Implementasi Qiskit

Di pelajaran ini, kita mengimplementasikan beberapa ide dari pelajaran tentang entanglement in action, menggunakan Qiskit.

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

from qiskit import __version__

print(__version__)

2.1.1

from qiskit import QuantumCircuit, QuantumRegister, ClassicalRegister
from qiskit_aer import AerSimulator
from qiskit.visualization import plot_histogram, array_to_latex
from qiskit.result import marginal_distribution
from qiskit.circuit.library import UGate
from numpy import pi, random

Berikut ini adalah implementasi Circuit kuantum dari protokol teleportasi.

qubit = QuantumRegister(1, "Q")
ebit0 = QuantumRegister(1, "A")
ebit1 = QuantumRegister(1, "B")
a = ClassicalRegister(1, "a")
b = ClassicalRegister(1, "b")

protocol = QuantumCircuit(qubit, ebit0, ebit1, a, b)

# Prepare ebit used for teleportation
protocol.h(ebit0)
protocol.cx(ebit0, ebit1)
protocol.barrier()

# Alice's operations
protocol.cx(qubit, ebit0)
protocol.h(qubit)
protocol.barrier()

# Alice measures and sends classical bits to Bob
protocol.measure(ebit0, a)
protocol.measure(qubit, b)
protocol.barrier()

# Bob uses the classical bits to conditionally apply gates
with protocol.if_test((a, 1)):
    protocol.x(ebit1)
with protocol.if_test((b, 1)):
    protocol.z(ebit1)

display(protocol.draw(output="mpl"))

Circuit ini menggunakan beberapa fitur Qiskit yang belum kita lihat di pelajaran sebelumnya, termasuk fungsi barrier dan if_test. Fungsi barrier membuat pemisah visual yang membuat diagram Circuit lebih mudah dibaca, dan juga mencegah Qiskit melakukan berbagai penyederhanaan dan optimasi di seberang barrier saat kompilasi ketika Circuit dijalankan di hardware nyata. Fungsi if_test menerapkan operasi secara kondisional tergantung pada bit atau register klasik.

Circuit ini pertama-tama menginisialisasi $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ agar berada dalam keadaan $\vert \phi^+\rangle$ (yang bukan bagian dari protokol itu sendiri), diikuti oleh operasi Alice, lalu pengukurannya, dan akhirnya operasi Bob. Untuk menguji bahwa protokol bekerja dengan benar, kita akan menerapkan Gate single-qubit yang dibuat secara acak ke keadaan $\vert 0\rangle$ yang diinisialisasi dari $\mathsf{Q}$ untuk mendapatkan vektor keadaan kuantum acak yang akan diteleportasi. Dengan menerapkan invers (yakni, conjugate transpose) dari Gate tersebut ke $\mathsf{B}$ setelah protokol dijalankan, kita bisa memverifikasi bahwa keadaan telah diteleportasi dengan mengukur untuk melihat bahwa ia telah kembali ke keadaan $\vert 0\rangle$.

Pertama kita akan memilih Gate Qubit uniter secara acak.

random_gate = UGate(
    theta=random.random() * 2 * pi,
    phi=random.random() * 2 * pi,
    lam=random.random() * 2 * pi,
)

display(array_to_latex(random_gate.to_matrix()))

$$\begin{bmatrix} 0.9897212158 & -0.0195080103 - 0.141673401 i \\ 0.0603319186 + 0.1296609988 i & -0.8319925233 + 0.5360378028 i \\ \end{bmatrix}$$

Sekarang kita akan membuat Circuit pengujian baru yang pertama menerapkan Gate acak kita ke $\mathsf{Q},$ lalu menjalankan Circuit teleportasi, dan akhirnya menerapkan invers dari Gate acak kita ke Qubit $\mathsf{B}$ dan mengukur. Hasilnya seharusnya $0$ dengan kepastian.

