تطبيق Qiskit

في هذا الدرس، نُطبّق بعض الأفكار الواردة في درس التشابك في العمل باستخدام 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

هذا تطبيق بدائر كمية لبروتوكول النقل الكمي.

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"))

تستخدم هذه الدائرة بعض ميزات Qiskit التي لم نرها في الدروس السابقة، من بينها الدالتان barrier وif_test. تُنشئ barrier فاصلًا بصريًا يجعل مخطط الدائرة أكثر وضوحًا، كما تمنع Qiskit من إجراء تبسيطات وتحسينات مختلفة عبر الحاجز أثناء التصريف عند تشغيل الدوائر على أجهزة حقيقية. أما if_test فتُطبّق عملية بشكل مشروط بحسب حالة بت كلاسيكي أو سجل كلاسيكي.

تبدأ الدائرة بتهيئة $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ لتكون في الحالة $\vert \phi^+\rangle$ (وهذا ليس جزءًا من البروتوكول في حد ذاته)، ثم تأتي عمليات أليس، ثم قياساتها، وأخيرًا عمليات بوب. للتحقق من أن البروتوكول يعمل بشكل صحيح، سنُطبّق بوابة كيوبت واحدة مُولَّدة عشوائيًا على الحالة المُهيَّأة $\vert 0\rangle$ للكيوبت $\mathsf{Q}$ للحصول على متجه حالة كمية عشوائية يُراد نقلها. وبتطبيق معكوس تلك البوابة (أي المرافقة الهيرميتية) على $\mathsf{B}$ بعد تشغيل البروتوكول، نستطيع التحقق من نجاح النقل بقياس الكيوبت والتأكد من عودته إلى الحالة $\vert 0\rangle$.

أولًا، سنختار بوابة كيوبت وحيدة بشكل عشوائي.

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()))

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

سننشئ الآن دائرة اختبار جديدة تُطبّق أولًا بوابتنا العشوائية على $\mathsf{Q},$ ثم تُشغّل دائرة النقل الكمي، وأخيرًا تُطبّق معكوس بوابتنا العشوائية على الكيوبت $\mathsf{B}$ وتقيسه. يجب أن تكون النتيجة $0$ بشكل مؤكد.

# 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"))

أخيرًا، لنُشغّل محاكي Aer على هذه الدائرة ونرسم مخطط التوزيع للمخرجات. سنرى الإحصاءات للبتات الكلاسيكية الثلاثة جميعها: يجب أن يكون البت الأدنى/الأيسر دائمًا $0,$ مما يدل على أن الكيوبت $\mathsf{Q}$ قد نُقل بنجاح إلى $\mathsf{B},$ بينما يكون البتان الآخران موزّعَين بالتساوي تقريبًا.

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

يمكننا أيضًا تصفية الإحصاءات للتركيز فقط على كيوبت نتيجة الاختبار إذا أردنا، كما يلي:

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

الترميز فائق الكثافة

الترميز فائق الكثافة هو بروتوكول يحقق، بمعنى ما، هدفًا مكملًا للنقل الكمي. فبدلًا من إتاحة نقل كيوبت واحد باستخدام بتين كلاسيكيين من الاتصال (على حساب e-bit واحد من التشابك)، يتيح نقل بتين كلاسيكيين باستخدام كيوبت واحد من الاتصال الكمي (أيضًا على حساب e-bit واحد من التشابك).

بمزيد من التفصيل، لدينا مُرسِل (أليس) ومُستقبِل (بوب) يتشاركان e-bit واحدًا من التشابك. وفق الاصطلاحات المعتمدة في الدرس، هذا يعني أن أليس تمتلك الكيوبت $\mathsf{A},$ وبوب يمتلك الكيوبت $\mathsf{B},$ والزوج $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ معًا في الحالة $\vert\phi^+\rangle.$ تريد أليس إرسال بتين كلاسيكيين إلى بوب، نرمز لهما بـ $c$ و$d,$ وستُحقق ذلك بإرسال كيوبت واحد.

من المنطقي اعتبار هذا الإنجاز أقل إثارة مما يحققه النقل الكمي. فإرسال الكيوبتات سيكون على الأرجح أصعب بكثير من إرسال البتات الكلاسيكية في المستقبل المنظور، لدرجة أن مبادلة كيوبت كمي واحد ببتين كلاسيكيين، بتكلفة e-bit إضافية، يبدو غير مجدٍ. غير أن هذا لا يعني أن الترميز فائق الكثافة غير مثير للاهتمام، فهو مثير للاهتمام بلا شك.

