin meluruh menjadi dua zarah yang masing-masing mempunyai spin. Memandangkan spin adalah sejenis momentum sudut, hukum pemuliharaan momentum sudut mencadangkan bahawa dua zarah yang keluar mesti mempunyai spin yang berlawanan arah tepat. Ini memang diperhatikan secara eksperimen.

Contohnya: meson pi neutral kadang-kadang meluruh menjadi positron dan elektron: $\pi^0\rightarrow e^+ + e^-$ Jangan risau kalau kamu tidak tahu zarah-zarah itu apa, dan jangan risau kalau kamu tahu mereka dengan baik sehingga kamu tahu jenis luruhan ini agak jarang berlaku. Tahu sahaja bahawa jika salah satu zarah yang keluar berspin ke atas, yang satu lagi mesti berspin ke bawah, dan sebaliknya. Sudah tentu, tidak ada yang istimewa tentang "atas" dan "bawah"; antialignment yang sama diperhatikan jika pengukuran dibuat sepanjang apa yang kita sering panggil $x$ atau $y$. Luruhan ini adalah konteks yang menarik untuk kita pertimbangkan, kerana kita boleh mengelak soalan tentang pengukuran apa yang berlaku pada masa lalu; positron dan elektron itu bahkan tidak wujud sehingga saat luruhan.

Kita boleh membiarkan meson $\pi^0$ meluruh dan memerhati pesongan zarah yang keluar di bawah pengaruh medan magnet yang tak sekata. Medan tak sekata yang digunakan untuk memesongkan spin sering dipanggil peranti Stern-Gerlach, sempena penyelidik yang pertama kali menggunakannya untuk (secara tidak sengaja) mengumpulkan bukti kewujudan spin mekanik kuantum. Perlu diambil perhatian bahawa kisah di sini lebih rumit daripada eksperimen asal kerana elektron dan positron juga bercas (berbeza dengan atom perak dalam eksperimen Stern Gerlach). Tetapi kita tahu bagaimana zarah bercas bergerak dalam medan magnet, dan kita boleh menolak kesan itu. Dalam apa yang berikut, kita akan menganggap bahawa pesongan yang digunakan dalam pengiraan kita adalah disebabkan oleh spin zarah dan bukan caj tersebut. Oleh itu, untuk tujuan kita, tidak kira observer mana yang mendapat positron dan mana yang mendapat elektron. Persediaan eksperimen adalah seperti ini:

Semasa meson meluruh, elektron ditendang keluar dalam satu arah, dan positron dalam arah lain. Setiap daripada dua zarah ini akan bergerak melalui medan magnet tak sekata, menyebabkannya dipesongkan sama ada ke arah medan magnet, atau bertentangan dengan medan magnet.

Jika kita mempunyai sumber banyak meson, kita boleh mengumpulkan statistik mengenai ini. Jika observer di sebelah kiri dan satu di sebelah kanan (panggil mereka Lucas dan Rihanna, masing-masing) sentiasa mengukur sepanjang paksi yang sama, statistik ini tidak akan sangat menarik: setiap kali satu mengukur ke atas, yang satu lagi mengukur ke bawah; setiap kali satu mengukur ke dalam halaman, yang satu lagi akan mengukur keluar dari halaman, dan seterusnya. Walau bagaimanapun, jika pemain bebas mengukur spin sepanjang mana-mana arah yang mereka suka, kita mungkin mendapati sesuatu yang lebih menarik.

Eksperimen yang diterangkan di atas, di mana zarah-zarah terbang dengan momentum sudut spin yang diukur oleh dua observer pada mulanya dicadangkan oleh Einstein, Podolsky, dan Rosen (EPR) dalam makalah ini, dan ini kadang-kadang dirujuk sebagai "eksperimen EPR".

Pilihan kita

Mari kita nyatakan semula dua pandangan sejarah, untuk kejelasan:

Pilihan 1 (Einstein): Dua spin (elektron dan positron) adalah ditentukan, dalam erti kata bahawa hasil mana-mana pengukuran sepanjang mana-mana paksi telah ditetapkan terlebih dahulu oleh alam semula jadi, walaupun kita tidak tahu apa itu. Seseorang mungkin menganggap ini sebagai spin yang mempunyai orientasi nyata dan terdefinisi dengan baik dalam ruang, yang tidak diketahui oleh kita, tetapi yang wujud. Atau seseorang mungkin menganggap ini sebagai satu set maklumat atau arahan yang menentukan hasil pengukuran sepanjang $x$, $y$, $z$, atau apa sahaja di antaranya. Mengukur spin positron (katakan sepanjang z) memaksanya untuk berorientasi dan berjajar dalam arah z atau -z. Ini tidak mempunyai pengaruh kausal ke atas spin elektron, walaupun kita tahu spin elektron bermula bertentangan dengan spin positron, jadi jika spin positron diukur menjadi sepanjang +z, spin elektron diukur sepanjang -z. Selain daripada syarat awal arahan yang memelihara momentum sudut (spin berselisih arah), tidak ada hubungan antara dua spin. Pilihan ini kadang-kadang dipanggil "pemboleh ubah tersembunyi", seperti dalam: unjuran sepanjang paksi berbeza adalah ditentukan, tetapi tersembunyi daripada kita.

Pilihan 2 (Born): Spin kedua-duanya tidak ditentukan dalam keadaan awal mereka... bukan sekadar tidak diketahui, tetapi tidak terdefinisi secara fizikal, tanpa orientasi atau arahan yang pasti mengenai hasil eksperimen, sehingga diukur. Mengukur spin positron "meruntuhkan" ruang semua kemungkinan ke satu keadaan yang ditentukan, sama ada sepanjang paksi +z atau -z. Pengukuran positron ini memaksa spin elektron juga runtuh ke dalam unjuran yang terdefinisi dengan baik sepanjang z, bertentangan tepat dengan positron. Kesan ini berlaku tersebar merentasi ruang antara positron dan elektron. Ini telah dipanggil "tindakan seram dari jauh", tetapi seseorang boleh memanggilnya dengan kurang dramatik sebagai "fizik bukan setempat".

Semak kefahaman kamu

Baca soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaian.