# Create a new circuit including the same bits and qubits used in the
# teleportation protocol.

test = QuantumCircuit(qubit, ebit0, ebit1, a, b)

# Start with the randomly selected gate on Q

test.append(random_gate, qubit)
test.barrier()

# Append the entire teleportation protocol from above.

test = test.compose(protocol)
test.barrier()

# Finally, apply the inverse of the random unitary to B and measure.

test.append(random_gate.inverse(), ebit1)
result = ClassicalRegister(1, "Result")
test.add_register(result)
test.measure(ebit1, result)

display(test.draw(output="mpl"))

Terakhir, mari kita jalankan simulator Aer pada Circuit ini dan plot histogram dari outputnya. Kita akan melihat statistik untuk ketiga bit klasik: bit paling bawah/paling kiri seharusnya selalu $0,$ menunjukkan bahwa Qubit $\mathsf{Q}$ berhasil diteleportasi ke $\mathsf{B},$ sementara dua bit lainnya seharusnya kira-kira seragam.

result = AerSimulator().run(test).result()
statistics = result.get_counts()
display(plot_histogram(statistics))

Kita juga bisa memfilter statistik untuk fokus hanya pada Qubit hasil pengujian jika kita mau, seperti ini:

filtered_statistics = marginal_distribution(statistics, [2])
display(plot_histogram(filtered_statistics))

Superdense coding

Superdense coding adalah protokol yang, dalam arti tertentu, mencapai tujuan yang komplementer dengan teleportasi. Daripada memungkinkan transmisi satu Qubit menggunakan dua bit komunikasi klasik (dengan biaya satu e-bit dari entanglement), ia memungkinkan transmisi dua bit klasik menggunakan satu Qubit komunikasi kuantum (sekali lagi, dengan biaya satu e-bit dari entanglement).

Lebih rincinya, kita punya pengirim (Alice) dan penerima (Bob) yang berbagi satu e-bit entanglement. Sesuai konvensi yang berlaku untuk pelajaran ini, ini berarti Alice memegang Qubit $\mathsf{A},$ Bob memegang Qubit $\mathsf{B},$ dan bersama-sama pasangan $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ berada dalam keadaan $\vert\phi^+\rangle.$ Alice ingin mengirimkan dua bit klasik ke Bob, yang akan kita sebut $c$ dan $d,$ dan dia akan melakukan ini dengan mengirimkan satu Qubit kepadanya.

Adalah wajar untuk memandang pencapaian ini sebagai kurang menarik dibanding yang dilakukan teleportasi. Mengirimkan Qubit kemungkinan akan jauh lebih sulit daripada mengirimkan bit klasik untuk waktu yang bisa kita perkirakan sehingga menukar satu Qubit komunikasi kuantum dengan dua bit komunikasi klasik, dengan biaya satu e-bit pula, hampir tidak tampak sepadan. Namun, ini tidak berarti bahwa superdense coding tidak menarik, karena tentu saja ia sangat menarik.

Sesuai tema pelajaran ini, salah satu alasan mengapa superdense coding menarik adalah bahwa ia mendemonstrasikan penggunaan entanglement yang konkret dan (dalam konteks teori informasi) cukup mencolok. Sebuah teorema terkenal dalam teori informasi kuantum, yang dikenal sebagai Teorema Holevo, menyiratkan bahwa tanpa menggunakan keadaan terbelit bersama, adalah mustahil untuk mengkomunikasikan lebih dari satu bit informasi klasik dengan mengirimkan satu Qubit. (Teorema Holevo lebih umum dari ini. Pernyataan pastinya bersifat teknis dan memerlukan penjelasan, tetapi ini adalah salah satu konsekuensinya.) Jadi, melalui superdense coding, entanglement bersama secara efektif memungkinkan penggandaan kapasitas pembawa informasi klasik dari pengiriman Qubit.

Protokol

Diagram Circuit kuantum berikut menggambarkan protokol superdense coding:

Dalam kata-kata, inilah yang Alice lakukan:

1. Jika $d=1,$ Alice melakukan Gate $Z$ pada Qubitnya $\mathsf{A}$ (dan jika $d=0$ dia tidak melakukannya).

2. Jika $c=1,$ Alice melakukan Gate $X$ pada Qubitnya $\mathsf{A}$ (dan jika $c=0$ dia tidak melakukannya).

Alice kemudian mengirimkan Qubitnya $\mathsf{A}$ kepada Bob.

Yang Bob lakukan ketika menerima Qubit $\mathsf{A}$ adalah pertama-tama melakukan Gate controlled-NOT, dengan $\mathsf{A}$ sebagai kontrol dan $\mathsf{B}$ sebagai target, dan kemudian dia menerapkan Gate Hadamard ke $\mathsf{A}.$ Dia kemudian mengukur $\mathsf{B}$ untuk mendapatkan $c$ dan $\mathsf{A}$ untuk mendapatkan $d,$ dengan pengukuran basis standar di kedua kasus.

