لعبة CHSH

آخر مثال سنتناوله في هذا الدرس ليس بروتوكولًا، بل لعبة تُعرف باسم لعبة CHSH.

حين نتحدث عن لعبة في هذا السياق، لا نقصد شيئًا يُلعب للتسلية أو المنافسة، بل نقصد تجريدًا رياضيًا بمعنى نظرية الألعاب. تُدرَس التجريدات الرياضية للألعاب في الاقتصاد وعلوم الحاسوب، على سبيل المثال، وهي رائعة ومفيدة في آنٍ واحد.

تشير أحرف CHSH إلى أسماء المؤلفين — جون كلوزر، ومايكل هورن، وأبنر شيموني، وريتشارد هولت — في ورقة بحثية عام 1969 حيث وُصف المثال لأول مرة. لم يصفوا المثال كلعبة، بل كتجربة. غير أن وصفه كلعبة أمر طبيعي وبديهي.

تنتمي لعبة CHSH إلى فئة من الألعاب تُعرف بـالألعاب غير المحلية. الألعاب غير المحلية مثيرة للاهتمام بشكل لافت، ولها صلات عميقة بالفيزياء وعلوم الحاسوب والرياضيات — وتنطوي على أسرار لا تزال دون حلول. سنبدأ هذا القسم بشرح ماهية الألعاب غير المحلية، ثم نركز على لعبة CHSH وما يجعلها مثيرة للاهتمام.

الألعاب غير المحلية

اللعبة غير المحلية هي لعبة تعاونية يعمل فيها لاعبان، أليس وبوب، معًا لتحقيق نتيجة معينة. تديرها حَكَم يلتزم بمبادئ توجيهية صارمة معروفة لدى أليس وبوب.

يمكن لأليس وبوب الاستعداد للعبة كيفما شاءا، لكن بمجرد انطلاقها يُحظر عليهما التواصل. يمكننا تخيّل اللعبة تجري في منشأة آمنة من نوع ما — كأن الحكم يؤدي دور محقق وأليس وبوب مشتبه بهما يُستجوَبان في غرفتين منفصلتين. لكن ثمة طريقة أخرى للتفكير في هذا الإعداد: أليس وبوب يفصل بينهما مسافة شاسعة، والتواصل محظور لأن سرعة الضوء لا تتيحه في ظل مدة اللعبة. أي أنه إذا حاولت أليس إرسال رسالة لبوب، ستكون اللعبة قد انتهت بحلول وصولها، والعكس صحيح.

طريقة عمل اللعبة غير المحلية أن الحكم يطرح أولًا سؤالًا على كل من أليس وبوب. سنستخدم الحرف $x$ للإشارة إلى سؤال أليس والحرف $y$ للإشارة إلى سؤال بوب. نفكر هنا في $x$ و$y$ باعتبارهما حالتين كلاسيكيتين، وفي لعبة CHSH يكون $x$ و$y$ بِتَّيْن.

يستخدم الحكم العشوائية لاختيار هذه الأسئلة. بدقة أكبر، هناك احتمال $p(x,y)$ مرتبط بكل زوج محتمل $(x,y)$ من الأسئلة، والحكم تعهّد باختيار الأسئلة عشوائيًا، لحظة اللعبة، بهذه الطريقة. الجميع، بما في ذلك أليس وبوب، يعرفون هذه الاحتمالات — لكن لا أحد يعرف تحديدًا أي زوج $(x,y)$ سيُختار حتى تبدأ اللعبة.

بعد استلام أليس وبوب أسئلتهما، يجب عليهما تقديم إجاباتهما: إجابة أليس هي $a$ وإجابة بوب هي $b.$ مجددًا، هذه حالات كلاسيكية بشكل عام، وبِتَّات في لعبة CHSH.

عند هذه النقطة يتخذ الحكم قراره: إما أن يفوز أليس وبوب أو يخسرا بحسب ما إذا كان زوج الإجابات $(a,b)$ صحيحًا لزوج الأسئلة $(x,y)$ وفق مجموعة ثابتة من القواعد. القواعد المختلفة تعني ألعابًا مختلفة، وقواعد لعبة CHSH تحديدًا موصوفة في القسم التالي. كما أُشير بالفعل، القواعد معروفة للجميع.

المخطط التالي يوفر تمثيلًا بيانيًا للتفاعلات.