Alangkah bagusnya jika kita dapat membezakan antara pilihan Einstein dan Born secara eksperimen. Apakah beberapa eksperimen yang akan menghasilkan keputusan yang sama tanpa mengira pilihan mana yang benar? Bolehkah kamu fikirkan eksperimen yang akan menghasilkan keputusan berbeza untuk dua pilihan? Nota Adalah sangat mengesankan jika kamu boleh mencadangkan eksperimen yang akan menghasilkan keputusan berbeza untuk pilihan Einstein dan Born; ia mengambil masa manusia berdekad untuk memikirkan satu.

Jawapan:

Dengan berpegang pada eksperimen yang diterangkan setakat ini (iaitu, tiada spin bersih dengan positron dan elektron berselisih arah), pengukuran kedua-dua spin sepanjang $\pm x$, $\pm y$, atau $\pm z$ akan sentiasa menghasilkan tanda berlawanan akibat pemuliharaan momentum sudut, tanpa mengira pilihan mana yang betul. Mengukur spin satu zarah (katakan, elektron) sepanjang satu arah (katakan, $+z$) bermakna spin zarah lain, positron, akan diukur sepanjang $-z$. Sebaliknya jika kamu mengukur spin positron sepanjang arah $x$, ia akan sama mungkin keluar $+x$ atau $-x$. Ini boleh jadi kerana itulah yang arahan tersembunyi katakan (pilihan 1 Einstein) atau kerana taburan kebarangkalian spin positron dikemas kini selepas pengukuran spin elektron, dan taburan kebarangkalian baharu adalah konsisten dengan pembahagian 50-50 antara $\pm x$ (pilihan 2 Born). Perkara-perkara ini dijelaskan dengan lebih terperinci di bawah.

Jawapannya hanya sedikit berbeza jika kamu mempertimbangkan luruhan zarah dengan spin-1, supaya dua zarah yang muncul (seperti positron dan elektron) mesti mempunyai spin mereka berjajar, bukan berselisih arah. Jika satu diukur sepanjang $+y$, pengukuran zarah lain sepanjang paksi $y$ juga mesti menghasilkan $+y$, dan seterusnya. Seperti sebelumnya, ini boleh terhasil dari mana-mana pilihan.

Selebihnya pelajaran ini ditumpukan kepada eksperimen yang dapat membezakan antara pilihan Einstein dan Born, dan oleh itu kita tidak akan pergi ke dalam banyak perincian di sini. Walau bagaimanapun, sebahagian daripada triknya adalah mengukur dua zarah sepanjang arah berbeza (seperti $x$ dan $z$, atau bahkan beberapa arah di antara paksi Cartesian tradisional). Selebihnya datang daripada mempertimbangkan dengan teliti kebarangkalian tepat untuk mendapatkan keputusan berbeza memandangkan ramalan mekanik kuantum dan ramalan maklumat klasik seperti dalam pemboleh ubah tersembunyi.

Dalam mana-mana pilihan, jika dua observer, Lucas dan Rihanna, mengukur sepanjang paksi yang sama, kita akan mengharapkan mereka mendapat spin yang berselisih arah, tanpa mengira pilihan mana yang benar. Untuk melihat sebabnya, pertimbangkan gambar rajah di bawah.

Rajah di atas menunjukkan pilihan Einstein. Arah spin adalah berlawanan dan ditentukan. Jika kita mengukur sepanjang paksi $z$, satu akan berada sepanjang $+z$, dan satu lagi sepanjang $-z$. Kita tidak ada sebab untuk menganggap bahawa positron akan berada sepanjang $+z$, dan elektron sepanjang $-z$; imej itu hanya menunjukkan bahawa spin akan diukur berada dalam arah yang bertentangan. Sebenarnya, spin tertentu tidak perlu mempunyai komponen spinnya sepanjang arah yang akhirnya diukur, dalam kes pilihan Einstein. Pernyataan paling lemah pilihan Einstein adalah bahawa terdapat beberapa set arahan yang disimpan dalam spin yang menentukan apakah keputusan pengukuran apabila diukur sepanjang mana-mana paksi. Kita tidak perlu membayangkan bahawa arahan ini dalam bentuk vektor mudah (lihat gambar rajah di bawah); kita akan kembali kepada ini, kemudian.

Rajah di bawah menunjukkan pilihan Born, di mana arah spin positron dan elektron tersebar dalam taburan kebarangkalian dan tidak mempunyai arah yang pasti. Jangan baca terlalu banyak ke dalam bentuk taburan itu. Setiap spin sebenarnya boleh mempunyai kebarangkalian bukan sifar untuk menunjuk ke mana-mana arah selagi mereka bertentangan antara satu sama lain; kita hanya melukisnya sebagai pecahan bulatan supaya kita boleh membezakannya secara visual untuk perbincangan. Perhatikan bahawa dalam kes pilihan Born, masih benar bahawa momentum sudut mesti dipelihara. Jadi jika satu gelombang kebarangkalian "diruntuhkan" supaya spin menunjuk sepanjang $+z$, yang satu lagi akan menunjuk sepanjang $-z$ dan dipesongkan ke arah bertentangan. Pilihan-pilihan ini kelihatan sama.

Tetapi apa yang berlaku apabila observer L dan R boleh mengukur sepanjang mana-mana daripada tiga paksi, dengan setiap pasangan 120 darjah terpisah, seperti yang ditunjukkan dalam Rajah 4 & 5. Setiap observer boleh memutuskan secara rawak sepanjang paksi mana mereka akan mengukur spin (a, b, atau c). Kedua-duanya tidak perlu mengukur sepanjang paksi yang sama. Apabila setiap observer mengukur, mereka mungkin mendapati unjuran positif pada paksi pilihan mereka, atau mereka mungkin mendapati unjuran negatif. Sebagai contoh, Lucas dan Rihanna mungkin mengukur +a dan -b atau +b dan +c. Perhatikan bahawa jika mereka kebetulan memilih untuk mengukur sepanjang paksi yang sama, maka mereka MESTI mendapat tanda bertentangan dalam unjuran mereka: +a dan -a, +b dan -b, atau +c dan -c; mereka tidak boleh berdua mendapati, sebagai contoh +a. Dalam bahagian seterusnya, kita akan mengira bagaimana cara mengira kebarangkalian Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama pada paksi yang diukur (++ atau --) dan tanda bertentangan (+-) atau (-+).