Analisis

Ide di balik protokol ini sederhana: Alice secara efektif memilih keadaan Bell mana yang ingin dia bagikan dengan Bob, dia mengirimkan Qubitnya kepada Bob, dan Bob mengukur untuk menentukan keadaan Bell mana yang Alice pilih.

Artinya, awalnya mereka berbagi $\vert\phi^+\rangle,$ dan tergantung pada bit $c$ dan $d,$ Alice baik membiarkan keadaan ini apa adanya atau menggesernya ke salah satu keadaan Bell lainnya dengan menerapkan $\mathbb{I},$ $X,$ $Z,$ atau $XZ$ pada Qubitnya $\mathsf{A}.$

$$\begin{aligned} (\mathbb{I} \otimes \mathbb{I}) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \phi^+\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes Z) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \phi^-\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes X) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \psi^+\rangle \\ (\mathbb{I} \otimes XZ) \vert \phi^+ \rangle & = \vert \psi^-\rangle \end{aligned}$$

Aksi Bob memiliki efek berikut pada keempat keadaan Bell:

$$\begin{aligned} \vert \phi^+\rangle & \mapsto \vert 00\rangle\\ \vert \phi^-\rangle & \mapsto \vert 01\rangle\\ \vert \psi^+\rangle & \mapsto \vert 10\rangle\\ \vert \psi^-\rangle & \mapsto -\vert 11\rangle\\ \end{aligned}$$

Ini bisa diperiksa secara langsung, dengan menghitung hasil operasi Bob pada keadaan-keadaan ini satu per satu.

Jadi, ketika Bob melakukan pengukurannya, dia dapat menentukan keadaan Bell mana yang Alice pilih. Untuk memverifikasi bahwa protokol bekerja dengan benar adalah masalah memeriksa setiap kasus:

• Jika $cd = 00,$ maka keadaan $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ saat Bob menerima $\mathsf{A}$ adalah $\vert \phi^+\rangle.$ Dia mengubah keadaan ini menjadi $\vert 00\rangle$ dan memperoleh $cd = 00.$

• Jika $cd = 01,$ maka keadaan $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ saat Bob menerima $\mathsf{A}$ adalah $\vert \phi^-\rangle.$ Dia mengubah keadaan ini menjadi $\vert 01\rangle$ dan memperoleh $cd = 01.$

• Jika $cd = 10,$ maka keadaan $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ saat Bob menerima $\mathsf{A}$ adalah $\vert \psi^+\rangle.$ Dia mengubah keadaan ini menjadi $\vert 10\rangle$ dan memperoleh $cd = 10.$

• Jika $cd = 11,$ maka keadaan $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ saat Bob menerima $\mathsf{A}$ adalah $\vert \psi^-\rangle.$ Dia mengubah keadaan ini menjadi $-\vert 11\rangle$ dan memperoleh $cd = 11.$ (Faktor fase negatif-satu tidak berpengaruh di sini.)

Implementasi superdense coding

Berikut ini adalah implementasi sederhana dari superdense coding di mana kita menentukan Circuit itu sendiri tergantung pada bit yang akan dikirim. Pertama kita akan memilih dua bit yang akan dikirim. (Nanti kita akan memilihnya secara acak, tapi untuk sekarang kita hanya membuat pilihan sembarang.)

c = "1"
d = "0"

Sekarang kita akan membangun Circuit sesuai dengan itu. Di sini kita akan membiarkan Qiskit menggunakan nama default untuk Qubit: $\mathsf{q}_0$ untuk Qubit atas dan $\mathsf{q}_1$ untuk yang bawah.

protocol = QuantumCircuit(2)

# Prepare ebit used for superdense coding
protocol.h(0)
protocol.cx(0, 1)
protocol.barrier()

# Alice's operations
if d == "1":
    protocol.z(0)
if c == "1":
    protocol.x(0)
protocol.barrier()

# Bob's actions
protocol.cx(0, 1)
protocol.h(0)
protocol.measure_all()

display(protocol.draw(output="mpl"))

Tidak banyak yang baru di sini, kecuali fungsi measure_all, yang mengukur semua Qubit dan menempatkan hasilnya ke dalam satu register klasik (dan oleh karena itu memiliki dua bit dalam kasus ini).