انسجامًا مع موضوع الدرس، أحد أسباب إثارة الترميز فائق الكثافة للاهتمام هو أنه يُظهر استخدامًا ملموسًا — ولافتًا في سياق نظرية المعلومات — للتشابك. نظرية مشهورة في نظرية المعلومات الكمية، تُعرف بـ نظرية هولِيفو، تعني أنه دون استخدام حالة متشابكة مشتركة، يستحيل توصيل أكثر من بت كلاسيكي واحد بإرسال كيوبت واحد. (نظرية هولِيفو أعم من ذلك. صياغتها الدقيقة تقنية وتستلزم شرحًا، لكن هذه إحدى نتائجها.) إذن، عبر الترميز فائق الكثافة، يُتيح التشابك المشترك مضاعفة الطاقة الاستيعابية للمعلومات الكلاسيكية التي يمكن نقلها بإرسال الكيوبتات.

البروتوكول

يصف مخطط الدائرة الكمية التالي بروتوكول الترميز فائق الكثافة:

فيما يلي ما تفعله أليس بالكلام:

1. إذا كان $d=1,$ تُطبّق أليس بوابة $Z$ على كيوبتها $\mathsf{A}$ (وإذا كان $d=0$ فلا تفعل شيئًا).

2. إذا كان $c=1,$ تُطبّق أليس بوابة $X$ على كيوبتها $\mathsf{A}$ (وإذا كان $c=0$ فلا تفعل شيئًا).

ثم تُرسل أليس كيوبتها $\mathsf{A}$ إلى بوب.

ما يفعله بوب عند استلامه الكيوبت $\mathsf{A}$ هو أن يُطبّق أولًا بوابة NOT المتحكَّم بها، مع $\mathsf{A}$ كمتحكِّم و$\mathsf{B}$ كهدف، ثم يُطبّق بوابة هادامارد على $\mathsf{A}.$ بعدها يقيس $\mathsf{B}$ للحصول على $c$ ويقيس $\mathsf{A}$ للحصول على $d,$ وذلك بقياسات الأساس القياسي في كلتا الحالتين.

التحليل

الفكرة وراء هذا البروتوكول بسيطة: تختار أليس فعليًا حالة بِل التي تريد مشاركتها مع بوب، ترسل له كيوبتها، ويقيس بوب ليحدد أي حالة بِل اختارت أليس.

أي أنهما يتشاركان في البداية $\vert\phi^+\rangle,$ وبحسب البتين $c$ و$d,$ إما أن تتركها أليس كما هي أو تحوّلها إلى إحدى حالات بِل الأخرى بتطبيق $\mathbb{I}$ أو $X$ أو $Z$ أو $XZ$ على كيوبتها $\mathsf{A}.$

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

تُحدث عمليات بوب التأثيرات التالية على حالات بِل الأربع:

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

يمكن التحقق من هذا مباشرةً بحساب نتائج عمليات بوب على هذه الحالات واحدة تلو الأخرى.

إذن، حين يُجري بوب قياساته، يستطيع تحديد أي حالة بِل اختارت أليس. والتحقق من صحة البروتوكول يتم بفحص كل حالة على حدة:

• إذا كان $cd = 00,$ فحالة $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ عندما يستلم بوب $\mathsf{A}$ هي $\vert \phi^+\rangle.$ يحوّل هذه الحالة إلى $\vert 00\rangle$ ويحصل على $cd = 00.$

• إذا كان $cd = 01,$ فحالة $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ عندما يستلم بوب $\mathsf{A}$ هي $\vert \phi^-\rangle.$ يحوّل هذه الحالة إلى $\vert 01\rangle$ ويحصل على $cd = 01.$

• إذا كان $cd = 10,$ فحالة $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ عندما يستلم بوب $\mathsf{A}$ هي $\vert \psi^+\rangle.$ يحوّل هذه الحالة إلى $\vert 10\rangle$ ويحصل على $cd = 10.$

• إذا كان $cd = 11,$ فحالة $(\mathsf{B},\mathsf{A})$ عندما يستلم بوب $\mathsf{A}$ هي $\vert \psi^-\rangle.$ يحوّل هذه الحالة إلى $-\vert 11\rangle$ ويحصل على $cd = 11.$ (عامل الطور السالب لا تأثير له هنا.)

