Permainan CHSH

Contoh terakhir yang akan dibahas dalam pelajaran ini bukan sebuah protokol, melainkan sebuah permainan yang dikenal sebagai permainan CHSH.

Ketika kita berbicara tentang permainan dalam konteks ini, kita tidak membicarakan sesuatu yang dimaksudkan untuk dimainkan sebagai hiburan atau olahraga, melainkan abstraksi matematis dalam pengertian teori permainan. Abstraksi matematis dari permainan dipelajari dalam ekonomi dan ilmu komputer, misalnya, dan keduanya sangat menarik dan berguna.

Huruf CHSH merujuk pada para penulis — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony, dan Richard Holt — dari sebuah makalah tahun 1969 di mana contoh ini pertama kali dideskripsikan. Mereka tidak mendeskripsikan contoh ini sebagai permainan, melainkan sebagai eksperimen. Namun, deskripsinya sebagai permainan sangat alami dan intuitif.

Permainan CHSH termasuk dalam kelas permainan yang dikenal sebagai permainan nonlokal. Permainan nonlokal sangat menarik dan memiliki koneksi mendalam dengan fisika, ilmu komputer, dan matematika — menyimpan misteri yang masih belum terpecahkan. Kita akan memulai bagian ini dengan menjelaskan apa itu permainan nonlokal, lalu fokus pada permainan CHSH dan apa yang membuatnya menarik.

Permainan nonlokal

Permainan nonlokal adalah permainan kooperatif di mana dua pemain, Alice dan Bob, bekerja sama untuk mencapai hasil tertentu. Permainan dijalankan oleh seorang wasit, yang berperilaku sesuai pedoman ketat yang diketahui oleh Alice dan Bob.

Alice dan Bob bisa mempersiapkan diri untuk permainan sesuka mereka, tapi begitu permainan dimulai mereka dilarang berkomunikasi. Kita bisa membayangkan permainan ini berlangsung di fasilitas yang aman — seolah wasit berperan sebagai detektif dan Alice serta Bob adalah tersangka yang diinterogasi di ruangan terpisah. Tapi cara lain untuk memikirkan situasi ini adalah bahwa Alice dan Bob terpisah oleh jarak yang sangat jauh, dan komunikasi dilarang karena kecepatan cahaya tidak memungkinkan komunikasi dalam waktu pelaksanaan permainan. Artinya, jika Alice mencoba mengirim pesan ke Bob, permainan akan berakhir sebelum ia menerimanya, begitu pula sebaliknya.

Cara kerja permainan nonlokal adalah wasit pertama mengajukan pertanyaan kepada masing-masing Alice dan Bob. Kita akan menggunakan huruf $x$ untuk merujuk pada pertanyaan Alice dan $y$ untuk merujuk pada pertanyaan Bob. Di sini kita memikirkan $x$ dan $y$ sebagai status klasik, dan dalam permainan CHSH $x$ dan $y$ adalah bit.

Wasit menggunakan keacakan untuk memilih pertanyaan-pertanyaan ini. Lebih tepatnya, ada probabilitas $p(x,y)$ yang terkait dengan setiap kemungkinan pasangan $(x,y)$ pertanyaan, dan wasit telah berjanji untuk memilih pertanyaan secara acak, pada saat permainan, dengan cara ini. Semua orang, termasuk Alice dan Bob, mengetahui probabilitas-probabilitas ini — tapi tidak ada yang tahu secara spesifik pasangan $(x,y)$ mana yang akan dipilih sampai permainan dimulai.

Setelah Alice dan Bob menerima pertanyaan mereka, mereka harus memberikan jawaban: jawaban Alice adalah $a$ dan jawaban Bob adalah $b.$ Sekali lagi, ini adalah status klasik secara umum, dan bit dalam permainan CHSH.

Pada titik ini wasit membuat keputusan: Alice dan Bob menang atau kalah tergantung pada apakah pasangan jawaban $(a,b)$ dianggap benar untuk pasangan pertanyaan $(x,y)$ sesuai dengan serangkaian aturan yang ditetapkan. Aturan yang berbeda berarti permainan yang berbeda, dan aturan untuk permainan CHSH secara khusus dijelaskan di bagian setelah ini. Seperti yang sudah disarankan, aturan-aturan diketahui oleh semua orang.