Menjalankan simulator Aer menghasilkan output yang diharapkan.

result = AerSimulator().run(protocol).result()
statistics = result.get_counts()

for outcome, frequency in statistics.items():
    print(f"Measured {outcome} with frequency {frequency}")

display(plot_histogram(statistics))

Measured 10 with frequency 1024

Sekarang mari kita gunakan Qubit tambahan sebagai generator bit acak — pada dasarnya untuk melempar koin yang adil. Kita akan menggunakannya untuk memilih $c$ dan $d$ secara acak, lalu menjalankan protokol superdense coding.

rbg = QuantumRegister(1, "coin")
ebit0 = QuantumRegister(1, "A")
ebit1 = QuantumRegister(1, "B")

Alice_c = ClassicalRegister(1, "Alice c")
Alice_d = ClassicalRegister(1, "Alice d")

test = QuantumCircuit(rbg, ebit0, ebit1, Alice_d, Alice_c)

# Initialize the ebit
test.h(ebit0)
test.cx(ebit0, ebit1)
test.barrier()

# Use the 'coin' qubit twice to generate Alice's bits c and d.
test.h(rbg)
test.measure(rbg, Alice_c)
test.h(rbg)
test.measure(rbg, Alice_d)
test.barrier()

# Now the protocol runs, starting with Alice's actions, which depend
# on her bits.
with test.if_test((Alice_d, 1), label="Z"):
    test.z(ebit0)
with test.if_test((Alice_c, 1), label="X"):
    test.x(ebit0)
test.barrier()

# Bob's actions
test.cx(ebit0, ebit1)
test.h(ebit0)
test.barrier()

Bob_c = ClassicalRegister(1, "Bob c")
Bob_d = ClassicalRegister(1, "Bob d")
test.add_register(Bob_d)
test.add_register(Bob_c)
test.measure(ebit0, Bob_d)
test.measure(ebit1, Bob_c)

display(test.draw(output="mpl"))

Menjalankan simulator Aer menunjukkan hasilnya: bit klasik Alice dan Bob selalu sama.

result = AerSimulator().run(test).result()
statistics = result.get_counts()
display(plot_histogram(statistics))

The CHSH game

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 sedang membicarakan sesuatu yang dimainkan untuk bersenang-senang atau olahraga, melainkan sebuah abstraksi matematis dalam pengertian teori permainan. Abstraksi matematis dari permainan dipelajari dalam ilmu ekonomi dan ilmu komputer, misalnya, dan keduanya sangat menarik sekaligus berguna.

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

Permainan CHSH termasuk dalam kelas permainan yang dikenal sebagai permainan nonlokal. Permainan nonlokal sangat menarik dan memiliki hubungan mendalam dengan fisika, ilmu komputer, dan matematika — menyimpan misteri yang hingga kini masih belum terpecahkan. Kita akan mulai bagian ini dengan menjelaskan apa itu permainan nonlokal, kemudian akan 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 ini dijalankan oleh seorang wasit, yang bertindak sesuai pedoman ketat yang diketahui oleh Alice dan Bob.

Alice dan Bob bisa mempersiapkan diri sesuka mereka, tetapi setelah permainan dimulai mereka dilarang berkomunikasi. Kita bisa membayangkan permainan ini berlangsung di sebuah fasilitas keamanan — seolah wasit berperan sebagai detektif dan Alice serta Bob adalah tersangka yang diinterogasi di ruangan berbeda. Tapi cara lain untuk memikirkan situasinya adalah bahwa Alice dan Bob terpisah oleh jarak yang sangat jauh, dan komunikasi dilarang karena kecepatan cahaya tidak memungkinkan dalam waktu berjalannya permainan. Artinya, jika Alice mencoba mengirim pesan ke Bob, permainan sudah selesai sebelum dia menerimanya, begitu pula sebaliknya.