عدم اليقين بشأن الأسئلة التي ستُطرح، وتحديدًا حقيقة أن كل لاعب لا يعرف سؤال اللاعب الآخر، هو ما يجعل الألعاب غير المحلية تحديًا لأليس وبوب — تمامًا مثل مشتبه بهما متواطئين في غرفتين منفصلتين يحاولان الإبقاء على قصتهما متسقة.

الوصف الدقيق للحكم يحدد نسخة من اللعبة غير المحلية. يشمل ذلك تحديد الاحتمالات $p(x,y)$ لكل زوج من الأسئلة إلى جانب القواعد التي تحدد ما إذا كان كل زوج من الإجابات $(a,b)$ يفوز أو يخسر لكل زوج محتمل من الأسئلة $(x,y).$

سنلقي نظرة على لعبة CHSH بعد قليل، لكن قبل ذلك دعنا نُقرّ باختصار أنه من المثير للاهتمام أيضًا تأمّل ألعاب غير محلية أخرى. الأمر مثير للاهتمام بشكل بالغ في الواقع، وثمة ألعاب غير محلية لا يُعرف حتى الآن مدى جودة أداء أليس وبوب باستخدام التشابك. الإعداد بسيط، لكنه ينطوي على تعقيد — ولبعض الألعاب قد يكون من المستحيل حساب الاستراتيجيات المثلى أو القريبة من المثلى لأليس وبوب. هذه هي الطبيعة المدهشة لنموذج الألعاب غير المحلية.

وصف لعبة CHSH

إليك الوصف الدقيق للعبة CHSH، حيث (كما سبق) $x$ هو سؤال أليس، $y$ هو سؤال بوب، $a$ هو إجابة أليس، و$b$ هو إجابة بوب:

• الأسئلة والإجابات كلها بِتَّات: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• يختار الحكم الأسئلة $(x,y)$ بشكل عشوائي موحد. أي أن كل احتمال من الاحتمالات الأربعة، $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ و$(1,1),$ يُختار باحتمال $1/4.$

• تفوز الإجابات $(a,b)$ للأسئلة $(x,y)$ إذا كان $a\oplus b = x\wedge y$ وتخسر في الحالات الأخرى. الجدول التالي يعبّر عن هذه القاعدة بإدراج شروط الفوز والخسارة على الإجابات $(a,b)$ لكل زوج من الأسئلة $(x,y).$

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

قيود الاستراتيجيات الكلاسيكية

الآن دعنا ننظر في الاستراتيجيات المتاحة لأليس وبوب في لعبة CHSH، بدءًا بالاستراتيجيات الكلاسيكية.

الاستراتيجيات الحتمية

سنبدأ بالاستراتيجيات الحتمية، حيث تكون إجابة أليس $a$ دالةً في السؤال $x$ الذي تستلمه، وكذلك إجابة بوب $b$ دالةً في السؤال $y$ الذي يستلمه. فمثلًا، يمكننا كتابة $a(0)$ لتمثيل إجابة أليس حين يكون سؤالها $0,$ و$a(1)$ لتمثيل إجابتها حين يكون سؤالها $1.$

لا يمكن لأي استراتيجية حتمية أن تفوز في لعبة CHSH في كل مرة. طريقة واحدة للتفكير في ذلك هي ببساطة المرور على جميع الاستراتيجيات الحتمية الممكنة واحدة تلو الأخرى والتحقق من أن كل واحدة منها تخسر في واحد على الأقل من الأزواج الأربعة الممكنة من الأسئلة. يمكن لكل من أليس وبوب الاختيار من بين أربع دوال ممكنة من بِت إلى بِت — التي قابلناها في الدرس الأول من الدورة — لذا يوجد $16$ استراتيجية حتمية مختلفة للتحقق منها.

يمكننا أيضًا استنتاج ذلك تحليليًا. إذا فازت استراتيجية أليس وبوب عند $(x,y) = (0,0),$ فيجب أن يكون $a(0) = b(0);$ وإذا فازت عند $(x,y) = (0,1),$ فإن $a(0) = b(1);$ وبالمثل، إذا فازت للحالة $(x,y)=(1,0)$ فإن $a(1) = b(0).$ إذن، إذا فازت استراتيجيتهما في الحالات الثلاث، فإن

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

هذا يعني أن الاستراتيجية تخسر في الحالة الأخيرة $(x,y) = (1,1),$ إذ الفوز هنا يستلزم $a(1) \neq b(1).$ وبالتالي، لا يمكن وجود استراتيجية حتمية تفوز في كل مرة.