Diagram berikut memberikan representasi grafis dari interaksi-interaksi tersebut.

Ketidakpastian tentang pertanyaan apa yang akan diajukan, dan khususnya fakta bahwa setiap pemain tidak mengetahui pertanyaan pemain lain, yang membuat permainan nonlokal menantang bagi Alice dan Bob — seperti tersangka yang berkonspirasi di ruangan terpisah mencoba menjaga cerita mereka tetap konsisten.

Deskripsi yang tepat dari wasit mendefinisikan sebuah contoh permainan nonlokal. Ini mencakup spesifikasi probabilitas $p(x,y)$ untuk setiap pasangan pertanyaan beserta aturan yang menentukan apakah setiap pasangan jawaban $(a,b)$ menang atau kalah untuk setiap kemungkinan pasangan pertanyaan $(x,y).$

Kita akan melihat permainan CHSH sebentar lagi, tapi sebelum itu mari kita akui secara singkat bahwa menarik juga untuk mempertimbangkan permainan nonlokal lainnya. Ini sangat menarik, bahkan, dan ada beberapa permainan nonlokal yang saat ini tidak diketahui seberapa baik Alice dan Bob bisa bermain menggunakan entanglement. Setupnya sederhana, tapi ada kompleksitas yang bekerja — dan untuk beberapa permainan bisa sangat sulit untuk menghitung strategi terbaik atau mendekati terbaik bagi Alice dan Bob. Inilah sifat yang mengejutkan dari model permainan nonlokal.

Deskripsi permainan CHSH

Berikut deskripsi tepat dari permainan CHSH, di mana (seperti di atas) $x$ adalah pertanyaan Alice, $y$ adalah pertanyaan Bob, $a$ adalah jawaban Alice, dan $b$ adalah jawaban Bob:

• Pertanyaan dan jawaban semuanya adalah bit: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Wasit memilih pertanyaan $(x,y)$ secara acak seragam. Yaitu, masing-masing dari empat kemungkinan, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ dan $(1,1),$ dipilih dengan probabilitas $1/4.$

• Jawaban $(a,b)$ menang untuk pertanyaan $(x,y)$ jika $a\oplus b = x\wedge y$ dan kalah sebaliknya. Tabel berikut mengekspresikan aturan ini dengan mencantumkan kondisi menang dan kalah untuk jawaban $(a,b)$ untuk setiap pasangan pertanyaan $(x,y).$

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

Keterbatasan strategi klasik

Sekarang mari kita pertimbangkan strategi bagi Alice dan Bob dalam permainan CHSH, dimulai dengan strategi klasik.

Strategi deterministik

Kita akan mulai dengan strategi deterministik, di mana jawaban Alice $a$ adalah fungsi dari pertanyaan $x$ yang ia terima, dan demikian pula jawaban Bob $b$ adalah fungsi dari pertanyaan $y$ yang ia terima. Jadi, misalnya, kita bisa menulis $a(0)$ untuk merepresentasikan jawaban Alice ketika pertanyaannya adalah $0,$ dan $a(1)$ untuk merepresentasikan jawaban Alice ketika pertanyaannya adalah $1.$

Tidak ada strategi deterministik yang bisa menang dalam permainan CHSH setiap saat. Salah satu cara untuk memikirkan ini adalah dengan memeriksa satu per satu semua kemungkinan strategi deterministik dan memeriksa bahwa setiap satu dari mereka kalah untuk setidaknya satu dari empat kemungkinan pasangan pertanyaan. Alice dan Bob masing-masing bisa memilih dari empat kemungkinan fungsi dari satu bit ke satu bit — yang kita temui kembali di pelajaran pertama kursus — sehingga ada $16$ strategi deterministik yang berbeda untuk diperiksa secara total.