Cara kerja permainan nonlokal adalah wasit pertama-tama mengajukan satu pertanyaan masing-masing kepada Alice dan Bob. Kita akan menggunakan huruf $x$ untuk merujuk pada pertanyaan Alice dan $y$ untuk pertanyaan Bob. Di sini kita menganggap $x$ dan $y$ sebagai keadaan 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 pasangan pertanyaan $(x,y)$ yang mungkin, dan wasit telah berjanji untuk memilih pertanyaan secara acak, pada saat permainan berlangsung, dengan cara ini. Semua orang, termasuk Alice dan Bob, mengetahui probabilitas-probabilitas ini — tetapi 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 keadaan klasik secara umum, dan bit dalam permainan CHSH.

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

Diagram berikut memberikan representasi grafis dari interaksi tersebut.

Ketidakpastian tentang pertanyaan mana yang akan diajukan, dan khususnya fakta bahwa setiap pemain tidak mengetahui pertanyaan pemain lain, membuat permainan nonlokal menjadi tantangan bagi Alice dan Bob — sama seperti tersangka yang berkolusi di ruangan berbeda yang mencoba menjaga cerita mereka tetap konsisten.

Deskripsi yang tepat tentang wasit mendefinisikan sebuah instansi 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 pasangan pertanyaan $(x,y)$ yang mungkin.

Kita akan melihat permainan CHSH sebentar lagi, tetapi sebelum itu mari kita akui secara singkat bahwa sangat menarik untuk mempertimbangkan permainan nonlokal lainnya. Faktanya, ini sangat menarik; ada beberapa permainan nonlokal yang cukup sederhana di mana saat ini belum diketahui seberapa baik Alice dan Bob bisa bermain menggunakan keterikatan. Pengaturannya sederhana, tetapi 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 dan tidak intuitif dari model permainan nonlokal.

Deskripsi permainan CHSH

Berikut adalah 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 jawabannya semuanya adalah bit: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Wasit memilih pertanyaan $(x,y)$ secara seragam secara acak. Artinya, 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 mengungkapkan aturan ini dengan mencantumkan kondisi menang dan kalah pada 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 untuk 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 diterimanya, dan begitu pula jawaban Bob $b$ adalah fungsi dari pertanyaan $y$ yang diterimanya. Jadi, misalnya, kita bisa menulis $a(0)$ untuk mewakili jawaban Alice ketika pertanyaannya adalah $0,$ dan $a(1)$ untuk mewakili jawaban Alice ketika pertanyaannya adalah $1.$

Tidak ada strategi deterministik yang bisa memenangkan permainan CHSH setiap saat. Salah satu cara untuk memahami ini adalah dengan memeriksa satu per satu semua strategi deterministik yang mungkin dan memverifikasi bahwa setiap strategi kalah untuk setidaknya satu dari empat pasangan pertanyaan yang mungkin. Alice dan Bob masing-masing bisa memilih dari empat fungsi yang mungkin dari satu bit ke satu bit — yang kita temui dalam pelajaran tentang Single systems — sehingga ada $16$ strategi deterministik yang berbeda untuk diperiksa.

Kita juga bisa mereasonkan ini secara analitik. Jika strategi Alice dan Bob menang ketika $(x,y) = (0,0),$ maka harus ada $a(0) = b(0);$ jika strategi mereka menang ketika $(x,y) = (0,1),$ maka $a(0) = b(1);$ dan serupa, 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 berarti strategi tersebut kalah dalam kasus terakhir $(x,y) = (1,1),$ dan di sini menang membutuhkan bahwa $a(1) \neq b(1).$ Jadi, tidak ada strategi deterministik yang bisa menang setiap saat.

Di sisi lain, mudah untuk menemukan strategi deterministik yang menang dalam tiga dari empat kasus, seperti $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Dari sini 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 memenangkan permainan CHSH 75% dari waktu menggunakan strategi deterministik. Tapi bagaimana dengan strategi probabilistik? Apakah bisa membantu Alice dan Bob menggunakan keacakan — termasuk kemungkinan keacakan bersama, di mana pilihan acak mereka berkorelasi?

Ternyata strategi probabilistik sama sekali tidak membantu untuk meningkatkan probabilitas Alice dan Bob menang. Ini karena setiap strategi probabilistik dapat secara alternatif dipandang sebagai pemilihan acak dari strategi deterministik, seperti halnya (seperti yang disebutkan dalam pelajaran Single systems) operasi probabilistik dapat dipandang sebagai pemilihan acak dari operasi deterministik. Rata-rata tidak pernah lebih besar dari maksimum, sehingga strategi probabilistik tidak menawarkan keuntungan apa pun dalam hal probabilitas menang secara keseluruhan.