تطبيق الترميز فائق الكثافة

هذا تطبيق بسيط للترميز فائق الكثافة حيث نُحدد الدائرة نفسها بحسب البتات المراد إرسالها. أولًا سنختار بتين للإرسال. (لاحقًا سنختارهما عشوائيًا، لكن الآن سنتخذ اختيارًا اعتباطيًا.)

c = "1"
d = "0"

الآن سنبني الدائرة وفق ذلك. هنا سنسمح لـ Qiskit باستخدام الأسماء الافتراضية للكيوبتات: $\mathsf{q}_0$ للكيوبت العلوي و$\mathsf{q}_1$ للسفلي.

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"))

لا جديد كثير هنا سوى الدالة measure_all، التي تقيس جميع الكيوبتات وتضع النتائج في سجل كلاسيكي واحد (ومن ثَمّ تحتوي على بتين في هذه الحالة).

تشغيل محاكي Aer يُنتج المخرج المتوقع.

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

لنستخدم الآن كيوبتًا إضافيًا كمولّد للبتات العشوائية — بشكل أساسي لرمي عملات معدنية عادلة. سنستخدمه لاختيار $c$ و$d$ عشوائيًا، ثم نُشغّل بروتوكول الترميز فائق الكثافة.

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"))

تشغيل محاكي Aer يُظهر النتائج: تتطابق البتات الكلاسيكية لأليس وبوب دائمًا.

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

لعبة CHSH

آخر مثال سنناقشه في هذا الدرس ليس بروتوكولًا، بل هو لعبة تُعرف بـ لعبة CHSH.

حين نتحدث عن "لعبة" في هذا السياق، لا نقصد شيئًا يُلعب للترفيه أو التسلية، بل نقصد تجريدًا رياضيًا بالمعنى المستخدم في نظرية الألعاب. تُدرَس التجريدات الرياضية للألعاب في الاقتصاد وعلوم الحاسوب مثلًا، وهي رائعة ومفيدة في آنٍ واحد.

تشير الأحرف CHSH إلى أسماء المؤلفين — جون كلوزر، ومايكل هورن، وأبنر شيموني، وريتشارد هولت — لورقة بحثية نُشرت عام 1969 وصُفت فيها هذه اللعبة لأول مرة. لم يصفوها آنذاك بوصفها لعبة، بل بوصفها تجربة. غير أن وصفها كلعبة أمر طبيعي وبديهي.

تنتمي لعبة CHSH إلى فئة من الألعاب تُعرف بـ الألعاب غير المحلية. هذه الألعاب مثيرة للاهتمام بشكل لافت، ولها صلات عميقة بالفيزياء وعلوم الحاسوب والرياضيات — وتحمل في طياتها ألغازًا لا تزال دون حل حتى اليوم. سنبدأ هذا القسم بشرح ماهية الألعاب غير المحلية، ثم ننتقل للتركيز على لعبة CHSH وما يجعلها مميزة.

الألعاب غير المحلية

اللعبة غير المحلية هي لعبة تعاونية يعمل فيها لاعبان، أليس وبوب، معًا لتحقيق نتيجة بعينها. تُدار اللعبة من قِبل حَكَم يتصرف وفق قواعد صارمة معروفة لدى أليس وبوب.

يمكن لأليس وبوب التحضير للعبة كيفما يشاءان، لكن ما إن تبدأ اللعبة، يُمنع عليهما التواصل. يمكن تخيّل اللعبة وكأنها تجري في مرفق أمني من نوع ما — كأن الحَكَم يلعب دور المحقق، وأليس وبوب مشتبه بهما يُستجوبان في غرفتين منفصلتين. لكن ثمة طريقة أخرى للتفكير في هذا الإعداد: أن أليس وبوب يفصل بينهما مسافة شاسعة، والتواصل ممنوع لأن سرعة الضوء لا تتيح ذلك خلال زمن تشغيل اللعبة. أي أنه إذا حاولت أليس إرسال رسالة لبوب، ستكون اللعبة قد انتهت قبل أن يتلقاها، والعكس صحيح.

تسير اللعبة غير المحلية على النحو التالي: يبدأ الحَكَم بطرح سؤال على كل من أليس وبوب. سنستخدم الحرف $x$ للإشارة إلى سؤال أليس، والحرف $y$ للإشارة إلى سؤال بوب. نفكر في $x$ و$y$ كحالات كلاسيكية، وفي لعبة CHSH تكون $x$ و$y$ بِتَّين.