من ناحية أخرى، من السهل إيجاد استراتيجيات حتمية تفوز في ثلاث من الأربع حالات، مثل $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ من هذا نستنتج أن أقصى احتمال للفوز لأليس وبوب باستخدام استراتيجية حتمية هو $3/4.$

الاستراتيجيات الاحتمالية

كما استنتجنا للتو، لا تستطيع أليس وبوب تجاوز الفوز في لعبة CHSH 75% من الوقت باستخدام استراتيجية حتمية. لكن ماذا عن الاستراتيجية الاحتمالية؟ هل يمكن أن تساعد العشوائية أليس وبوب — بما في ذلك إمكانية العشوائية المشتركة، حيث تكون اختياراتهما العشوائية مترابطة؟

اتضح أن الاستراتيجيات الاحتمالية لا تفيد البتة في رفع احتمالية فوز أليس وبوب. وذلك لأن كل استراتيجية احتمالية يمكن النظر إليها بديلًا عن ذلك كاختيار عشوائي لاستراتيجية حتمية، تمامًا كما يمكن النظر إلى العمليات الاحتمالية كاختيارات عشوائية من عمليات حتمية. المتوسط لا يتجاوز الحد الأقصى أبدًا، ومن ثَمَّ تبيّن أن الاستراتيجيات الاحتمالية لا توفر أي ميزة من حيث احتمالية الفوز الإجمالية.

وهكذا، الفوز باحتمالية $3/4$ هو أفضل ما يمكن لأليس وبوب تحقيقه باستخدام أي استراتيجية كلاسيكية، سواء كانت حتمية أو احتمالية.

استراتيجية لعبة CHSH

سؤال طبيعي يطرح نفسه الآن: هل يستطيع أليس وبوب تحقيق نتائج أفضل باستخدام استراتيجية كمية؟ تحديدًا، إذا كانا يتشاركان حالة كمية متشابكة كما يوحي الشكل التالي، والتي كان بإمكانهما تجهيزها قبل اللعبة، هل يمكنهما رفع احتمالية فوزهما؟

الجواب نعم، وهذه هي النقطة الجوهرية من المثال وسبب إثارته للاهتمام. إذن دعنا نرى بالضبط كيف يستطيع أليس وبوب تحقيق نتائج أفضل في هذه اللعبة باستخدام التشابك.

المتجهات والمصفوفات المطلوبة

أول شيء نحتاج القيام به هو تعريف متجه حالة كيوبت $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ لكل عدد حقيقي $\theta$ (الذي سنعتبره زاوية مقيسة بالراديان) على النحو الآتي.

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

إليك بعض الأمثلة البسيطة:

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

لدينا أيضًا الأمثلة التالية، التي تظهر في التحليل أدناه:

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

بالنظر إلى الصيغة العامة، نجد أن الحاصل الداخلي بين أي متجهين من هذه المتجهات له الصيغة التالية:

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

بالتفصيل، تحتوي هذه المتجهات فقط على مدخلات من الأعداد الحقيقية، لذا لا توجد مترافقات مركبة تقلقنا: الحاصل الداخلي هو حاصل ضرب جيبَي التمام مضافًا إليه حاصل ضرب جيبَي الزاوية. استخدام إحدى صيغ جمع الزوايا من علم المثلثات يؤدي إلى التبسيط الوارد أعلاه. هذه الصيغة تكشف التفسير الهندسي للحاصل الداخلي بين متجهات الوحدة الحقيقية بوصفه جيب تمام الزاوية بينهما.

إذا حسبنا الحاصل الداخلي لـالحاصل التنسيقي لأي متجهين من هذه المتجهات مع حالة $\vert \phi^+\rangle$، نحصل على تعبير مشابه، غير أن فيه $\sqrt{2}$ في المقام:

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

سيتضح اهتمامنا بهذا الحاصل الداخلي المحدد بعد قليل، لكننا الآن نلاحظه فقط كصيغة.

بعد ذلك، نعرّف مصفوفة أحادية $U_{\theta}$ لكل زاوية $\theta$ على النحو الآتي.