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

Strategi permainan CHSH

Pertanyaan alami yang perlu ditanyakan saat ini adalah apakah Alice dan Bob bisa berbuat lebih baik menggunakan strategi kuantum. Secara khusus, jika mereka berbagi keadaan kuantum yang terikat seperti yang disarankan gambar berikut, yang bisa mereka persiapkan sebelum memainkan permainan, apakah mereka bisa meningkatkan probabilitas menang mereka?

Jawabannya adalah ya, dan inilah poin utama dari contoh ini dan mengapa ini begitu menarik. Jadi mari kita lihat secara tepat bagaimana Alice dan Bob bisa berbuat lebih baik dalam permainan ini menggunakan keterikatan.

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 akan kita anggap 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 memiliki 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 hasil kali dalam antara dua vektor ini memiliki rumus berikut:

$$\langle \psi_{\alpha} \vert \psi_{\beta} \rangle = \cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta) = \cos(\alpha-\beta). \tag{3}$$

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

Jika kita menghitung hasil kali dalam dari hasil kali tensor dari dua vektor ini dengan keadaan $\vert \phi^+\rangle,$ kita mendapatkan ekspresi serupa, kecuali bahwa ada $\sqrt{2}$ di penyebutnya:

$$\langle \psi_{\alpha} \otimes \psi_{\beta} \vert \phi^+ \rangle = \frac{\cos(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sqrt{2}} = \frac{\cos(\alpha-\beta)}{\sqrt{2}}. \tag{4}$$

Ketertarikan kita pada hasil kali dalam khusus ini akan menjadi jelas segera, tetapi untuk saat ini kita hanya mengamati ini sebagai sebuah 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 $\theta$:

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

Dengan demikian, 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 dari matriks rotasi, dan secara khusus memutar vektor dua dimensi dengan entri bilangan real sebesar sudut $-\theta$ terhadap titik asal. Jika kita mengikuti konvensi standar untuk penamaan dan parameterisasi rotasi dari berbagai bentuk, kita memiliki $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ 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.

• Persiapan: Alice dan Bob memulai permainan dengan berbagi e-bit: Alice memegang Qubit $\mathsf{A},$ Bob memegang Qubit $\mathsf{B},$ dan bersama-sama dua Qubit $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ berada dalam keadaan $\vert\phi^+\rangle$.

• Tindakan Alice:

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

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

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

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

• Tindakan Bob:

  • Jika Bob menerima pertanyaan $y=0,$ dia menerapkan $U_{\pi/8}$ pada Qubitnya $\mathsf{B}.$
  • Jika Bob menerima pertanyaan $y=1,$ dia 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, dia mengukur $\mathsf{B}$ dengan pengukuran basis standar dan menetapkan jawabannya $b$ sebagai hasil pengukuran.

Berikut adalah 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 memiliki dua Gate yang terlihat seperti Gate terkontrol, satu untuk $U_{\pi/8}$ di atas dan satu untuk $U_{0}$ di bawah, kecuali bahwa lingkaran yang mewakili kontrol tidak terisi. Ini menandakan jenis Gate terkontrol yang berbeda di mana Gate dilakukan jika kontrol diatur 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 dipahami seberapa baik strategi ini bekerja untuk Alice dan Bob. Kita akan melakukan ini dengan melalui empat pasangan pertanyaan yang mungkin satu per satu.

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 miliknya, sehingga keadaan dua Qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasinya 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 $a=b,$ sehingga 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 miliknya, sehingga keadaan dua Qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasinya 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 $a=b,$ sehingga 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 miliknya, sehingga keadaan dua Qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasinya 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 bahwa $a=b$ 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 sedikit berbeda, seperti yang mungkin kita harapkan karena kondisi menang 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 miliknya, sehingga keadaan dua Qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ setelah mereka melakukan operasinya 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-probabilitas secara efektif 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 $a\neq b,$ sehingga mereka menang dalam kasus ini dengan probabilitas

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

Mereka menang di setiap kasus dengan probabilitas yang sama:

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

Inilah probabilitas mereka menang secara keseluruhan. Itu jauh lebih baik dari strategi klasik mana pun yang bisa dilakukan untuk permainan ini; strategi klasik memiliki probabilitas menang yang dibatasi oleh $3/4.$ Dan itu menjadikan ini contoh yang sangat menarik.