يستخدم الحَكَم العشوائية لاختيار هذه الأسئلة. بدقة أكبر، هناك احتمال $p(x,y)$ مرتبط بكل زوج محتمل من الأسئلة $(x,y)$، وقد أقسم الحَكَم على اختيار الأسئلة بشكل عشوائي وفق هذا التوزيع لحظة اللعب. يعلم الجميع، بما في ذلك أليس وبوب، هذه الاحتمالات — لكن لا أحد يعرف تحديدًا أي زوج $(x,y)$ سيُختار إلا عند بدء اللعبة.

بعد أن يتلقى أليس وبوب أسئلتهما، يجب عليهما تقديم إجاباتهما: إجابة أليس هي $a$ وإجابة بوب هي $b.$ وهذه أيضًا حالات كلاسيكية بشكل عام، وبِتَّات في لعبة CHSH.

عند هذه النقطة يتخذ الحَكَم قراره: يفوز أليس وبوب أو يخسران تبعًا لما إذا كان زوج الإجابات $(a,b)$ صحيحًا لزوج الأسئلة $(x,y)$ وفق مجموعة ثابتة من القواعد. قواعد مختلفة تعني ألعابًا مختلفة، وقواعد لعبة CHSH تحديدًا موصوفة في القسم التالي. وكما أُشير سابقًا، القواعد معروفة للجميع.

يوضح المخطط التالي تمثيلًا بيانيًا للتفاعلات.

إن عدم اليقين حول الأسئلة التي ستُطرح، وتحديدًا حقيقة أن كل لاعب لا يعلم سؤال اللاعب الآخر، هو ما يجعل الألعاب غير المحلية تحديًا أمام أليس وبوب — تمامًا كالمشتبه بهم المتواطئين في غرفتين منفصلتين يحاولان تنسيق قصتهما.

يُعرِّف الوصف الدقيق للحَكَم نسخةً من اللعبة غير المحلية. يتضمن هذا تحديدًا للاحتمالات $p(x,y)$ لكل زوج أسئلة، إلى جانب القواعد التي تحدد ما إذا كان كل زوج من الإجابات $(a,b)$ فائزًا أم خاسرًا لكل زوج محتمل من الأسئلة $(x,y).$

سننتقل للنظر في لعبة CHSH بعد قليل، لكن قبل ذلك دعونا نُقر بأن دراسة ألعاب غير محلية أخرى أمر بالغ الأهمية أيضًا. في الواقع، الأمر مثير للاهتمام بشكل مذهل؛ فهناك ألعاب غير محلية بسيطة جدًا لا يُعرف حتى الآن مدى قدرة أليس وبوب على اللعب فيها باستخدام التشابك الكمي. الإعداد بسيط، لكن ثمة تعقيدًا دفينًا — وفي بعض الألعاب قد يكون من المستحيل حسابيًا إيجاد أفضل الاستراتيجيات أو الاستراتيجيات القريبة من الأفضل. هذه هي الطبيعة المدهشة وغير البديهية لنموذج الألعاب غير المحلية.

وصف لعبة CHSH

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

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

• يختار الحَكَم الأسئلة $(x,y)$ بشكل عشوائي موحد. أي أن كل من الاحتمالات الأربع، $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ و$(1,1),$ تُختار باحتمال $1/4.$

• تكون الإجابات $(a,b)$ فائزة للأسئلة $(x,y)$ إذا كان $a\oplus b = x\wedge y$ وخاسرة في غير ذلك. يوضح الجدول التالي هذه القاعدة بسرد 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

لنتأمل الآن استراتيجيات أليس وبوب في لعبة CHSH، بدءًا بالاستراتيجيات الكلاسيكية.

الاستراتيجيات الحتمية

سنبدأ بالاستراتيجيات الحتمية، حيث تكون إجابة أليس $a$ دالةً على السؤال $x$ الذي تتلقاه، وكذلك إجابة بوب $b$ دالةً على السؤال $y$ الذي يتلقاه. فمثلًا، يمكننا كتابة $a(0)$ للإشارة إلى إجابة أليس حين يكون سؤالها $0,$ و$a(1)$ للإشارة إلى إجابتها حين يكون سؤالها $1.$

لا توجد استراتيجية حتمية تضمن الفوز في لعبة CHSH في كل مرة. إحدى طرق فهم ذلك هي المرور على جميع الاستراتيجيات الحتمية الممكنة واحدةً واحدة، والتحقق من أن كل واحدة منها تخسر في واحد على الأقل من الأزواج الأربعة الممكنة للأسئلة. يمكن لأليس وبوب كل منهما الاختيار من بين أربع دوال ممكنة من بِتّ إلى بِتّ — وهو ما عرفناه في درس الأنظمة المفردة — وبذلك يكون هناك $16$ استراتيجية حتمية مختلفة مجموعها للتحقق.