Dua rajah di atas menggambarkan tafsiran pemboleh ubah tersembunyi yang mungkin dalam senario pengukuran tiga paksi baharu ini. Iaitu, sama ada spin sudah ditentukan, sebagai vektor, atau satu set arahan fizikal wujud entah bagaimana tertanam dalam sistem supaya hasil semua pengukuran yang mungkin telah ditetapkan terlebih dahulu, walaupun ia tidak boleh diketahui oleh eksperimentor sebelum pengukuran. Alternatifnya digambarkan di bawah. Beberapa taburan kebarangkalian hasil wujud, dan taburan ini boleh memberitahu kita beberapa perkara tentang kemungkinan keputusan pengukuran berbeza, tetapi keputusan tidak ditentukan oleh alam semula jadi sebelum pengukuran.

Kita boleh bertanya kepada diri kita sendiri, "Berapa kerap dua pemain harus mendapati tanda yang sama pada unjuran spin?" Iaitu, kita tidak merekod sepanjang paksi mana mereka memilih untuk mengukur; kita hanya merekod sama ada mereka mendapati tanda yang sama atau tanda yang berbeza. Tidak jelas sama ada pilihan Einstein dan Born akan menghasilkan keputusan yang sama dalam skim pengukuran yang lebih rumit ini. Tetapi seharusnya jelas dari Rajah 4 dan 5 bahawa ada $kemungkinan$ untuk ada perbezaan. Untuk kes yang ditunjukkan dalam pilihan Einstein, pengukuran unjuran spin $e+$ pada paksi $a$ pasti akan menghasilkan $+a$, dan unjuran spin $e-$ pada paksi $b$ akan menghasilkan $-b$ (hampir). Tetapi dalam pilihan Born, kemungkinannya terbuka lebar. Memang benar bahawa momentum sudut masih dipelihara. Tetapi kerana dua medan magnet tidak berorientasi sepanjang paksi yang sama, kita memaksa zarah ke dalam situasi di mana mereka mesti runtuh pada paksi yang berbeza (melalui interaksi dengan medan). Dalam bahagian seterusnya, kita akan menggunakan mekanik kuantum untuk menentukan apakah kebarangkalian sepatutnya, memandangkan pilihan Born, bahawa Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama pada paksi yang diukur (++ atau --), dan kebarangkalian bahawa mereka akan mendapat tanda bertentangan (+- atau -+).

Ramalan

Apa yang diramalkan oleh pilihan Einstein (pemboleh ubah tersembunyi)?

Jika pilihan Einstein adalah benar, maka mana-mana pasangan $e+$ dan $e-$ tertentu akan mempunyai satu set komponen vektor kepada spin mereka. Sebagai contoh, elektron mungkin mempunyai komponen $(+\hat{a},-\hat{b}, +\hat{c})$, dalam kes ini positron mesti mempunyai komponen $(-\hat{a},+\hat{b}, -\hat{c})$. Kita hanya menentukan di sini tanda unjuran pada setiap paksi, bukan magnitudnya. Bayangkan kita membenarkan sejumlah besar $N$ luruhan seperti itu berlaku, dan kita mengumpulkan pengukuran untuk mengisi jadual di bawah.

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

Untuk setiap kes dalam jadual di atas, terdapat 9 kemungkinan pilihan untuk paksi Lucas dan Rihanna: $aa$, $ab$, $ac$, $ba$, $bb$, $bc$, $ca$, $cb$, dan $cc$. Membaca dari jadual ini, kebarangkalian dua observer mengukur tanda yang sama untuk baris 1 dan 8 adalah sifar. Untuk baris 2-7, terdapat 4 cara untuk mendapat tanda yang sama, yang akan kita tunjukkan hanya untuk baris 2:

Tanda sama: $ac$, $bc$, $ca$, $cb$ Tanda berlawanan: $aa$, $ab$, $ba$, $bb$, $cc$

Jadi jika pilihan Einstein adalah tafsiran yang betul bagi keadaan kuantum, jumlah kebarangkalian yang dijumlahkan atas semua populasi yang mungkin, untuk Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama pada unjuran spin pada paksi yang dipilih secara rawak ialah: $P_\text{same}=\frac{1}{\sum_i{N_i}} \frac{4}{9} (N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7)\leq \frac{4}{9}$ Di mana kesamaan berlaku hanya jika $N_1=N_8=0$.

Semak kefahaman kamu

Baca soalan-soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaian.

Untuk baris 2 carta di atas, kita menyenaraikan semua cara yang mungkin untuk Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama untuk pengukuran mereka, dan semua cara mereka boleh mendapat tanda berbeza. Ulang ini untuk baris ketiga.

Jawapan:

Tanda sama: $ab$, $ba$, $bc$, $cb$

Tanda berlawanan: $aa$, $ac$, $bb$, $ca$, $cc$

Jadual di atas merujuk kepada "populasi", bermakna bahawa kita tidak tahu berapa banyak setiap jenis arahan yang dihasilkan alam semula jadi, jika rawatan pemboleh ubah tersembunyi adalah betul. Tunjukkan bahawa tidak kira apa taburan $N_1$ hingga $N_8$, kebarangkalian mendapat tanda yang sama dari pengukuran adalah sentiasa kurang daripada atau sama dengan 4/9.

Jawapan:

Mari kita mulakan dengan menganggap jumlah percubaan pengukuran yang malar, supaya $\sum_i{N_i} = N_{tot}$ adalah malar. Perhatikan bahawa dalam kes khas di mana $N_1=N_8=0$, ungkapan tersebut menjadi

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

Sekarang andaikan bahawa sama ada $N_1 \neq 0$ atau $N_8 \neq 0$. Maka

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

Jumlah semua percubaan, $N_tot$, masih sama seperti sebelumnya. Tetapi kerana $N'_1$ atau $N'_8$ telah meningkat dari 0, jumlah $N'_2$ hingga $N'_7$ mesti lebih rendah daripada sebelumnya. Khususnya, jumlah $N'_2$ hingga $N'_7$ adalah kurang daripada $N_{tot}$. Oleh itu

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

Menggabungkan semua kes yang mungkin, kita mendapat $P_{same} \leq \frac{4}{9}$.

