Hra CHSH

Posledním příkladem, který si v této lekci probereme, není protokol, ale hra známá jako hra CHSH.

Když v tomto kontextu mluvíme o hře, nemáme na mysli něco, co se hraje pro zábavu nebo ze sportu, ale spíše matematickou abstrakci ve smyslu teorie her. Matematické abstrakce her se studují například v ekonomii a informatice a jsou fascinující i užitečné.

Písmena CHSH odkazují na autory -- Johna Clausera, Michaela Hornea, Abnera Shimonyho a Richarda Holta -- článku z roku 1969, ve kterém byl tento příklad poprvé popsán. Nepopsali ho jako hru, ale jako experiment. Jeho popis jako hry je však přirozený a intuitivní.

Hra CHSH spadá do třídy her známých jako nelokální hry. Nelokální hry jsou neuvěřitelně zajímavé a mají hluboké souvislosti s fyzikou, informatikou a matematikou -- skrývají záhady, které dodnes zůstávají nevyřešené. Na začátku této části si vysvětlíme, co nelokální hry jsou, a poté se zaměříme na hru CHSH a na to, čím je zajímavá.

Nelokální hry

Nelokální hra je kooperativní hra, ve které dva hráči, Alice a Bob, spolupracují na dosažení konkrétního výsledku. Hru řídí rozhodčí, který se chová podle přísných pravidel, která Alice a Bob znají.

Alice a Bob se mohou na hru připravit, jak chtějí, ale jakmile hra začne, mají zakázáno komunikovat. Můžeme si představit, že hra probíhá v nějakém zabezpečeném zařízení -- jako by rozhodčí hrál roli detektiva a Alice a Bob byli podezřelí vyslýchaní v oddělených místnostech. Ale jiný způsob, jak si celé uspořádání představit, je, že Alice a Bob jsou od sebe odděleni obrovskou vzdáleností a komunikace je zakázána, protože rychlost světla ji v rámci doby trvání hry neumožňuje. Jinými slovy, pokud se Alice pokusí poslat zprávu Bobovi, hra skončí dříve, než ji obdrží, a naopak.

Nelokální hra funguje tak, že rozhodčí nejprve položí Alici a Bobovi každému otázku. Písmeno $x$ budeme používat pro Alicinu otázku a $y$ pro Bobovu otázku. Zde si $x$ a $y$ představujeme jako klasické stavy a ve hře CHSH jsou $x$ a $y$ bity.

Rozhodčí vybírá tyto otázky pomocí náhodnosti. Přesněji řečeno, s každou možnou dvojicí $(x,y)$ otázek je spojena určitá pravděpodobnost $p(x,y)$ a rozhodčí se zavázal vybírat otázky náhodně, v době hry, právě tímto způsobem. Všichni, včetně Alice a Boba, tyto pravděpodobnosti znají -- ale nikdo neví, která konkrétní dvojice $(x,y)$ bude vybrána, dokud hra nezačne.

Poté, co Alice a Bob obdrží své otázky, musí poskytnout odpovědi: Alicina odpověď je $a$ a Bobova odpověď je $b.$ Opět se jedná obecně o klasické stavy a ve hře CHSH o bity.

V tomto okamžiku rozhodčí rozhodne: Alice a Bob buď vyhrají, nebo prohrají v závislosti na tom, zda je dvojice odpovědí $(a,b)$ považována za správnou pro dvojici otázek $(x,y)$ podle pevně daného souboru pravidel. Různá pravidla znamenají různé hry a pravidla konkrétně pro hru CHSH jsou popsána v následující části. Jak už bylo řečeno, pravidla znají všichni.

Následující diagram graficky znázorňuje tyto interakce.

Právě nejistota ohledně toho, jaké otázky budou položeny, a konkrétně fakt, že žádný hráč nezná otázku druhého hráče, dělá nelokální hry pro Alici a Boba náročné -- stejně jako spolčení podezřelí v oddělených místnostech, kteří se snaží udržet svou verzi příběhu.

Přesný popis rozhodčího definuje instanci nelokální hry. To zahrnuje specifikaci pravděpodobností $p(x,y)$ pro každou dvojici otázek spolu s pravidly, která určují, zda každá dvojice odpovědí $(a,b)$ vyhrává nebo prohrává pro každou možnou dvojici otázek $(x,y).$

Za chvíli se podíváme na hru CHSH, ale předtím si krátce připusťme, že je zajímavé uvažovat i o jiných nelokálních hrách. Je to ve skutečnosti nesmírně zajímavé a existují nelokální hry, u kterých se v současnosti neví, jak dobře mohou Alice a Bob hrát s využitím provázání. Uspořádání je jednoduché, ale pod povrchem se skrývá složitost -- a u některých her může být výpočet nejlepších nebo téměř nejlepších strategií pro Alici a Boba nemožně obtížný. To je ohromující povaha modelu nelokálních her.