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 $(x,y) = (0,1),$ فيجب $a(0) = b(1);$ وكذلك، إذا فازت عند $(x,y)=(1,0)$ فيجب $a(1) = b(0).$ فإذا فازت الاستراتيجية في الحالات الثلاث، يكون:

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

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

في المقابل، من السهل إيجاد استراتيجيات حتمية تفوز في ثلاث من أصل أربع حالات، كأن يكون $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ من هذا نستنتج أن أقصى احتمال للفوز باستخدام استراتيجية حتمية هو $3/4.$

الاستراتيجيات الاحتمالية

كما استنتجنا للتو، لا يستطيع أليس وبوب تجاوز نسبة فوز 75% باستخدام استراتيجية حتمية. لكن ماذا عن الاستراتيجية الاحتمالية؟ هل يُفيد أليس وبوب استخدام العشوائية — بما في ذلك إمكانية العشوائية المشتركة، حيث تكون اختياراتهما العشوائية مترابطة؟

اتضح أن الاستراتيجيات الاحتمالية لا تُفيد أبدًا في رفع احتمال فوز أليس وبوب. ذلك لأن كل استراتيجية احتمالية يمكن النظر إليها بديلًا بوصفها اختيارًا عشوائيًا لاستراتيجية حتمية، تمامًا كما أُشير في درس الأنظمة المفردة إلى أن العمليات الاحتمالية يمكن النظر إليها بوصفها اختيارات عشوائية لعمليات حتمية. المتوسط لا يتجاوز الحد الأقصى أبدًا، وبالتالي لا تقدم الاستراتيجيات الاحتمالية أي ميزة من حيث احتمال الفوز الكلي.

إذن، الفوز باحتمال $3/4$ هو أفضل ما يمكن أن يحققه أليس وبوب بأي استراتيجية كلاسيكية، سواء كانت حتمية أم احتمالية.

استراتيجية لعبة CHSH

سؤال طبيعي يطرح نفسه هنا: هل يمكن لأليس وبوب تحقيق نتيجة أفضل باستخدام استراتيجية كمومية؟ تحديدًا، إذا كانا يتشاركان حالة كمومية متشابكة كما تشير الصورة التالية، وهي حالة كان بإمكانهما تحضيرها قبل اللعبة، هل يستطيعان رفع احتمال فوزهما؟

الجواب نعم، وهذه هي النقطة الجوهرية في هذا المثال وسبب إثارته للاهتمام. فلنرَ إذن كيف يستطيع أليس وبوب تحقيق نتيجة أفضل في هذه اللعبة باستخدام التشابك الكمي.

المتجهات والمصفوفات المطلوبة

أول ما نحتاج إليه هو تعريف متجه حالة كيوبت $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ لكل عدد حقيقي $\theta$ (نفكر فيه كزاوية مقاسة بالراديان) على النحو التالي.

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

إليك بعض الأمثلة البسيطة:

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

وإليك 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، نلاحظ أن الضرب الداخلي بين أي متجهين من هذه المتجهات يُعطى بالصيغة التالية:

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

بشكل تفصيلي، جميع مدخلات هذه المتجهات أعداد حقيقية، لذا لا داعي للقلق بشأن الأعداد المركبة المترافقة: الضرب الداخلي هو حاصل ضرب الجيوب التمام مضافًا إليه حاصل ضرب الجيوب. استخدام إحدى صيغ جمع الزوايا من علم المثلثات يُفضي إلى التبسيط أعلاه. هذه الصيغة تكشف التفسير الهندسي للضرب الداخلي بين متجهات الوحدة الحقيقية بوصفه جيب تمام الزاوية بينهما.

إذا حسبنا الضرب الداخلي لـ الجداء التنسوري لأي متجهين من هذه المتجهات مع الحالة $\vert \phi^+\rangle$، نحصل على تعبير مشابه لكنه يحمل $\sqrt{2}$ في مقامه:

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

سيتضح قريبًا سبب اهتمامنا بهذا الضرب الداخلي تحديدًا، لكننا في الوقت الحالي نكتفي بملاحظة هذه الصيغة.