Penggeneralan

Dalam rawatan di atas, kita mempertimbangkan pengukuran sepanjang paksi tertentu. Sudah tentu, seseorang boleh membuat pengukuran sepanjang mana-mana paksi. Mari kita panggil dua vektor spin dua zarah $\vec{a}$ dan $\vec{b}$. Biarkan $\lambda$ menjadi beberapa pemboleh ubah tersembunyi supaya keadaan sistem dua zarah sepadan dengan nilai $lambda$ yang terdefinisi dengan baik. Biarkan $\rho(\lambda)$ menjadi ketumpatan kebarangkalian dalam $\lambda$. Akhirnya, kita pilih simbol $A(\vec{a},\lambda)$ dan $B(\vec{b},\lambda)$ sebagai hasil yang telah ditetapkan terlebih dahulu bagi pengukuran yang dilakukan pada mana-mana zarah (A atau B), memandangkan vektor spin dan pemboleh ubah tersembunyi. Yang paling penting, perhatikan bahawa $A$ adalah bebas daripada $\vec{b}$ dan $B$ adalah bebas daripada $\vec{a}$. Seseorang kini boleh mengemukakan sebarang bilangan soalan yang berkaitan dengan korelasi antara pengukuran pada A dan B. Khususnya, seseorang boleh bertanya tentang nilai jangkaan yang diberikan oleh

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

Memandangkan beberapa andaian standard tentang nilai-nilai ini, seperti $A(\vec{a},\lambda)\leq 1$, $B(\vec{b},\lambda)\leq 1$, dan penormalan atas $\rho(\lambda)$, seseorang dapat menunjukkan bahawa korelasi antara dua zarah mematuhi hubungan

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

di mana $\vec{a}$ dan $\vec{b}$ adalah keadaan spin sistem kamu dan $\vec{c}$ dan $\vec{d}$ adalah keadaan spin rujukan (mana-mana keadaan spin lain yang mungkin bagi sistem). Ini adalah salah satu daripada seluruh kelas ketaksamaan yang kini dikenali sebagai "ketaksamaan Bell". Kita tidak akan menggunakan bentuk umum ini di sini. Sebaliknya, kita akan menumpukan pada satu persediaan eksperimen tertentu, supaya kita boleh memetakan persediaan itu pada litar kuantum.

Apa yang diramalkan oleh pilihan Born (mekanik kuantum bukan deterministik)?

Lucas akan memilih beberapa paksi dan mendapati spin satu zarah berada dalam arah positif atau negatif. Apa pun yang dia perolehi, mari kita orientasikan paksi kita supaya paksi $z$ adalah arah tersebut. Kemudian kita boleh menulis keadaan awal selepas luruhan meson dan sebelum sebarang pengukuran sebagai

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

Rihanna akan mengukur spin zarahnya sepanjang beberapa arah lain pada sudut $\theta$ relatif kepada Lucas. Operator spin sepanjang arah sewenang-wenangnya $\hat{n}$ diberikan oleh

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

Keadaan eigen operator ini ialah

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

Semak kefahaman kamu

Baca soalan-soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaian.

Sahkan bahawa $|+\rangle_{\hat{n}}$ adalah keadaan eigen operator $\hat{S}_{\hat{n}}$ di atas, dan cari nilai eigennya.

Jawapan:

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

Menggunakan $\cos(\theta)=\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2)$ dan $\sin(\theta)=2\cos(\theta/2)\sin(\theta/2)$, kita ada

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

Ini menunjukkan bahawa $|+\rangle_{\hat{n}}$ adalah keadaan eigen dan nilai eigen yang sepadan ialah $\frac{\hbar}{2}$.

Kebarangkalian Lucas mengukur spin dalam arah positif sepanjang paksi yang dipilihnya $|+\rangle$ $dan$ Rihanna juga mengukur spin positif sepanjang arah yang dipilihnya $|+\rangle_{\hat{n}}$ ialah

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

Semak kefahaman kamu

Baca soalan-soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaian.

Lakukan perkara yang sama untuk $P_{--}$. Sahkan bahawa ia juga sama dengan $\frac{1}{2}\sin^2(\theta).$

Jawapan:

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

Menambahkan keputusan ini, kita dapati bahawa kebarangkalian tanda-tanda dua paksi yang diukur adalah sama $P_{\text{same}}=\sin^2(\theta/2)$.

Semak kefahaman kamu

Baca soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaian.

Apa yang boleh kamu lakukan untuk menyemak matematik keputusan ini? Untuk jelasnya, kami tidak meminta kamu untuk mengesahkan bahawa ia sepadan dengan alam semula jadi lagi, hanya untuk memastikan tiada yang silap dalam semua matematik tersebut.

Jawapan:

(1) Lakukan pengiraan yang sama untuk $P_{\text{diff}}=\cos^2(\theta/2)$ untuk mengesahkan pemuliharaan kebarangkalian.

(2) Semak kes yang diketahui. Masukkan $\theta = 0$. Maka $P_{\text{same}}$ sepadan dengan dua observer yang masing-masing mengukur spin mereka sepanjang paksi yang sama, yang akan melanggar pemuliharaan momentum sudut. Jadi kamu akan mengharapkan kebarangkalian itu adalah sifar, dan memang memasukkan $\theta = 0$ menghasilkan $\sin^2(0/2) = 0$.

(3) Semak kes berbeza yang diketahui. Cuba $\theta = \pi$. Apa yang sepatutnya kamu perolehi. Berhati-hati dengan $\frac{1}{2}$ itu.

Kita secara khusus melukiskan kes di mana paksi berada pada $120\deg$ relatif antara satu sama lain. Ingat, apa pun arah ($\pm a$, $\pm b$, atau $\pm c$) yang diperoleh Lucas, kita panggil itu $z$. Kemudian Rihanna secara rawak memilih untuk mengukur sepanjang sama ada $\pm a$, $\pm b$, atau $\pm c$. Jika pilihannya sama dengan Lucas (sehingga tanda), maka mereka berdua mengukur sepanjang $z$, dan kebarangkalian Rihanna juga mengukur $+z$ adalah sifar. Ini sepatutnya berlaku 1/3 daripada masa, kerana pilihan paksi Rihanna adalah bebas daripada pilihan Lucas. Untuk mana-mana pilihan lain, Rihanna akan mengukur sepanjang paksi sama ada $120\deg = 2\pi/3$ radian dari $z$ (1/3 daripada masa) atau $240\deg = 4\pi/3$ radian dari $z$ (1/3 daripada masa). Dan sudah tentu, sepanjang mana-mana paksi tersebut, spin boleh diukur dalam arah positif atau negatif. Ini memberi kita jumlah kebarangkalian Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama:

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

Wow

Kita baru sahaja menunjukkan bahawa

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

Mari kita undur selangkah.