Popis hry CHSH

Zde je přesný popis hry CHSH, kde (stejně jako výše) $x$ je Alicina otázka, $y$ je Bobova otázka, $a$ je Alicina odpověď a $b$ je Bobova odpověď:

• Otázky i odpovědi jsou bity: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Rozhodčí vybírá otázky $(x,y)$ rovnoměrně náhodně. To znamená, že každá ze čtyř možností, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0)$ a $(1,1),$ je vybrána s pravděpodobností $1/4.$

• Odpovědi $(a,b)$ vyhrávají pro otázky $(x,y)$, pokud $a\oplus b = x\wedge y$, a prohrávají v opačném případě. Následující tabulka vyjadřuje toto pravidlo výpisem výherních a proherních podmínek pro odpovědi $(a,b)$ pro každou dvojici otázek $(x,y).$

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

Omezení klasických strategií

Nyní se podívejme na strategie pro Alici a Boba ve hře CHSH, počínaje klasickými strategiemi.

Deterministické strategie

Začneme deterministickými strategiemi, kde Alicina odpověď $a$ je funkcí otázky $x$, kterou obdrží, a stejně tak Bobova odpověď $b$ je funkcí otázky $y$, kterou obdrží. Takže například můžeme psát $a(0)$ pro Alicinu odpověď, když je její otázka $0,$ a $a(1)$ pro Alicinu odpověď, když je její otázka $1.$

Žádná deterministická strategie nemůže hru CHSH vyhrát pokaždé. Jeden způsob, jak to odůvodnit, je jednoduše projít jednu po druhé všechny možné deterministické strategie a ověřit, že každá z nich prohrává alespoň pro jednu ze čtyř možných dvojic otázek. Alice a Bob si mohou každý vybrat ze čtyř možných funkcí z jednoho bitu na jeden bit -- se kterými jsme se setkali v první lekci kurzu -- takže celkem je třeba zkontrolovat $16$ různých deterministických strategií.

Můžeme to také odůvodnit analyticky. Pokud strategie Alice a Boba vyhrává, když $(x,y) = (0,0),$ pak musí platit $a(0) = b(0);$ pokud jejich strategie vyhrává, když $(x,y) = (0,1),$ pak $a(0) = b(1);$ a podobně, pokud strategie vyhrává pro $(x,y)=(1,0)$, pak $a(1) = b(0).$ Takže pokud jejich strategie vyhrává pro všechny tři možnosti, pak

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

To znamená, že strategie prohrává v posledním případě $(x,y) = (1,1),$ protože výhra zde vyžaduje $a(1) \neq b(1).$ Nemůže tedy existovat žádná deterministická strategie, která by vyhrávala pokaždé.

Na druhou stranu je snadné najít deterministické strategie, které vyhrávají ve třech ze čtyř případů, například $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Z toho vyplývá, že maximální pravděpodobnost výhry pro Alici a Boba při použití deterministické strategie je $3/4.$

Pravděpodobnostní strategie

Jak jsme právě zjistili, Alice a Bob nemohou dosáhnout lepšího výsledku než výhry ve hře CHSH v 75 % případů pomocí deterministické strategie. Ale co pravděpodobnostní strategie? Mohlo by Alici a Bobovi pomoci použití náhodnosti -- včetně možnosti sdílené náhodnosti, kde jsou jejich náhodné volby korelované?

Ukazuje se, že pravděpodobnostní strategie vůbec nepomáhají zvýšit pravděpodobnost výhry Alice a Boba. Je to proto, že každou pravděpodobnostní strategii lze alternativně chápat jako náhodný výběr deterministické strategie, stejně jako pravděpodobnostní operace lze chápat jako náhodné výběry deterministických operací. Průměr nikdy není větší než maximum, a z toho plyne, že pravděpodobnostní strategie nenabízejí žádnou výhodu z hlediska celkové pravděpodobnosti výhry.

Výhra s pravděpodobností $3/4$ je tedy to nejlepší, čeho mohou Alice a Bob dosáhnout pomocí jakékoli klasické strategie, ať už deterministické nebo pravděpodobnostní.

Strategie pro hru CHSH

Přirozenou otázkou v tuto chvíli je, zda mohou Alice a Bob dosáhnout lepšího výsledku pomocí kvantové strategie. Konkrétně, pokud sdílejí provázaný kvantový stav, jak naznačuje následující obrázek, který si mohli připravit před zahájením hry, mohou zvýšit svou pravděpodobnost výhry?