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

بالمعنى الحدسي، تحوّل هذه المصفوفة $\vert\psi_{\theta}\rangle$ إلى $\vert 0\rangle$ و$\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ إلى $\vert 1\rangle.$ للتحقق من أن هذه مصفوفة أحادية، ملاحظة جوهرية هي أن المتجهين $\vert\psi_{\theta}\rangle$ و$\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ متعامدان لكل زاوية $\theta$:

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

وهكذا نجد أن

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

يمكننا بديلًا كتابة هذه المصفوفة صراحةً على النحو الآتي

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

هذا مثال على مصفوفة دوران، وتحديدًا تدوّر المتجهات ثنائية الأبعاد ذات المدخلات الحقيقية بزاوية $-\theta$ حول نقطة الأصل. باتباع اصطلاح قياسي لتسمية الدورانات ومعاملتها بأشكال متنوعة، لدينا $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ حيث

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

وصف الاستراتيجية

يمكننا الآن وصف الاستراتيجية الكمية.

• الإعداد: تبدأ أليس وبوب اللعبة بتشارك e-bit: أليس تحتفظ بكيوبت $\mathsf{A},$ بوب يحتفظ بكيوبت $\mathsf{B},$ ومعًا يكون الكيوبتان $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ في حالة $\vert\phi^+\rangle$.

• أفعال أليس:

  • إذا استلمت أليس السؤال $x=0,$ تطبّق $U_{0}$ على كيوبتها $\mathsf{A}.$
  • إذا استلمت أليس السؤال $x=1,$ تطبّق $U_{\pi/4}$ على كيوبتها $\mathsf{A}.$

  يمكن وصف العملية التي تجريها أليس على $\mathsf{A}$ بهذه الطريقة بديلًا:

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

  بعد تطبيق هذه العملية، تقيس أليس $\mathsf{A}$ بقياس الأساس القياسي وتضع إجابتها $a$ لتكون نتيجة القياس.

• أفعال بوب:

  • إذا استلم بوب السؤال $y=0,$ يطبّق $U_{\pi/8}$ على كيوبته $\mathsf{B}.$
  • إذا استلم بوب السؤال $y=1,$ يطبّق $U_{-\pi/8}$ على كيوبته $\mathsf{B}.$

  مثلما فعلنا مع أليس، يمكن التعبير عن عملية بوب على $\mathsf{B}$ على النحو الآتي:

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

  بعد تطبيق هذه العملية، يقيس بوب $\mathsf{B}$ بقياس الأساس القياسي ويضع إجابته $b$ لتكون نتيجة القياس.

إليك مخطط دائرة كمية يصف هذه الاستراتيجية:

في هذا المخطط نرى بوابتَين متحكمتَين عاديتَين، واحدة لـ$U_{-\pi/8}$ في الأعلى وأخرى لـ$U_{\pi/4}$ في الأسفل. لدينا أيضًا بوابتان تبدوان كبوابات متحكمة، واحدة لـ$U_{\pi/8}$ في الأعلى وأخرى لـ$U_{0}$ في الأسفل، إلا أن الدائرة التي تمثل المتحكم غير مملوءة. هذا يشير إلى نوع مختلف من البوابات المتحكمة حيث تُنفَّذ البوابة إذا كان المتحكم على القيمة $0$ (بدلًا من $1$ كما في البوابة المتحكمة العادية). وبالتالي، يطبّق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته إذا كان $y=0$ و$U_{-\pi/8}$ إذا كان $y=1$؛ وتطبّق أليس $U_0$ على كيوبتها إذا كان $x=0$ و$U_{\pi/4}$ إذا كان $x=1,$ وهو ما يتوافق مع وصف البروتوكول بالكلمات أعلاه.

يبقى علينا معرفة مدى نجاح هذه الاستراتيجية لأليس وبوب. سنفعل ذلك بالمرور على أزواج الأسئلة الأربعة المحتملة بشكل فردي.

التحليل حالة بحالة

• الحالة 1: $(x,y) = (0,0).$

  في هذه الحالة تطبّق أليس $U_{0}$ على كيوبتها ويطبّق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتَين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد تطبيق عملياتهما هي

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

  احتمالات الأزواج الأربعة الممكنة من الإجابات $(a,b)$ هي إذن كما يلي.

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

  يمكننا بعدها الحصول على احتمالات $a=b$ و$a\neq b$ بالجمع.