Pilihan Einstein dan Born kelihatan seolah-olah akan sentiasa menghasilkan keputusan yang sama, kerana mereka hanya berbeza dalam penerangan mereka tentang apa yang berlaku sebelum pengukuran. Namun, dengan menganggap bahawa terdapat arahan yang menentukan tanda pengukuran spin terlebih dahulu sepanjang paksi tertentu, kita memperoleh kekangan ke atas kebarangkalian pengukuran menghasilkan tanda yang sama $(P_{\text{same}})_\text{Einstein}\leq\frac{4}{9}$. Kemudian kita menganggap taburan kebarangkalian seperti dalam mekanik kuantum... dan memperoleh nilai berbeza untuk $(P_{\text{same}})_\text{Born}=\frac{1}{2}$. Ramalan dari mekanik kuantum adalah lebih tinggi daripada yang dibenarkan oleh rawatan pemboleh ubah tersembunyi. Jadi kita sebenarnya boleh melakukan eksperimen dan mengetahui sama ada keadaan kuantum ditentukan oleh alam semula jadi sebelum pengukuran, atau jika mereka benar-benar dalam superposisi probabilistik keadaan yang mungkin.

Eksperimen ini telah dilakukan berkali-kali menggunakan banyak sistem fizikal yang berbeza, selalunya foton. Terdapat banyak pertimbangan halus, seperti kecenderungan dalam pengukuran, pemasaan (keserentakan) pengukuran, dan banyak lagi. Selama beberapa dekad, kebimbangan tentang kehalusan-kehalusan ini telah dikikis secara beransur-ansur. Ujian masih dilaksanakan, semasa kita mempelajari lebih lanjut tentang realiti, tetapi kini terdapat persetujuan luas bahawa jawapan yang kamu perolehi di sini, menggunakan komputer kuantum IBM®, adalah betul.

Uji menggunakan komputer kuantum sebenar!

Selaras dengan perbincangan kita di atas, mari kita tetapkan arah pengukuran Lucas sebagai $+z$. Ini memang mudah walaupun dalam pendekatan algebra, tapi ia lebih mudah lagi untuk pengkomputeran kuantum, memandangkan apa yang biasanya diukur ialah unjuran Qubit sepanjang $z$. Kita nak buat Circuit kuantum yang memberi kebarangkalian yang sama seperti di atas untuk $P_{++}$. Kita bebas untuk mengorientasikan satah kita supaya $\phi=0$, dan kita dapat

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

Kita perlu tahu beberapa perkara tentang komputer kuantum IBM, untuk memandu perbincangan kita. Pertama, Qubit dimulakan dalam keadaan $|0\rangle = |+\rangle_z$. Seperti yang disebutkan tadi, apabila pengukuran dibuat, ia adalah sepanjang paksi $z$. Jadi matlamatnya adalah untuk menentukan pengoperasi apa yang boleh kita masukkan di antara keadaan asas pengukuran $\langle 0|\langle 0|$ dan keadaan awal Qubit $|0\rangle |0\rangle$ untuk mendapatkan ungkapan rumit di atas. Untuk itu, kita perlu mengulang kaji beberapa Gate asas dalam pengkomputeran kuantum.

Gate $X$: Bersamaan dengan operasi NOT. Gate satu Qubit.

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

Dalam Qiskit, mencipta Circuit dengan Gate $X$ kelihatan seperti ini:

from qiskit import QuantumCircuit

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

Gate Hadamard $H$: Mencipta keadaan superposisi. Gate satu Qubit.

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

Circuit dengan Gate Hadamard dibuat seperti berikut:

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

Gate CNOT (Controlled-NOT): Gate ini menggunakan dua Qubit: kawalan dan sasaran. Ia memeriksa keadaan Qubit kawalan yang tidak berubah. Tapi jika Qubit kawalan berada dalam keadaan $|1\rangle$, Gate ini mengubah keadaan Qubit sasaran; jika keadaan Qubit kawalan ialah $|0\rangle$, tiada perubahan dibuat langsung. Dalam notasi di bawah, anggap Qubit pertama adalah kawalan, dan yang kedua adalah sasaran.

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

Gate CNOT kelihatan sedikit berbeza dalam Circuit, sebab ia memerlukan dua Qubit. Begini cara melaksanakannya:

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

Perhatikan bahawa Qubit pertama yang disenaraikan dalam qc.cx(0,1) adalah kawalan, dan yang kedua adalah sasaran. Secara rajah, sasaran adalah yang mempunyai tanda "+" atau palang di atasnya.

Gate Putaran Y $R_y(\theta)$: Memutar keadaan sekitar paksi y. Ini adalah Gate satu Qubit.

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

Akhirnya, Gate putaran dilaksanakan dengan menentukan jenis Gate, jumlah putaran, dan Qubit yang Gate itu diletakkan, mengikut urutan tersebut:

import numpy as np

pi = np.pi

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

Nama Gate ry menentukan paksi yang putaran berlaku. Argumen pertama $\pi/2$ merujuk kepada jumlah putaran, dan argumen kedua menentukan Qubit yang Gate itu hendak diletakkan.

Semak kefahaman kamu

Baca soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaiannya.

Menggunakan sintaks yang diperkenalkan atau disegarkan di atas, buat mana-mana Circuit kuantum yang melibatkan empat jenis Gate kuantum yang berbeza.

Jawapan:

Sudah tentu ada kemungkinan yang tidak terhingga. Berikut adalah satu contoh:

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")

Daripada eksperimen fizikal kepada Circuit kuantum

Daripada operasi Gate-Gate ini, kita boleh lihat, contohnya, bahawa ket-ket dalam ungkapan untuk $P_{++}$:

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

berkemungkinan melibatkan Gate Hadamard untuk mendapat superposisi, dan Gate CNOT untuk mencipta keterjeratan.

Kita akan menggunakan Gate H, X, dan CNOT untuk menukar $|0\rangle_L|0\rangle_R$ kepada $\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right)$:

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

Di sini $CNOT_{LR}$ bermaksud Gate CNOT menggunakan L sebagai kawalan dan R sebagai sasaran. Kita kini boleh faktorkan bahagian R keadaan:

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

Kini kita telah menulis ket sepenuhnya sebagai Gate kuantum yang beroperasi pada keadaan permulaan lalai Qubit.