Ini kebetulan merupakan probabilitas menang optimal untuk strategi kuantum; kita tidak bisa berbuat lebih baik dari ini, tidak peduli keadaan terikat atau pengukuran apa yang kita pilih. Fakta ini dikenal sebagai ketidaksetaraan Tsirelson, dinamai berdasarkan 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 berguna untuk memahami hubungan antar berbagai sudut yang dipilih untuk operasi Alice dan Bob.

Yang secara efektif Alice lakukan adalah memilih sudut $\alpha,$ bergantung pada pertanyaannya $x,$ kemudian menerapkan $U_{\alpha}$ pada Qubitnya dan mengukur. Demikian pula, Bob memilih sudut $\beta,$ bergantung pada $y,$ kemudian dia menerapkan $U_{\beta}$ pada Qubitnya dan mengukur. Kita telah memilih $\alpha$ dan $\beta$ sebagai berikut.

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

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

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

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

Sekarang, jika kita menggabungkan ($3$) dan ($4$) kita mendapatkan rumus

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

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

Dengan mengikuti jenis analisis yang sama seperti yang kita lakukan di atas, tetapi 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 kita menumpangkan basis yang dipilih oleh Alice dan Bob.

Jelajahi strategi

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

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

sementara probabilitas mereka tidak sama adalah kuadrat sinus 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-vektor merah lagi-lagi $\pi/8,$ begitu pula sudut antara vektor-vektor biru. Probabilitas hasil Alice dan Bob sama lagi-lagi adalah kuadrat cosinus dari sudut ini,

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

sementara probabilitas mereka tidak sama adalah kuadrat sinus 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:

Basisnya telah berubah tetapi sudut-sudutnya belum — sekali lagi sudut antara vektor-vektor dengan warna yang sama adalah $\pi/8.$ Probabilitas hasil Alice dan Bob sama adalah

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

dan probabilitas mereka tidak sama 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 sesuatu yang berbeda telah terjadi:

Berdasarkan cara sudut-sudut dipilih, kali ini sudut antara vektor-vektor yang memiliki warna sama adalah $3\pi/8$ bukan $\pi/8.$ Probabilitas hasil Alice dan Bob sama masih kuadrat cosinus dari sudut ini, tetapi kali ini nilainya adalah

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

Probabilitas hasil tidak sama adalah kuadrat sinus dari sudut ini, yang dalam kasus ini adalah:

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

Catatan

Ide dasar dari eksperimen seperti permainan CHSH, di mana keterikatan menghasilkan hasil statistik yang tidak konsisten dengan penalaran murni klasik, adalah karya John Bell, pemberi nama dari keadaan Bell. Karena alasan inilah, orang-orang sering menyebut eksperimen semacam ini sebagai uji Bell. Terkadang orang juga menyebut teorema Bell, yang bisa dirumuskan dalam berbagai cara — tetapi intinya 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. Kita bisa melakukan eksperimen yang mengimplementasikan permainan CHSH, dan menguji jenis strategi berdasarkan keterikatan yang dijelaskan di atas. Ini memberi kita tingkat kepercayaan yang tinggi bahwa keterikatan itu nyata — dan tidak seperti cara-cara yang terkadang samar atau puitis yang kita gunakan untuk menjelaskan keterikatan, permainan CHSH memberi kita cara yang konkret dan dapat diuji untuk mengamati keterikatan. Hadiah Nobel Fisika 2022 mengakui pentingnya garis penelitian ini: hadiah diberikan kepada Alain Aspect, John Clauser (C dalam CHSH), dan Anton Zeilinger, karena mengamati keterikatan melalui uji Bell pada foton yang terikat.

Implementasi Qiskit

Kita bisa mengimplementasikan permainan CHSH, beserta strategi kuantum yang didefinisikan di atas, dalam Qiskit sebagai berikut.

Pertama, berikut adalah definisi permainan itu sendiri, yang memungkinkan strategi sembarang dimasukkan sebagai argumen.

def chsh_game(strategy):
    # This function runs the CHSH game, using the strategy (a function
    # from two bits to two bits), returning 1 for a win and 0 for a loss.