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

  لزوج الأسئلة $(0,0),$ تفوز أليس وبوب إذا كان $a=b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمالية

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

• الحالة 2: $(x,y) = (0,1).$

  في هذه الحالة تطبّق أليس $U_{0}$ على كيوبتها ويطبّق بوب $U_{-\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتَين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد تطبيق عملياتهما هي

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

  احتمالات الأزواج الأربعة الممكنة من الإجابات $(a,b)$ هي إذن كما يلي.

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

  مجددًا، يمكننا الحصول على احتمالات $a=b$ و$a\neq b$ بالجمع.

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

  لزوج الأسئلة $(0,1),$ تفوز أليس وبوب إذا كان $a=b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمالية

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

• الحالة 3: $(x,y) = (1,0).$

  في هذه الحالة تطبّق أليس $U_{\pi/4}$ على كيوبتها ويطبّق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتَين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد تطبيق عملياتهما هي

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

  احتمالات الأزواج الأربعة الممكنة من الإجابات $(a,b)$ هي إذن كما يلي.

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

  نجد مجددًا أن احتمالات $a=b$ و$a\neq b$ هي كما يلي.

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

  لزوج الأسئلة $(1,0),$ تفوز أليس وبوب إذا كان $a=b,$ لذا يفوزان في هذه الحالة باحتمالية

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

• الحالة 4: $(x,y) = (1,1).$

  الحالة الأخيرة مختلفة قليلًا، كما قد نتوقع لأن شرط الفوز مختلف في هذه الحالة. حين يكون $x$ و$y$ كلاهما $1,$ تفوز أليس وبوب حين تكون $a$ و$b$ مختلفتَين. في هذه الحالة تطبّق أليس $U_{\pi/4}$ على كيوبتها ويطبّق بوب $U_{-\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتَين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد تطبيق عملياتهما هي

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

  احتمالات الأزواج الأربعة الممكنة من الإجابات $(a,b)$ هي إذن كما يلي.

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

  الاحتمالات تبادلت أماكنها بشكل فعلي مقارنةً بالحالات الثلاث الأخرى. نحصل على احتمالات $a=b$ و$a\neq b$ بالجمع.

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

  لزوج الأسئلة $(1,1),$ تفوز أليس وبوب إذا كان $a\neq b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمالية

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

يفوزان في كل حالة بنفس الاحتمالية:

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

هذه إذن هي احتمالية فوزهما الإجمالية. وهذا أفضل بشكل ملحوظ مما تستطيع أي استراتيجية كلاسيكية تحقيقه في هذه اللعبة؛ إذ تحظى الاستراتيجيات الكلاسيكية بحد أعلى لاحتمالية الفوز هو $3/4.$ وهذا ما يجعل هذا المثال مثيرًا للاهتمام بشكل كبير.

يحدث أن تكون هذه احتمالية الفوز المثلى للاستراتيجيات الكمية. أي أننا لا نستطيع التحسين على هذا مهما اخترنا من حالة متشابكة أو قياسات. تُعرف هذه الحقيقة بـمتراجحة تسيريلسون، نسبةً إلى بوريس تسيريلسون الذي أثبتها لأول مرة — والذي وصف أيضًا لأول مرة تجربة CHSH كلعبة.

الصورة الهندسية

من الممكن التفكير في الاستراتيجية الموصوفة أعلاه بشكل هندسي، مما قد يفيد في فهم العلاقات بين الزوايا المختلفة المختارة لعمليات أليس وبوب.

ما تفعله أليس في الواقع هو اختيار زاوية $\alpha,$ حسب سؤالها $x,$ ثم تطبيق $U_{\alpha}$ على كيوبتها والقياس. وبالمثل، يختار بوب زاوية $\beta,$ حسب $y,$ ثم يطبّق $U_{\beta}$ على كيوبته ويقيس. اخترنا $\alpha$ و$\beta$ على النحو الآتي.