Kita juga bisa memikirkan ini secara analitis. Jika strategi Alice dan Bob menang ketika $(x,y) = (0,0),$ maka harus berlaku $a(0) = b(0);$ jika strategi mereka menang ketika $(x,y) = (0,1),$ maka $a(0) = b(1);$ dan demikian pula, jika strategi menang untuk $(x,y)=(1,0)$ maka $a(1) = b(0).$ Jadi, jika strategi mereka menang untuk ketiga kemungkinan tersebut, maka

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

Ini menyiratkan bahwa strategi kalah dalam kasus terakhir $(x,y) = (1,1),$ karena di sini menang membutuhkan $a(1) \neq b(1).$ Jadi, tidak ada strategi deterministik yang bisa menang setiap saat.

Di sisi lain, mudah menemukan strategi deterministik yang menang dalam tiga dari empat kasus, seperti $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Dari ini kita menyimpulkan bahwa probabilitas maksimum bagi Alice dan Bob untuk menang menggunakan strategi deterministik adalah $3/4.$

Strategi probabilistik

Seperti yang baru saja kita simpulkan, Alice dan Bob tidak bisa lebih baik dari menang permainan CHSH 75% dari waktu menggunakan strategi deterministik. Tapi bagaimana dengan strategi probabilistik? Bisakah menggunakan keacakan membantu Alice dan Bob — termasuk kemungkinan keacakan bersama, di mana pilihan acak mereka berkorelasi?

Ternyata strategi probabilistik tidak membantu sama sekali untuk meningkatkan probabilitas Alice dan Bob menang. Ini karena setiap strategi probabilistik secara alternatif bisa dipandang sebagai pilihan acak dari strategi deterministik, sama seperti operasi probabilistik bisa dipandang sebagai pilihan acak dari operasi deterministik. Rata-rata tidak pernah lebih besar dari maksimum, sehingga strategi probabilistik tidak menawarkan keuntungan apapun dalam hal probabilitas kemenangan keseluruhan mereka.

Jadi, menang dengan probabilitas $3/4$ adalah yang terbaik yang bisa dilakukan Alice dan Bob menggunakan strategi klasik apapun, baik deterministik maupun probabilistik.

Strategi permainan CHSH

Pertanyaan alami yang muncul pada titik ini adalah apakah Alice dan Bob bisa lebih baik menggunakan strategi kuantum. Secara khusus, jika mereka berbagi keadaan kuantum yang terjalin seperti yang disarankan gambar berikut, yang bisa mereka siapkan sebelum bermain, bisakah mereka meningkatkan probabilitas kemenangan mereka?

Jawabannya adalah ya, dan inilah poin utama dari contoh ini dan mengapa sangat menarik. Jadi mari kita lihat persis bagaimana Alice dan Bob bisa lebih baik dalam permainan ini menggunakan entanglement.

Vektor dan matriks yang diperlukan

Hal pertama yang perlu kita lakukan adalah mendefinisikan vektor keadaan qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ untuk setiap bilangan real $\theta$ (yang kita pikirkan sebagai sudut yang diukur dalam radian) sebagai berikut.

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

Berikut beberapa contoh sederhana:

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

Kita juga punya contoh-contoh berikut, yang muncul dalam analisis di bawah ini:

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

Melihat bentuk umumnya, kita melihat bahwa perkalian dalam antara dua vektor ini memiliki rumus berikut:

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

Secara rinci, hanya ada entri bilangan real dalam vektor-vektor ini, jadi tidak ada konjugat kompleks yang perlu dikhawatirkan: perkalian dalamnya adalah hasil kali kosinus ditambah hasil kali sinus. Menggunakan salah satu rumus penjumlahan sudut dari trigonometri menghasilkan penyederhanaan di atas. Rumus ini mengungkapkan interpretasi geometris dari perkalian dalam antara vektor satuan real sebagai kosinus sudut di antara mereka.

Jika kita menghitung perkalian dalam dari perkalian tensor dari dua vektor ini dengan keadaan $\vert \phi^+\rangle,$ kita mendapatkan ekspresi serupa, kecuali memiliki $\sqrt{2}$ di penyebut:

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

Ketertarikan kita pada perkalian dalam khusus ini akan menjadi jelas segera, tapi untuk saat ini kita hanya mengamati ini sebagai rumus.