    # Choose x and y randomly
    x, y = random.randint(0, 1), random.randint(0, 1)

    # Use the strategy to determine a and b
    a, b = strategy(x, y)

    # Decide if the strategy wins or loses
    if (a != b) == (x & y):
        return 1  # Win
    return 0  # Lose

Sekarang kita akan membuat fungsi yang menghasilkan Circuit tergantung pada pertanyaan untuk Alice dan Bob. Kita akan membiarkan Qubit memiliki nama default mereka untuk kesederhanaan, dan kita akan menggunakan Gate $R_y(\theta)$ bawaan untuk tindakan Alice dan Bob.

def chsh_circuit(x, y):
    # This function creates a `QuantumCircuit` implementing the quantum
    # strategy described above (including the e-bit preparation).

    qc = QuantumCircuit(2, 2)

    # Prepare an e-bit
    qc.h(0)
    qc.cx(0, 1)
    qc.barrier()

    # Alice's actions
    if x == 0:
        qc.ry(0, 0)
    else:
        qc.ry(-pi / 2, 0)
    qc.measure(0, 0)

    # Bob's actions
    if y == 0:
        qc.ry(-pi / 4, 1)
    else:
        qc.ry(pi / 4, 1)
    qc.measure(1, 1)

    return qc

Berikut adalah empat kemungkinan Circuit, tergantung pertanyaan mana yang diajukan.

# Draw the four possible circuits

print("(x,y) = (0,0)")
display(chsh_circuit(0, 0).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (0,1)")
display(chsh_circuit(0, 1).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (1,0)")
display(chsh_circuit(1, 0).draw(output="mpl"))

print("(x,y) = (1,1)")
display(chsh_circuit(1, 1).draw(output="mpl"))

(x,y) = (0,0)

(x,y) = (0,1)

(x,y) = (1,0)

(x,y) = (1,1)

Sekarang kita akan membuat job menggunakan simulator Aer yang menjalankan Circuit satu kali untuk pasangan input yang diberikan $(x,y).$

def quantum_strategy(x, y):
    # This function runs the appropriate quantum circuit defined above
    # one time and returns the measurement results

    # Setting `shots=1` to run the circuit once
    result = AerSimulator().run(chsh_circuit(x, y), shots=1).result()
    statistics = result.get_counts()

    # Determine the output bits and return them
    bits = list(statistics.keys())[0]
    a, b = bits[0], bits[1]
    return a, b

Terakhir, kita akan memainkan permainan 1000 kali dan menghitung fraksi yang dimenangkan oleh strategi ini.

NUM_GAMES = 1000
TOTAL_SCORE = 0

for _ in range(NUM_GAMES):
    TOTAL_SCORE += chsh_game(quantum_strategy)

print("Fraction of games won:", TOTAL_SCORE / NUM_GAMES)

Fraction of games won: 0.867

Kita juga bisa mendefinisikan strategi klasik dan melihat seberapa baik hasilnya. Ini hanya satu strategi — yang lain bisa diuji dengan mengubah kode — tetapi ini termasuk salah satu strategi klasik yang optimal.

def classical_strategy(x, y):
    # This function implements just one example of an optimal classical
    # strategy for the CHSH game. Other classical strategies can be
    # implemented by changing the bit values assigned to a and b.

    # Alice's answer
    if x == 0:
        a = 0
    elif x == 1:
        a = 1

    # Bob's answer
    if y == 0:
        b = 1
    elif y == 1:
        b = 0

    return a, b

Sekali lagi mari kita mainkan permainan 1000 kali untuk melihat seberapa baik hasilnya.

NUM_GAMES = 1000
TOTAL_SCORE = 0

for _ in range(NUM_GAMES):
    TOTAL_SCORE += chsh_game(classical_strategy)

print("Fraction of games won:", TOTAL_SCORE / NUM_GAMES)

Fraction of games won: 0.747

Meskipun ada keacakan yang terlibat, statistik sangat kecil kemungkinannya untuk menyimpang terlalu jauh setelah 1000 kali percobaan. Strategi kuantum menang sekitar 85% dari waktu sementara strategi klasik tidak bisa menang lebih dari sekitar 75% dari waktu.