Odpověď je ano, a to je hlavní pointa tohoto příkladu a důvod, proč je tak zajímavý. Pojďme se tedy podívat přesně na to, jak mohou Alice a Bob dosáhnout lepšího výsledku v této hře pomocí provázání.

Potřebné vektory a matice

Prvním krokem je definovat stavový vektor Qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle$ pro každé reálné číslo $\theta$ (které si budeme představovat jako úhel měřený v radiánech) následovně.

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

Zde je několik jednoduchých příkladů:

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

Máme také následující příklady, které se objeví v analýze níže:

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

Při pohledu na obecný tvar vidíme, že skalární součin libovolných dvou těchto vektorů má tento vzorec:

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

Podrobněji, tyto vektory obsahují pouze reálné hodnoty, takže se nemusíme starat o komplexní sdružení: skalární součin je součin kosinů plus součin sinů. Použitím jednoho ze vzorců pro součet úhlů z trigonometrie dospějeme k výše uvedenému zjednodušení. Tento vzorec odhaluje geometrickou interpretaci skalárního součinu reálných jednotkových vektorů jako kosinu úhlu mezi nimi.

Pokud vypočítáme skalární součin tenzorového součinu libovolných dvou těchto vektorů se stavem $\vert \phi^+\rangle$, dostaneme podobný výraz, jen se $\sqrt{2}$ ve jmenovateli:

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

Náš zájem o tento konkrétní skalární součin bude brzy jasný, ale prozatím si jej pouze zaznamenáváme jako vzorec.

Dále definujme unitární matici $U_{\theta}$ pro každý úhel $\theta$ následovně.

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

Intuitivně řečeno, tato matice transformuje $\vert\psi_{\theta}\rangle$ na $\vert 0\rangle$ a $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ na $\vert 1\rangle.$ Abychom ověřili, že se jedná o unitární matici, klíčovým pozorováním je, že vektory $\vert\psi_{\theta}\rangle$ a $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ jsou ortogonální pro každý úhel $\theta$:

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

Zjistíme tedy, že

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

Tuto matici můžeme alternativně zapsat explicitně jako

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

Toto je příklad rotační matice, a konkrétně rotuje dvourozměrné vektory s reálnými složkami o úhel $-\theta$ kolem počátku. Pokud budeme dodržovat standardní konvenci pro pojmenování a parametrizaci rotací různých forem, máme $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$, kde

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

Popis strategie

Nyní můžeme popsat kvantovou strategii.

• Příprava: Alice a Bob začínají hru sdílením e-bitu: Alice drží Qubit $\mathsf{A},$ Bob drží Qubit $\mathsf{B},$ a společně jsou tyto dva Qubity $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ ve stavu $\vert\phi^+\rangle$.

• Akce Alice:

  • Pokud Alice obdrží otázku $x=0,$ aplikuje $U_{0}$ na svůj Qubit $\mathsf{A}.$
  • Pokud Alice obdrží otázku $x=1,$ aplikuje $U_{\pi/4}$ na svůj Qubit $\mathsf{A}.$

  Operaci, kterou Alice provádí na $\mathsf{A}$, můžeme alternativně popsat takto:

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

  Poté, co Alice tuto operaci aplikuje, změří $\mathsf{A}$ měřením ve standardní bázi a nastaví svou odpověď $a$ na výsledek měření.

• Akce Boba:

  • Pokud Bob obdrží otázku $y=0,$ aplikuje $U_{\pi/8}$ na svůj Qubit $\mathsf{B}.$
  • Pokud Bob obdrží otázku $y=1,$ aplikuje $U_{-\pi/8}$ na svůj Qubit $\mathsf{B}.$

  Stejně jako u Alice můžeme Bobovu operaci na $\mathsf{B}$ vyjádřit takto:

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

  Poté, co Bob tuto operaci aplikuje, změří $\mathsf{B}$ měřením ve standardní bázi a nastaví svou odpověď $b$ na výsledek měření.

Zde je diagram kvantového Circuit, který popisuje tuto strategii:

V tomto diagramu vidíme dvě obyčejné podmíněné Gate, jednu pro $U_{-\pi/8}$ nahoře a jednu pro $U_{\pi/4}$ dole. Máme také dvě Gate, které vypadají jako podmíněné Gate, jednu pro $U_{\pi/8}$ nahoře a jednu pro $U_{0}$ dole, s tím rozdílem, že kroužek reprezentující řídící Qubit není vyplněný. To označuje jiný typ podmíněné Gate, kde se operace provede, pokud je řídící Qubit nastaven na $0$ (na rozdíl od $1$ u obyčejné podmíněné Gate). Takže ve výsledku Bob provádí $U_{\pi/8}$ na svém Qubitu, pokud $y=0$, a $U_{-\pi/8}$, pokud $y=1;$ a Alice provádí $U_0$ na svém Qubitu, pokud $x=0$, a $U_{\pi/4}$, pokud $x=1,$ což je v souladu s výše uvedeným slovním popisem protokolu.