Selanjutnya, definisikan matriks uniter $U_{\theta}$ untuk setiap sudut $\theta$ sebagai 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 memeriksa bahwa ini adalah matriks uniter, pengamatan kunci adalah bahwa vektor $\vert\psi_{\theta}\rangle$ dan $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ ortogonal untuk setiap sudut $\theta$:

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

Jadi, kita menemukan bahwa

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

Kita juga bisa 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 rotasi, dan secara khusus merotasi vektor dua dimensi dengan entri bilangan real sebesar $-\theta$ di sekitar origin. Jika kita mengikuti konvensi standar untuk penamaan dan parameterisasi rotasi berbagai bentuk, kita punya $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ di mana

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

Deskripsi strategi

Sekarang kita bisa mendeskripsikan strategi kuantum.

• Setup: Alice dan Bob memulai permainan dengan berbagi 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 pertanyaan $x=0,$ ia menerapkan $U_{0}$ pada qubitnya $\mathsf{A}.$
  • Jika Alice menerima pertanyaan $x=1,$ ia menerapkan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya $\mathsf{A}.$

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

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

  Setelah Alice menerapkan operasi ini, ia mengukur $\mathsf{A}$ dengan pengukuran basis standar dan menetapkan jawabannya $a$ sebagai hasil pengukuran.

• Tindakan Bob:

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

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

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

  Setelah Bob menerapkan operasi ini, ia mengukur $\mathsf{B}$ dengan pengukuran basis standar dan menetapkan jawabannya $b$ sebagai hasil pengukuran.

Berikut diagram Circuit kuantum yang mendeskripsikan strategi ini:

Dalam diagram ini kita melihat dua gate terkontrol biasa, satu untuk $U_{-\pi/8}$ di atas dan satu untuk $U_{\pi/4}$ di bawah. Kita juga punya dua gate yang terlihat seperti gate terkontrol, satu untuk $U_{\pi/8}$ di atas dan satu untuk $U_{0}$ di bawah, kecuali lingkaran yang merepresentasikan kontrol tidak terisi. Ini menunjukkan jenis gate terkontrol yang berbeda di mana gate dilakukan jika kontrol disetel ke $0$ (bukan $1$ seperti gate terkontrol biasa). Jadi, secara efektif, Bob melakukan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya jika $y=0$ dan $U_{-\pi/8}$ jika $y=1;$ dan Alice melakukan $U_0$ pada qubitnya jika $x=0$ dan $U_{\pi/4}$ jika $x=1,$ yang konsisten dengan deskripsi protokol dalam kata-kata di atas.

Masih perlu dicari tahu seberapa baik strategi ini bekerja untuk Alice dan Bob. Kita akan melakukannya dengan melalui empat kemungkinan pasangan pertanyaan secara individual.

Analisis kasus per kasus

• Kasus 1: $(x,y) = (0,0).$

  Dalam kasus ini Alice melakukan $U_{0}$ pada qubitnya dan Bob melakukan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya, sehingga keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasi mereka adalah

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

  Probabilitas untuk empat kemungkinan pasangan jawaban $(a,b)$ adalah sebagai 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 bisa mendapatkan probabilitas bahwa $a=b$ 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 pertanyaan $(0,0),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ dan oleh karena itu mereka menang dalam kasus ini dengan probabilitas

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

• Kasus 2: $(x,y) = (0,1).$

  Dalam kasus ini Alice melakukan $U_{0}$ pada qubitnya dan Bob melakukan $U_{-\pi/8}$ pada qubitnya, sehingga keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasi mereka adalah

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

  Probabilitas untuk empat kemungkinan pasangan jawaban $(a,b)$ adalah sebagai 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 bisa mendapatkan probabilitas bahwa $a=b$ 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 pertanyaan $(0,1),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ dan oleh karena itu mereka menang dalam kasus ini dengan probabilitas