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

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

بشكل حدسي، تحوّل هذه المصفوفة $\vert\psi_{\theta}\rangle$ إلى $\vert 0\rangle$ وتحوّل $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ إلى $\vert 1\rangle.$ للتحقق من أنها مصفوفة أحادية، الملاحظة الأساسية هي أن المتجهين $\vert\psi_{\theta}\rangle$ و$\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ متعامدان لكل زاوية $\theta$:

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

ومن ثَمَّ، 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 أيضًا كتابة هذه المصفوفة صراحةً على النحو:

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

هذا مثال على مصفوفة دوران، وتحديدًا تدور المتجهات ثنائية الأبعاد ذات المدخلات الحقيقية بزاوية $-\theta$ حول نقطة الأصل. باتباع تقليد معياري لتسمية الدورانات بأشكالها المختلفة، 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 الكمومية.

• الإعداد: يبدأ أليس وبوب اللعبة وهما يتشاركان e-bit: تحمل أليس كيوبت $\mathsf{A},$ ويحمل بوب كيوبت $\mathsf{B},$ والكيوبتان $(\mathsf{X},\mathsf{Y})$ معًا في الحالة $\vert\phi^+\rangle.$

• إجراءات أليس:

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

  يمكن وصف العملية التي تُجريها أليس على $\mathsf{A}$ بالصيغة:

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

  بعد أن تطبق أليس هذه العملية، تقيس $\mathsf{A}$ بقياس الأساس المعياري، وتجعل إجابتها $a$ مساوية لنتيجة القياس.

• إجراءات بوب:

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

  كما فعلنا مع أليس، يمكن التعبير عن عملية بوب على $\mathsf{B}$ كالتالي:

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

  بعد أن يطبق بوب هذه العملية، يقيس $\mathsf{B}$ بقياس الأساس المعياري، ويجعل إجابته $b$ مساوية لنتيجة القياس.

إليك مخطط الدائرة الكمومية الذي يصف هذه الاستراتيجية:

في هذا المخطط نرى بوابتين تحكميتين عاديتين، إحداهما لـ $U_{-\pi/8}$ في الأعلى والأخرى لـ $U_{\pi/4}$ في الأسفل. كذلك نرى بوابتين تبدوان كبوابتين تحكميتين، إحداهما لـ $U_{\pi/8}$ في الأعلى والأخرى لـ $U_{0}$ في الأسفل، إلا أن الدائرة التي تمثل التحكم غير مملوءة. يدل ذلك على نوع مختلف من البوابات التحكمية حيث تُنفَّذ البوابة إذا كانت بِتّ التحكم مضبوطة على $0$ (بدلًا من $1$ كما في البوابة التحكمية العادية). وبالتالي، يطبق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته إذا كان $y=0$ و$U_{-\pi/8}$ إذا كان $y=1$؛ وتطبق أليس $U_0$ على كيوبتها إذا كان $x=0$ و$U_{\pi/4}$ إذا كان $x=1,$ وهو ما يتوافق مع الوصف النصي للبروتوكول أعلاه.

يبقى علينا معرفة مدى فاعلية هذه الاستراتيجية لأليس وبوب. سنتناول ذلك بالمرور على أزواج الأسئلة الأربعة المحتملة كلًّا على حدة.

التحليل حالةً حالة

• الحالة 1: $(x,y) = (0,0).$

  في هذه الحالة تطبق أليس $U_{0}$ على كيوبتها ويطبق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد إجراء عملياتهما:

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

  تبعًا لذلك، تكون احتمالات أزواج الإجابات الأربعة الممكنة $(a,b)$ على النحو التالي.

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

  يمكننا حينئذٍ الحصول على احتمالَي $a=b$ 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 $(0,0),$ يفوز أليس وبوب إذا كان $a=b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمال

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

• الحالة 2: $(x,y) = (0,1).$

  في هذه الحالة تطبق أليس $U_{0}$ على كيوبتها ويطبق بوب $U_{-\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد إجراء عملياتهما:

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

  تبعًا لذلك، تكون احتمالات أزواج الإجابات الأربعة الممكنة $(a,b)$ على النحو التالي.

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

  وبالجمع مجددًا، نحصل على احتمالَي $a=b$ و$a\neq b$.

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

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

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

• الحالة 3: $(x,y) = (1,0).$

  في هذه الحالة تطبق أليس $U_{\pi/4}$ على كيوبتها ويطبق بوب $U_{\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد إجراء عملياتهما:

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

  تبعًا لذلك، تكون احتمالات أزواج الإجابات الأربعة الممكنة $(a,b)$ على النحو التالي.