Zbývá zjistit, jak dobře tato strategie pro Alice a Boba funguje. Uděláme to tak, že projdeme čtyři možné páry otázek jednotlivě.

Analýza případ po případu

• Případ 1: $(x,y) = (0,0).$

  V tomto případě Alice provede $U_{0}$ na svém Qubitu a Bob provede $U_{\pi/8}$ na svém, takže stav dvou Qubitů $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po provedení jejich operací je

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

  Pravděpodobnosti pro čtyři možné páry odpovědí $(a,b)$ jsou tedy následující.

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

  Pravděpodobnosti, že $a=b$ a $a\neq b$, pak můžeme získat sečtením.

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

  Pro pár otázek $(0,0)$ Alice a Bob vyhrávají, pokud $a=b,$ a tedy v tomto případě vyhrávají s pravděpodobností

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

• Případ 2: $(x,y) = (0,1).$

  V tomto případě Alice provede $U_{0}$ na svém Qubitu a Bob provede $U_{-\pi/8}$ na svém, takže stav dvou Qubitů $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po provedení jejich operací je

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

  Pravděpodobnosti pro čtyři možné páry odpovědí $(a,b)$ jsou tedy následující.

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

  Opět můžeme získat pravděpodobnosti, že $a=b$ a $a\neq b$, sečtením.

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

  Pro pár otázek $(0,1)$ Alice a Bob vyhrávají, pokud $a=b,$ a tedy v tomto případě vyhrávají s pravděpodobností

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

• Případ 3: $(x,y) = (1,0).$

  V tomto případě Alice provede $U_{\pi/4}$ na svém Qubitu a Bob provede $U_{\pi/8}$ na svém, takže stav dvou Qubitů $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po provedení jejich operací je

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

  Pravděpodobnosti pro čtyři možné páry odpovědí $(a,b)$ jsou tedy následující.

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

  Zjistíme, že opět pravděpodobnosti, že $a=b$ a $a\neq b$, jsou následující.

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

  Pro pár otázek $(1,0)$ Alice a Bob vyhrávají, pokud $a=b,$ takže v tomto případě vyhrávají s pravděpodobností

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

• Případ 4: $(x,y) = (1,1).$

  Poslední případ je trochu odlišný, což bychom mohli očekávat, protože podmínka výhry je v tomto případě jiná. Když $x$ i $y$ jsou oba $1,$ Alice a Bob vyhrávají, když jsou $a$ a $b$ různé. V tomto případě Alice provede $U_{\pi/4}$ na svém Qubitu a Bob provede $U_{-\pi/8}$ na svém, takže stav dvou Qubitů $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ po provedení jejich operací je

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

  Pravděpodobnosti pro čtyři možné páry odpovědí $(a,b)$ jsou tedy následující.

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

  Pravděpodobnosti si oproti třem ostatním případům efektivně vyměnily místa. Pravděpodobnosti, že $a=b$ a $a\neq b$, získáme sečtením.

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

  Pro pár otázek $(1,1)$ Alice a Bob vyhrávají, pokud $a\neq b,$ a proto v tomto případě vyhrávají s pravděpodobností

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

V každém případě vyhrávají se stejnou pravděpodobností:

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

To je tedy jejich celková pravděpodobnost výhry. Je to výrazně lepší než cokoliv, čeho může dosáhnout jakákoliv klasická strategie v této hře; klasické strategie mají pravděpodobnost výhry omezenou hodnotou $3/4.$ A to z tohoto příkladu dělá velmi zajímavou ukázku.

Náhodou se jedná o optimální pravděpodobnost výhry pro kvantové strategie. To znamená, že lépe si poradit nedokážeme, bez ohledu na to, jaký provázaný stav nebo měření zvolíme. Tento fakt je znám jako Cirelsonova nerovnost (Tsirelson's inequality), pojmenovaná po Borisi Cirelsonovi, který ji jako první dokázal -- a který jako první popsal CHSH experiment jako hru.

Geometrický pohled

Výše popsanou strategii je možné promýšlet geometricky, což může pomoci pochopit vztahy mezi různými úhly zvolenými pro operace Alice a Boba.