Kita kini boleh menggunakan $R_y(\theta)$ yang bertindak pada $\vphantom{p}_L\langle 0|_R\langle 1|$ untuk mendapatkan bra dalam ungkapan untuk $P_{++}$.

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

Dengan menggabungkan keputusan ini, kita boleh tulis kebarangkalian $P_{++}$ sebagai

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

Ini memberi kita arahan yang jelas tentang cara membina Circuit kuantum kita. Kita akan menerapkan Gate X, H, CNOT dan $R_y$ pada Qubit yang mewakili keadaan kuantum zarah yang diukur oleh Lucas dan Rihanna, dan membuat pengukuran untuk mendapatkan kebarangkalian.

IBM Quantum mengesyorkan menangani masalah pengkomputeran kuantum menggunakan rangka kerja yang kita panggil corak Qiskit. Ia terdiri daripada langkah-langkah berikut.

• Langkah 1: Petakan masalah kamu ke Circuit kuantum
• Langkah 2: Optimumkan Circuit kamu untuk dijalankan pada perkakasan kuantum sebenar
• Langkah 3: Laksanakan kerja kamu pada komputer kuantum IBM menggunakan Runtime Primitives
• Langkah 4: Proses semula keputusan

Pada asasnya semua kerja yang kita buat di atas adalah langkah 1. Jom bina Circuit yang dihasilkan menggunakan Qiskit!

Langkah 1: Memetakan keputusan kita ke Circuit kuantum

# 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

Ingat bahawa 1/3 daripada masa, paksi pilihan Rihanna akan berada $2\pi/3$ radian dari paksi Lucas, 1/3 daripada masa ia akan berada $4 \pi/3$ radian dari paksi Lucas, dan 1/3 daripada masa, mereka akan memilih paksi yang sama. Jadi kita sebenarnya perlu membuat 3 Circuit kuantum untuk 3 kes ini, dan menjumlahkan keputusan. Kita akan menerangkan yang pertama dengan teliti, dan dua yang terakhir akan kita nyatakan sahaja.

# 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")

Kod di bawah membina ketiga-tiga Circuit dengan cara yang lebih ringkas. Perhatikan bahawa satu-satunya perbezaan antara tiga Circuit tersebut adalah sejauh mana kita memutar dua Qubit sekitar paksi $y$.

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")

Kini kita akan menggunakan primitif Qiskit yang dipanggil StatevectorSampler. Sampler adalah primitif yang direka untuk mengambil sampel semua keadaan yang mungkin bagi suatu sistem dan memulangkan kebarangkalian (atau dalam sesetengah kes, kuasai-kebarangkalian) untuk mendapatkan setiap keadaan. Kita boleh menentukan bilangan "shots", dan melihat "counts" untuk setiap keadaan.

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)

Jika kita melihat counts dari setiap Circuit, kita dapati bahawa dua daripadanya hampir sama, dan yang ketiga agak berbeza.

plot_histogram(counts_list)

Mari kita buat senarai kemungkinan hasil dan jumlahkan semua counts setiap keadaan dari ketiga-tiga Circuit untuk mendapatkan kebarangkalian keseluruhan.

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))
    )

Kini kita boleh cetak jumlah counts untuk setiap hasil, dan plot histogramnya.

print(total_counts)
plot_histogram(total_counts)

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

Semak kefahaman kamu

Baca soalan di bawah, fikirkan jawapan kamu, kemudian klik segitiga untuk mendedahkan penyelesaiannya.

Adakah gambar di atas konsisten dengan hasil yang diramalkan oleh pemboleh ubah tersembunyi dan determinisme? Atau adakah ia konsisten dengan mekanik kuantum yang bersifat kebarangkalian (dan bukan setempat)?

Jawapan:

Ia konsisten dengan mekanik kuantum yang bersifat kebarangkalian dan bukan setempat. Rawatan pemboleh ubah tersembunyi meramalkan bahawa kebarangkalian untuk mendapatkan tanda yang sama adalah kurang daripada atau sama dengan 4/9. Mekanik kuantum meramalkan kebarangkalian 50%. Histogram di atas menggambarkan kebarangkalian 00 atau 11 yang sama dengan 49.97%. Ini sangat hampir dengan ramalan mekanik kuantum yang bersifat kebarangkalian, tetapi yang paling penting, ia lebih besar daripada julat yang dibenarkan dalam rawatan pemboleh ubah tersembunyi.

Adakah ini membuktikan sesuatu tentang alam semula jadi?

Jawapan:

Tidak! Kita menggunakan simulator! Itu adalah komputer yang diprogramkan untuk berkelakuan mengikut hukum mekanik kuantum yang bersifat kebarangkalian. Jika kita mencadangkan suatu peraturan, kemudian memprogramkan komputer untuk mengikuti peraturan itu, kebolehan komputer itu untuk mengikuti peraturan tersebut bukan bukti bahawa peraturan itu betul! Satu-satunya cara untuk membuktikannya adalah menggunakan komputer kuantum yang sebenar!

Langkah 2: Optimumkan Circuit kuantum kamu untuk dijalankan pada perkakasan sebenar

Walaupun kita pada mulanya menggunakan simulator untuk menyahpepijat kod kita, kita benar-benar ingin menjalankannya pada perkakasan sebenar. Lagipun, simulator hanya berpura-pura menjadi kuantum, berdasarkan persamaan di atas. Jika simulator memberitahu kita bahawa persamaan tersebut betul, itu tidak banyak meyakinkan kita. Kita mahukan komputer kuantum yang sebenar untuk memberitahu kita apa yang berlaku! Jadi kita akan pilih komputer kuantum yang ingin kita gunakan. Kadang-kadang mungkin penting untuk memilih peranti tertentu yang mempunyai sifat yang kita inginkan, tapi selalunya kita hanya mahu menggunakan peranti yang paling kurang sibuk.

Terdapat kod di bawah untuk menyimpan kelayakan kamu semasa penggunaan pertama. Pastikan untuk memadamkan maklumat ini dari notebook selepas menyimpannya ke persekitaran kamu, supaya kelayakan kamu tidak terdedah secara tidak sengaja apabila berkongsi notebook. Lihat Sediakan akaun IBM Cloud kamu dan Mulakan perkhidmatan dalam persekitaran tidak dipercayai untuk panduan lanjut.