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

  نجد مرة أخرى أن احتمالَي $a=b$ و$a\neq b$ 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 $(1,0),$ يفوز أليس وبوب إذا كان $a=b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمال

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

• الحالة 4: $(x,y) = (1,1).$

  هذه الحالة الأخيرة مختلفة بعض الشيء، كما يمكن توقعه لأن شرط الفوز مختلف فيها. حين يكون $x$ و$y$ كلاهما $1,$ يفوز أليس وبوب إذا كانت $a$ و$b$ مختلفتين. في هذه الحالة تطبق أليس $U_{\pi/4}$ على كيوبتها ويطبق بوب $U_{-\pi/8}$ على كيوبته، فتكون حالة الكيوبتين $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ بعد إجراء عملياتهما:

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

  تبعًا لذلك، تكون احتمالات أزواج الإجابات الأربعة الممكنة $(a,b)$ على النحو التالي.

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

  تبادلت الاحتمالات مواضعها فعليًا مقارنةً بالحالات الثلاث الأخرى. نحصل على احتمالَي $a=b$ 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 $(1,1),$ يفوز أليس وبوب إذا كان $a\neq b,$ وبالتالي يفوزان في هذه الحالة باحتمال

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

يفوزان في كل حالة بنفس الاحتمال:

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

هذا هو إذن احتمال فوزهما الإجمالي. وهو أفضل بكثير مما تستطيع أي استراتيجية كلاسيكية تحقيقه في هذه اللعبة؛ إذ لا يتجاوز احتمال الفوز في الاستراتيجيات الكلاسيكية $3/4.$ وهذا ما يجعل هذا المثال بالغ الأهمية.

يصادف أن هذا هو احتمال الفوز الأمثل للاستراتيجيات الكمومية؛ لا يمكننا تحقيق نتيجة أفضل من ذلك مهما اخترنا من حالات متشابكة أو قياسات. هذه الحقيقة معروفة بـ متراجحة تسيريلسون، نسبةً إلى بوريس تسيريلسون الذي أثبتها أولًا — وهو أيضًا من وصف تجربة CHSH لأول مرة بوصفها لعبة.

الصورة الهندسية

يمكن التفكير في الاستراتيجية الموضّحة أعلاه بصورة هندسية، وهذا قد يساعد على فهم العلاقات بين الزوايا المختلفة التي يختارها كل من أليس وبوب في عملياتهما.

ما تفعله أليس فعلياً هو اختيار زاوية $\alpha$ بناءً على سؤالها $x,$ ثم تطبيق $U_{\alpha}$ على كيوبتها وقياسه. وبالمثل، يختار بوب زاوية $\beta$ بناءً على $y,$ ثم يطبّق $U_{\beta}$ على كيوبته ويقيسه. اخترنا $\alpha$ و$\beta$ على النحو التالي:

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

في الوقت الحالي، لنفترض أن $\alpha$ و$\beta$ قيمتان اختياريتان. باختيار $\alpha,$ تُعرّف أليس فعلياً أساساً متعامداً ومعياراً يبدو هكذا:

بوب يفعل الشيء ذاته، غير أن زاويته هي $\beta$:

ألوان المتجهات تتوافق مع إجابات أليس وبوب: الأزرق يعني $0$ والأحمر يعني $1.$

الآن، إذا دمجنا المعادلتين ($3$) و($4$) معاً، نحصل على الصيغة:

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

وهذا ينطبق على جميع الأعداد الحقيقية $\alpha$ و$\beta.$

بإجراء تحليل مشابه لما مررنا به أعلاه، لكن مع اعتبار $\alpha$ و$\beta$ متغيّرَين، نصل إلى هذه النتيجة:

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

نستخلص من ذلك 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 أننا نُركّب الأساسَين اللذَين اختارهما أليس وبوب فوق بعضهما.

استكشاف الاستراتيجية

عندما يكون $(x,y) = (0,0),$ يختار أليس وبوب $\alpha = 0$ و$\beta = \pi/8,$ وبتركيب الأساسَين نحصل على هذا الشكل:

الزاوية بين المتجهين الأحمرين هي $\pi/8,$ وهي نفسها الزاوية بين المتجهين الأزرقين. احتمال توافق نتيجتَي أليس وبوب هو مربع جيب تمام هذه الزاوية،

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

بينما احتمال اختلافهما هو مربع جيب هذه الزاوية،

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

عندما يكون $(x,y) = (0,1),$ يختار أليس وبوب $\alpha = 0$ و$\beta = -\pi/8,$ وبتركيب الأساسَين نحصل على هذا الشكل:

الزاوية بين المتجهين الأحمرين هي أيضاً $\pi/8,$ وكذلك الزاوية بين المتجهين الأزرقين. واحتمال توافق نتيجتَي أليس وبوب هو مجدداً مربع جيب تمام هذه الزاوية،

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

بينما احتمال اختلافهما هو مربع جيب هذه الزاوية،

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

عندما يكون $(x,y) = (1,0),$ يختار أليس وبوب $\alpha = \pi/4$ و$\beta = \pi/8,$ وبتركيب الأساسَين نحصل على هذا الشكل:

الأساسان تغيّرا لكن الزوايا لم تتغير — مرة أخرى الزاوية بين المتجهات ذات اللون الواحد هي $\pi/8.$ احتمال توافق نتيجتَي أليس وبوب هو

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

واحتمال اختلافهما هو

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

عندما يكون $(x,y) = (1,1),$ يختار أليس وبوب $\alpha = \pi/4$ و$\beta = -\pi/8.$ عند تركيب الأساسَين، نلاحظ أن شيئاً مختلفاً قد حدث:

بسبب طريقة اختيار الزوايا، تكون هذه المرة الزاوية بين المتجهات ذات اللون الواحد $3\pi/8$ بدلاً من $\pi/8.$ احتمال توافق نتيجتَي أليس وبوب لا يزال مربع جيب تمام هذه الزاوية، لكن القيمة هذه المرة هي

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

واحتمال اختلاف النتيجتين هو مربع جيب هذه الزاوية، الذي يساوي في هذه الحالة:

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

ملاحظات

الفكرة الأساسية لتجربة كلعبة CHSH، حيث يُفضي التشابك إلى نتائج إحصائية لا تتوافق مع المنطق الكلاسيكي البحت، تعود إلى جون بيل، الذي سُمّيت حالات بيل باسمه. لهذا السبب، يُشير الناس عادةً إلى تجارب من هذا النوع بـاختبارات بيل. أحياناً يُشير الناس أيضاً إلى مبرهنة بيل، التي يمكن صياغتها بطرق مختلفة — لكن جوهرها 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 برهاناً أو توضيحاً لمبرهنة بيل.

تُتيح لعبة CHSH طريقةً لاختبار نظرية المعلومات الكمية تجريبياً. يمكننا إجراء تجارب تُنفّذ لعبة CHSH، واختبار الاستراتيجيات القائمة على التشابك الموصوفة أعلاه. وهذا يمنحنا ثقة عالية بأن التشابك حقيقي — وخلافاً للطرق الغامضة أو الشاعرية أحياناً التي نستخدمها لشرح التشابك، تمنحنا لعبة CHSH طريقةً ملموسة وقابلة للاختبار لمشاهدة التشابك. جائزة نوبل في الفيزياء لعام 2022 تُقرّ بأهمية هذا المسار البحثي: إذ مُنحت الجائزة لألان أسبه وجون كلوزر (حرف C في CHSH) وأنتون زايلينغر، تقديراً لرصدهم التشابك من خلال اختبارات بيل على الفوتونات المتشابكة.

تطبيق Qiskit

يمكننا تطبيق لعبة CHSH، إلى جانب الاستراتيجية الكمية المُعرَّفة أعلاه، في Qiskit على النحو التالي.

أولاً، إليك تعريف اللعبة نفسها، الذي يُتيح إضافة أي استراتيجية كمعامل.

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

الآن سننشئ دالة تُخرج دائرة بحسب الأسئلة الموجَّهة لأليس وبوب. سنترك الكيوبتات بأسمائها الافتراضية للبساطة، وسنستخدم بوّابة $R_y(\theta)$ المدمجة لإجراءات أليس وبوب.

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

إليك الدوائر الأربع المحتملة، بحسب الأسئلة المطروحة.

# 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)

الآن سننشئ مهمة باستخدام محاكي Aer تُشغّل الدائرة مرة واحدة لزوج الإدخال المحدد $(x,y).$

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

أخيراً، سنلعب اللعبة 1000 مرة ونحسب نسبة الفوز.

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

يمكننا أيضاً تعريف استراتيجية كلاسيكية ومعرفة مدى فاعليتها. هذه مجرد استراتيجية واحدة — يمكن اختبار استراتيجيات أخرى بتغيير الكود — لكنها من بين الاستراتيجيات الكلاسيكية المثلى.

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

لنلعب اللعبة مجدداً 1000 مرة لنرى مدى فاعليتها.

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