Alice v podstatě volí úhel $\alpha$ v závislosti na své otázce $x$ a poté aplikuje $U_{\alpha}$ na svůj Qubit a měří. Podobně Bob volí úhel $\beta$ v závislosti na $y$ a poté aplikuje $U_{\beta}$ na svůj Qubit a měří. Úhly $\alpha$ a $\beta$ jsme zvolili takto.

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

Prozatím ale uvažujme $\alpha$ a $\beta$ jako libovolné. Volbou $\alpha$ Alice efektivně definuje ortonormální bázi vektorů, která vypadá takto:

Bob dělá totéž, jen s úhlem $\beta$:

Barvy vektorů odpovídají odpovědím Alice a Boba: modrá pro $0$ a červená pro $1.$

Pokud nyní zkombinujeme $(1)$ a $(2)$, dostaneme vzorec

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

který platí pro všechna reálná čísla $\alpha$ a $\beta.$

Následujeme-li stejný typ analýzy, kterou jsme prošli výše, ale s $\alpha$ a $\beta$ jako proměnnými, zjistíme toto:

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

Z toho odvodíme tyto dva vzorce:

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

Tyto rovnice lze propojit s obrázky výše tak, že si představíme, že překryjeme báze zvolené Alicí a Bobem. Konkrétně, když $(x,y) = (0,0),$ Alice a Bob volí $\alpha = 0$ a $\beta = \pi/8,$ a překrytím jejich bází získáme tento obrázek:

Úhel mezi červenými vektory je $\pi/8,$ což je stejný úhel jako mezi dvěma modrými vektory. Pravděpodobnost, že se výsledky Alice a Boba shodnou, je kosinus na druhou tohoto úhlu,

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

zatímco pravděpodobnost, že se neshodnou, je sinus na druhou tohoto úhlu,

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

Když $(x,y) = (0,1),$ Alice a Bob volí $\alpha = 0$ a $\beta = -\pi/8,$ a překrytím jejich bází získáme tento obrázek:

Úhel mezi červenými vektory je opět $\pi/8,$ stejně jako úhel mezi modrými vektory. Pravděpodobnost, že se výsledky Alice a Boba shodnou, je opět kosinus na druhou tohoto úhlu,

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

zatímco pravděpodobnost, že se neshodnou, je sinus na druhou tohoto úhlu,

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

Když $(x,y) = (1,0),$ Alice a Bob volí $\alpha = \pi/4$ a $\beta = \pi/8,$ a překrytím jejich bází získáme tento obrázek:

Báze se změnily, ale úhly ne -- opět je úhel mezi vektory stejné barvy $\pi/8.$ Pravděpodobnost, že se výsledky Alice a Boba shodnou, je

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

a pravděpodobnost, že se neshodnou, je

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

Když $(x,y) = (1,1),$ Alice a Bob volí $\alpha = \pi/4$ a $\beta = -\pi/8.$ Když překryjeme jejich báze, vidíme, že se stalo něco jiného:

Díky způsobu, jakým byly úhly zvoleny, je tentokrát úhel mezi vektory stejné barvy $3\pi/8$ místo $\pi/8.$ Pravděpodobnost, že se výsledky Alice a Boba shodnou, je stále kosinus na druhou tohoto úhlu, ale tentokrát má hodnotu

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

Pravděpodobnost, že se výsledky neshodnou, je sinus na druhou tohoto úhlu, což je v tomto případě:

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

Poznámky

Základní myšlenka experimentu jako je hra CHSH, kde provázání vede ke statistickým výsledkům, které nejsou slučitelné s čistě klasickým uvažováním, pochází od Johna Bella, po němž jsou pojmenovány Bellovy stavy. Z tohoto důvodu se experimenty tohoto typu často označují jako Bellovy testy. Někdy se také hovoří o Bellově teorému, který lze formulovat různými způsoby -- ale jeho podstatou je, že kvantová mechanika není kompatibilní s takzvanými teoriemi lokálních skrytých proměnných. Hra CHSH je obzvláště čistým a jednoduchým příkladem Bellova testu a lze ji chápat jako důkaz či demonstraci Bellova teorému.

Hra CHSH nabízí způsob, jak experimentálně otestovat teorii kvantové informace. Lze provádět experimenty, které implementují hru CHSH a testují strategie založené na provázání popsané výše. To nám poskytuje vysokou míru jistoty, že provázání je skutečné -- a na rozdíl od někdy vágních nebo poetických způsobů, kterými se pokoušíme provázání vysvětlit, hra CHSH nám dává konkrétní a testovatelný způsob, jak provázání pozorovat.