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")

Langkah 3: Laksanakan kerja kamu pada komputer kuantum IBM menggunakan Runtime primitives

Kini setelah kita optimumkan Circuit kita untuk dijalankan pada perkakasan kuantum sebenar, dan menyahpepijat kod kita menggunakan simulator, kita bersedia untuk mengumpul statistik dari komputer kuantum sebenar, dan menyelesaikan perselisihan antara Einstein dan Born.

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]

Langkah 4: Proses semula dan analisis

Mari kita ambil sedikit masa dan imbas semula: Menggunakan rawatan pemboleh ubah tersembunyi, dan 3 paksi yang diimbangi, kita mendapat kekangan ke atas kebarangkalian untuk pengukuran menghasilkan tanda yang sama $P_{same,hv} =4/9$. Kemudian kita mengandaikan taburan kebarangkalian seperti dalam mekanik kuantum dan mendapat nilai yang berbeza untuk kebarangkalian itu: $P_{same,gm} = 1/2$. Ramalan dari mekanik kuantum adalah lebih tinggi daripada yang dibenarkan oleh rawatan pemboleh ubah tersembunyi. Jadi secara eksperimen kita boleh tahu sama ada keadaan mekanik kuantum ditentukan oleh alam sebelum pengukuran, atau jika ia benar-benar berada dalam superposisi kebarangkalian keadaan yang mungkin.

Kita merekabentuk Circuit kuantum kita supaya terdapat empat kemungkinan hasil yang sepadan dengan Lucas dan Rihanna mengukur satu tanda unjuran spin atau yang lain: 00, 01, 10, dan 11. Dalam kes 00 dan 11, Lucas dan Rihanna mengukur tanda yang sama, dan dalam kes 01 dan 10, mereka mengukur tanda yang berlawanan. Kita dapati bahawa dengan anggaran yang sangat baik, peluang Lucas dan Rihanna mendapat tanda yang sama adalah sekitar 50%, yang sudah pasti lebih besar daripada $4/9$. Ini bermakna tiada set pemboleh ubah tersembunyi yang dapat menerangkan taburan kebarangkalian tersebut, dan rawatan pemboleh ubah tersembunyi tidak serasi dengan eksperimen.

Terdapat tafsiran yang berbeza tentang keputusan eksperimen mekanik kuantum, dan terdapat banyak kehalusan dalam persediaan eksperimen yang dikaji semula dari semasa ke semasa. Tapi setakat ini prinsip mekanik kuantum dan tafsiran kebarangkalian keadaan kuantum telah menerangkan keputusan dengan tepat. Max Born nampaknya betul.

Jom ambil sedikit masa lagi untuk merenungkan kepentingan ini. Dua zarah muncul dari peristiwa reputan, dan dua zarah itu bergerak ke arah yang berbeza, mungkin untuk waktu yang lama. Spin mereka tidak berada dalam keadaan yang jelas, dan mereka tidak membawa arahan pemboleh ubah tersembunyi bersama mereka untuk menentukan hasil pengukuran masa depan. Tapi pengukuran pada satu zarah (katakan, sepanjang $+z$) semestinya menentukan hasil eksperimen ke atas spin zarah yang lain sepanjang arah $z$ (ia mesti $-z$). Ini bermakna sesuatu tentang fizik satu zarah ditentukan oleh apa yang dilakukan pada zarah yang lain, mungkin jauh di sana. Ini adalah salah satu situasi yang menyebabkan orang merujuk kepada realiti sebagai "bukan setempat".

Dua zarah seperti yang kita bincangkan entah bagaimana "terhubung" dalam erti kata bahawa pengukuran pada satu boleh mempengaruhi yang lain. Kita merujuk zarah-zarah sedemikian sebagai "terjerap". Keterjeratan lebih daripada sekadar korelasi. Sebagai contoh, kita boleh membina mesin klasik yang menyemburkan magnet ke satu sisi dengan hujung utara ke atas dan magnet ke sisi lain dengan hujung utara ke bawah. Magnet-magnet sedemikian boleh anti-berkorelasi dengan sempurna. Tapi pengukuran pada satu tidak akan mempengaruhi yang lain. Dalam keterjeratan mekanik kuantum, zarah A boleh berada dalam keadaan yang tidak jelas (atau campuran banyak keadaan), dan kita boleh menetapkannya kepada keadaan yang jelas melalui pengukuran pada zarah yang sama sekali berbeza (katakan, B). Tiada yang seperti itu wujud dalam dunia klasik.

Ini sering membuka dunia baru soalan dan kemungkinan. Sesetengah idea yang terlintas adalah nyata, seperti menggunakan keterjeratan untuk mengira, seperti dalam komputer kuantum! Sesetengah pula nampak menarik, tapi ternyata gagal, seperti cuba menggunakan keterjeratan untuk menghantar maklumat lebih laju daripada cahaya. Kita menggalakkan kamu untuk bertanya semua soalan yang timbul dalam fikiran kamu, dan membaca tentang bagaimana orang lain telah menyiasat fenomena ini. Terdapat seluruh dunia mekanik kuantum di luar sana untuk diterokai, tapi berikut adalah beberapa sumber yang mungkin kamu nak semak:

Kursus IBM Quantum:

• Pengkomputeran kuantum dalam amalan
• Asas maklumat kuantum

Makalah mekanik kuantum yang menarik:

• Paradoks Einstein Podolsky dan Rosen
• Makalah asal John Bell dari 1964
• Makalah 2019 tentang menangkap dan membalikkan "lompatan kuantum" di pertengahan peralihan

Beberapa sumber pengajaran mekanik kuantum:

• Bahan kursus Quantum I dari Universiti Colorado.

Beberapa penyelidikan pendidikan mekanik kuantum:

• Ulasan kesukaran pelajar dalam mekanik kuantum peringkat tinggi oleh C. Singh dan E. Marshman

Soalan

Pengajar boleh meminta versi buku nota ini berserta kunci jawapan dan panduan penempatan dalam kurikulum biasa dengan mengisi tinjauan ringkas ini tentang cara buku nota digunakan.