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

لكن دعنا الآن نأخذ $\alpha$ و$\beta$ كمتغيرات اعتباطية. باختيار $\alpha,$ تحدد أليس بشكل فعلي أساسًا متعامدًا منتظمًا من المتجهات يبدو هكذا:

يفعل بوب الشيء نفسه، إلا أن زاويته هي $\beta$:

ألوان المتجهات تقابل إجابات أليس وبوب: الأزرق لـ$0$ والأحمر لـ$1.$

الآن، إذا جمعنا $(1)$ و$(2)$ معًا نحصل على الصيغة

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

وهذه تصح لجميع الأعداد الحقيقية $\alpha$ و$\beta.$

باتباع نفس نوع التحليل الذي أجريناه أعلاه، لكن مع $\alpha$ و$\beta$ كمتغيرات، نجد ما يلي:

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

نستنتج هاتين الصيغتين:

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

يمكن ربط هذه المعادلات بالأشكال أعلاه بتخيّل دمج الأسسَين التي اختارهما أليس وبوب. تحديدًا، حين $(x,y) = (0,0),$ يختار أليس وبوب $\alpha = 0$ و$\beta = \pi/8,$ وبدمج أسسيهما نحصل على هذا الشكل:

الزاوية بين المتجهات الحمراء هي $\pi/8,$ وهي نفسها الزاوية بين المتجهين الأزرقين. احتمالية توافق نتائج أليس وبوب هي مربع جيب التمام لهذه الزاوية،

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

بينما احتمالية اختلافهما هي مربع الجيب لهذه الزاوية،

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

حين $(x,y) = (0,1),$ يختار أليس وبوب $\alpha = 0$ و$\beta = -\pi/8,$ وبدمج أسسيهما نحصل على هذا الشكل:

الزاوية بين المتجهات الحمراء هي $\pi/8$ مرة أخرى، وكذلك الزاوية بين المتجهات الزرقاء. احتمالية توافق نتائج أليس وبوب هي مجددًا مربع جيب التمام لهذه الزاوية،

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

بينما احتمالية اختلافهما هي مربع الجيب لهذه الزاوية،

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

حين $(x,y) = (1,0),$ يختار أليس وبوب $\alpha = \pi/4$ و$\beta = \pi/8,$ وبدمج أسسيهما نحصل على هذا الشكل:

تغيّرت الأسس لكن الزوايا لم تتغير — مجددًا الزاوية بين المتجهات ذات اللون الواحد هي $\pi/8.$ احتمالية توافق نتائج أليس وبوب هي

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

واحتمالية اختلافهما هي

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

حين $(x,y) = (1,1),$ يختار أليس وبوب $\alpha = \pi/4$ و$\beta = -\pi/8.$ حين ندمج أسسيهما، نرى أن شيئًا مختلفًا قد حدث:

بسبب طريقة اختيار الزوايا، الزاوية بين المتجهات ذات اللون الواحد هذه المرة هي $3\pi/8$ وليس $\pi/8.$ احتمالية توافق نتائج أليس وبوب لا تزال مربع جيب التمام لهذه الزاوية، لكن القيمة هذه المرة هي

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

احتمالية اختلاف النتائج هي مربع الجيب لهذه الزاوية، والذي في هذه الحالة هو:

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

ملاحظات

الفكرة الأساسية لتجربة كلعبة CHSH، حيث يؤدي التشابك إلى نتائج إحصائية لا تتوافق مع التفكير الكلاسيكي البحت، تعود إلى جون بيل، صاحب الاسم في حالات بيل. لهذا السبب كثيرًا ما يشير الناس إلى تجارب من هذا النوع بـاختبارات بيل. وأحيانًا يشير الناس أيضًا إلى مبرهنة بيل، التي يمكن صياغتها بطرق مختلفة — لكن جوهرها هو أن ميكانيكا الكم غير متوافقة مع ما يُعرف بـنظريات المتغيرات الخفية المحلية. لعبة CHSH هي مثال نظيف وبسيط بشكل خاص على اختبار بيل، ويمكن اعتبارها برهانًا أو توضيحًا لمبرهنة بيل.

تقدم لعبة CHSH طريقة لاختبار نظرية معلومات الكم تجريبيًا. يمكن إجراء تجارب تطبّق لعبة CHSH، وتختبر أنواع الاستراتيجيات المبنية على التشابك الموصوفة أعلاه. هذا يمنحنا ثقة عالية بأن التشابك حقيقي — وعلى عكس الطرق الغامضة أو الشعرية أحيانًا التي نبتكرها لشرح التشابك، تمنحنا لعبة CHSH طريقة ملموسة وقابلة للاختبار لمشاهدة التشابك. جائزة نوبل في الفيزياء لعام 2022 تُقرّ بأهمية هذا الخط من الأعمال: مُنحت الجائزة لآلان أسبيه، وجون كلوزر (الـC في CHSH) وأنتون زيلينغر لمشاهدة التشابك من خلال اختبارات بيل على الفوتونات المتشابكة.