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

• Kasus 3: $(x,y) = (1,0).$

  Dalam kasus ini Alice melakukan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya dan Bob melakukan $U_{\pi/8}$ pada qubitnya, sehingga keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasi mereka adalah

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

  Probabilitas untuk empat kemungkinan pasangan jawaban $(a,b)$ adalah sebagai 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 menemukan, sekali lagi, bahwa probabilitas $a=b$ dan $a\neq b$ adalah sebagai 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 pertanyaan $(1,0),$ Alice dan Bob menang jika $a=b,$ jadi mereka menang dalam kasus ini dengan probabilitas

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

• Kasus 4: $(x,y) = (1,1).$

  Kasus terakhir ini sedikit berbeda, seperti yang mungkin kita harapkan karena kondisi kemenangan berbeda dalam kasus ini. Ketika $x$ dan $y$ keduanya $1,$ Alice dan Bob menang ketika $a$ dan $b$ berbeda. Dalam kasus ini Alice melakukan $U_{\pi/4}$ pada qubitnya dan Bob melakukan $U_{-\pi/8}$ pada qubitnya, sehingga keadaan dua qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasi mereka adalah

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

  Probabilitas untuk empat kemungkinan pasangan jawaban $(a,b)$ adalah sebagai berikut.

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

  Probabilitas secara efektif telah bertukar tempat dari tiga kasus lainnya. Kita mendapatkan probabilitas bahwa $a=b$ 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 pertanyaan $(1,1),$ Alice dan Bob menang jika $a\neq b,$ dan oleh karena itu mereka menang dalam kasus ini dengan probabilitas

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

Mereka menang dalam setiap kasus dengan probabilitas yang sama:

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

Ini adalah probabilitas mereka menang secara keseluruhan. Itu jauh lebih baik daripada yang bisa dilakukan strategi klasik apapun untuk permainan ini; strategi klasik memiliki probabilitas kemenangan yang dibatasi oleh $3/4.$ Dan itulah yang membuat ini menjadi contoh yang sangat menarik.

Ini kebetulan adalah probabilitas kemenangan optimal untuk strategi kuantum. Artinya, kita tidak bisa melakukan lebih baik dari ini, tidak peduli keadaan terjalin atau pengukuran apa yang kita pilih. Fakta ini dikenal sebagai pertidaksamaan Tsirelson, dinamai dari Boris Tsirelson yang pertama kali membuktikannya — dan yang pertama kali mendeskripsikan eksperimen CHSH sebagai permainan.

Gambaran geometris

Dimungkinkan untuk memikirkan strategi yang dijelaskan di atas secara geometris, yang mungkin membantu untuk memahami hubungan antara berbagai sudut yang dipilih untuk operasi Alice dan Bob.

Yang secara efektif dilakukan Alice adalah memilih sudut $\alpha,$ tergantung pada pertanyaannya $x,$ lalu menerapkan $U_{\alpha}$ pada qubitnya dan mengukur. Demikian pula, Bob memilih sudut $\beta,$ tergantung pada $y,$ lalu menerapkan $U_{\beta}$ pada qubitnya dan mengukur. Kita telah memilih $\alpha$ dan $\beta$ seperti ini.

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

Untuk saat ini, mari kita ambil $\alpha$ dan $\beta$ sebagai sembarang. Dengan memilih $\alpha,$ Alice secara efektif mendefinisikan basis ortonormal vektor yang terlihat seperti ini:

Bob melakukan hal yang sama, kecuali sudutnya adalah $\beta$:

Warna-warna vektor sesuai dengan jawaban Alice dan Bob: biru untuk $0$ dan merah untuk $1.$

Sekarang, jika kita menggabungkan $(1)$ dan $(2)$ kita mendapatkan rumus

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

yang berlaku untuk semua bilangan real $\alpha$ dan $\beta.$

Mengikuti jenis analisis yang sama seperti yang kita lakukan di atas, tapi dengan $\alpha$ dan $\beta$ sebagai variabel, kita menemukan 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 menyimpulkan dua rumus 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 bisa dihubungkan dengan gambar-gambar di atas dengan membayangkan bahwa kita menumpangkan basis yang dipilih oleh Alice dan Bob. Secara khusus, ketika $(x,y) = (0,0),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = 0$ dan $\beta = \pi/8,$ dan dengan menumpangkan basis mereka kita mendapatkan gambar ini:

Sudut antara vektor merah adalah $\pi/8,$ yang sama dengan sudut antara dua vektor biru. Probabilitas bahwa hasil Alice dan Bob sesuai adalah kosinus-kuadrat dari sudut ini,

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

sedangkan probabilitas mereka tidak sesuai adalah sinus-kuadrat dari sudut ini,

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

Ketika $(x,y) = (0,1),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = 0$ dan $\beta = -\pi/8,$ dan dengan menumpangkan basis mereka kita mendapatkan gambar ini:

Sudut antara vektor merah lagi-lagi $\pi/8,$ demikian pula sudut antara vektor biru. Probabilitas bahwa hasil Alice dan Bob sesuai lagi-lagi adalah kosinus-kuadrat dari sudut ini,

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

sedangkan probabilitas mereka tidak sesuai adalah sinus-kuadrat dari sudut ini,

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

Ketika $(x,y) = (1,0),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = \pi/4$ dan $\beta = \pi/8,$ dan dengan menumpangkan basis mereka kita mendapatkan gambar ini:

Basis telah berubah tapi sudutnya belum — sekali lagi sudut antara vektor dengan warna yang sama adalah $\pi/8.$ Probabilitas bahwa hasil Alice dan Bob sesuai adalah

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

dan probabilitas mereka tidak sesuai adalah

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

Ketika $(x,y) = (1,1),$ Alice dan Bob memilih $\alpha = \pi/4$ dan $\beta = -\pi/8.$ Ketika kita menumpangkan basis mereka, kita melihat bahwa sesuatu yang berbeda telah terjadi:

Dengan cara sudut-sudut dipilih, kali ini sudut antara vektor dengan warna yang sama adalah $3\pi/8$ bukan $\pi/8.$ Probabilitas bahwa hasil Alice dan Bob sesuai masih merupakan kosinus-kuadrat dari sudut ini, tapi kali ini nilainya adalah ini:

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

Probabilitas hasilnya tidak sesuai adalah sinus-kuadrat dari sudut ini, yang dalam kasus ini adalah ini:

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

Catatan

Gagasan dasar dari eksperimen seperti permainan CHSH, di mana entanglement menghasilkan hasil statistik yang tidak konsisten dengan penalaran klasik murni, adalah karena John Bell, orang yang namanya diabadikan pada keadaan Bell. Untuk alasan ini, orang sering menyebut eksperimen semacam ini sebagai uji Bell. Kadang-kadang orang juga merujuk pada teorema Bell, yang bisa dirumuskan dengan berbagai cara — tapi esensinya adalah bahwa mekanika kuantum tidak kompatibel dengan yang disebut teori variabel tersembunyi lokal. Permainan CHSH adalah contoh uji Bell yang sangat bersih dan sederhana, dan bisa dipandang sebagai bukti, atau demonstrasi, dari teorema Bell.

Permainan CHSH menawarkan cara untuk menguji teori informasi kuantum secara eksperimental. Eksperimen bisa dilakukan yang mengimplementasikan permainan CHSH, dan menguji jenis-jenis strategi berdasarkan entanglement yang dijelaskan di atas. Ini memberi kita tingkat kepercayaan yang tinggi bahwa entanglement itu nyata — dan tidak seperti cara-cara yang terkadang samar atau puitis yang kita gunakan untuk menjelaskan entanglement, permainan CHSH memberi kita cara yang konkret dan dapat diuji untuk mengamati entanglement. Hadiah Nobel Fisika 2022 mengakui pentingnya lini pekerjaan ini: hadiah diberikan kepada Alain Aspect, John Clauser (C dalam CHSH) dan Anton Zeilinger karena mengamati entanglement melalui uji Bell pada foton yang terjalin.