Konsep kritikal:

• Dahulu terdapat pertikaian sejarah tentang sama ada keadaan kuantum hanyalah tidak diketahui atau memang tidak ditentukan oleh alam semula jadi sebelum pengukuran dilakukan, sama ada mekanik kuantum bersifat deterministik atau probabilistik.
• Pemboleh ubah tersembunyi dan oleh itu realisme lokal tidak konsisten dengan pemerhatian mekanik kuantum. Maksudnya, korelasi yang diperhatikan dalam mekanik kuantum tidak dapat dijelaskan oleh pemboleh ubah yang sudah pasti tetapi hanya tidak diketahui oleh kita.
• Mekanik kuantum bersifat probabilistik.
• Keterjalin (entanglement) adalah nyata dan boleh diperhatikan.
• Keterjalin bukan sekadar korelasi.
• Kita boleh memetakan senario dunia nyata kepada komputer kuantum.
• Pemboleh ubah tersembunyi merujuk kepada kuantiti yang ditentukan oleh alam semula jadi tetapi tidak diketahui oleh manusia; ia tidak wujud dalam konteks ini.

Soalan B/S:

1. B/S Albert Einstein berhujah bahawa mekanik kuantum adalah tidak lengkap sebagai satu teori kerana ia hanya menerangkan kebarangkalian hasil, bukan mekanisme asas yang menentukan hasil tersebut.
2. B/S "Pemboleh ubah tersembunyi" merujuk kepada idea bahawa dua zarah mekanik kuantum boleh saling terjalin.
3. B/S Mana-mana dua sistem yang berkorelasi adalah saling terjalin secara mekanik kuantum.
4. B/S Keterjalin mekanik kuantum penting untuk mendapatkan matematik yang betul, tetapi ia tidak dapat dilihat dalam eksperimen.
5. B/S Dalam kebanyakan kes, mekanik kuantum tidak dapat memberitahu kamu hasil tepat sesuatu eksperimen, hanya kebarangkalian bahawa hasil tertentu akan diukur.
6. B/S Dalam mekanik kuantum, dalam keadaan tertentu, keadaan zarah A boleh dipengaruhi oleh keadaan zarah B, walaupun zarah A dan B tidak bersentuhan dan tidak bertukar sebarang zarah.
7. B/S Kita boleh memetakan eksperimen dunia nyata kepada litar kuantum.

Soalan aneka pilihan:

1. Andaikan satu zarah spin-0 mereput menjadi dua zarah spin-1/2 A dan B. Satu pengukuran dibuat ke atas zarah A yang mendedahkan spinnya mempunyai unjuran sepanjang $+z$. Zarah B kini

   • a. pasti mempunyai unjuran spin sepanjang $-z$
   • b. pasti mempunyai unjuran spin sepanjang $-x$
   • c. pasti mempunyai unjuran spin sepanjang $-y$
   • d. pasti mempunyai unjuran spin negatif sepanjang mana-mana paksi yang diukur.

2. Satu zarah spin-0 mereput menjadi dua zarah spin-1/2 A dan B. Jika zarah A diukur mempunyai unjuran sepanjang $+z$, antara unjuran berikut yang manakah mungkin untuk pengukuran zarah B? Bulatkan semua yang berkenaan.

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

3. Andaikan satu zarah spin-0 mereput menjadi dua zarah spin-1/2 A dan B. Apakah yang paling tepat menggambarkan keadaan zarah A sebelum sebarang pengukuran dibuat.

   • a. Spin zarah A adalah sepanjang $+z$.
   • b. Spin zarah A adalah sepanjang $-z$.
   • c. Spin zarah A adalah sepanjang $+x$.
   • d. Spin zarah A ditentukan sepanjang beberapa arah, tetapi tidak yang lain.
   • e. Orientasi spin zarah A tidak ditentukan oleh alam semula jadi sebelum sebarang pengukuran.

4. Yang manakah antara berikut benar tentang Gate Hadamard? Pilih semua yang berkenaan.

   • 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. Yang manakah antara berikut benar tentang Gate X? Pilih semua yang berkenaan.

   • 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. Yang manakah antara berikut merupakan gate dua-Qubit?

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

7. Andaikan satu Qubit berada dalam keadaan $|0\rangle$. Berapakah kebarangkalian mengukurnya berada dalam keadaan $1\rangle$?

   • a. Tepat 100% pada simulator bebas hingar, hampir 100% pada komputer kuantum sebenar
   • b. Hampir 100% pada simulator bebas hingar, tepat 100% pada komputer kuantum sebenar
   • c. Tepat 0% pada simulator bebas hingar, hampir 0% pada komputer kuantum sebenar
   • d. Hampir 0% pada simulator bebas hingar, tepat 0% pada komputer kuantum sebenar

Soalan perbincangan:

1. Rakan A, B, dan C sedang berbincang tentang keputusan dari makmal ini, berkaitan dengan Ketaksamaan Bell. Khususnya, mereka melihat imej yang menunjukkan kebarangkalian mekanik kuantum untuk mengukur tanda yang sama sepanjang paksi adalah lebih besar daripada yang dibenarkan oleh rawatan pemboleh ubah tersembunyi: $(P_\text{same})_\text{max,QM}>(P_\text{same})_\text{max,HV}$. Rakan A berkata, "Ini bermakna kita tidak mengetahui keadaan spin sebelum pengukuran." Rakan B berkata, "Tidak, ia lebih daripada itu. Ini bermakna spin tidak sudah menghala ke arah tertentu sebelum pengukuran. Walaupun begitu, keadaan spin mungkin entah bagaimana ditentukan atau disimpan." Rakan C berkata, "Tidak, ia lebih daripada itu lagi. Ini bermakna keadaan spin pada masa hadapan tidak pun diputuskan oleh alam semula jadi sebelum pengukuran." Siapa yang kamu setuju, dan mengapa?

2. Terangkan bagaimana fenomena mekanik kuantum seperti keterjalin menunjukkan bahawa realiti bersifat bukan tempatan (non-local).

3. Apakah eksperimen tambahan yang ingin kamu lakukan untuk meyakinkan dirimu tentang keputusan yang diperoleh di sini?

4. Bolehkah Ketaksamaan Bell hanya diterokai dengan 3 paksi yang sama jarak $a$, $b$, dan $c$? Bolehkah ia dilakukan dengan bilangan paksi lain? Bagaimana rupanya? Adakah ia masih akan menghasilkan perbezaan dalam kebarangkalian yang diramalkan oleh pemboleh ubah tersembunyi berbanding mekanik kuantum probabilistik?