用Q#介绍量子计算– Part 13, CHSH Game

上次我们深入了解原始钟声’S不平等,我们写了一些Q#代码,使我们能够快速经验测试该区域中量子力学的预测。

在今天’S POST,我们将继续展示贝尔’S的不平等,称为克劳斯 - Horne-Shimony-Holt不等式(在短期内),并根据此讨论一个简单的游戏。在此过程中,我们将获得一个显着的结论–我们将学习为一定类别的简单布尔逻辑问题,在采用量子策略与经典相比,它们可以更有效地解决“common sense” approach.

CHSH不平等

CHSH平等在1969年介绍提出的实验来测试局部隐藏变量理论。这是理想主义贝尔的概括’S模型,可以通过实验测试。给定四个正交矢量对$ \ vec {a},\ vec {a’$和$ \ vec {b},\ vec {b’}$:

$$ | C(\ vec {a},\ vec {b})– C(\vec{a},\vec{b’})| + |C(\vec{a’},\ vec {b})+ c(\ vec {a’},\vec{b})| \leq 2$$

它超出了这篇文章的范围,以获得不平等,尽管有很多优秀的资源–包括原始纸。在这里,我们将简单地将其作为量子机械公理。我们已经建立在了上一部分两个向量之间的相关性的量子机械平均值等于它们之间的角度的余弦:

$$ c(\ vec {a},\ vec {b})= -cos(\ theta _ {})$$

鉴于这一点,我们实际上可以为上述不等式编写量子力学预测:

$$ | -cos(\ theta)+ cos(3 \ theta)| + | -COS(\ THETA)–cos(\ theta)| \ Leq 2 $$

如果我们现在假设$ \ vec {a} $之间的角度,$ \ vec {a’$,$ \ vec {b} $和$ \ vec {b’$总是恒定到$ \ theta = \ frac {\ pi} {4} = 45 ^ \ circ $,我们明显违反了不平等:

$$ 2 \ sqrt {2} \ nleq 2 $$

因为$ cos(\ frac {\ pi} {4})= \ frac {1} $和$ cos(\ frac {3 \ pi} {4})= - \ frac {1} {\ sqrt {2}} $。

这个获得的价值–违反$ \ sqrt {2} $的不平等–实际上被称为Tsirelson.绑定并代表了快速侵犯了CHSH不平等。值得注意的是,它与原始钟不相同’我们上次讨论的不等式,这被侵犯了1.5美元的尺寸。深入讨论原始铃声的实验违规结果之间的差异’S的不平等以及克劳斯·霍恩 - 霍尔特的不等式,我推荐论文最大违反钟声’在真实实验的情况下不等式由Mohammad Ardehali。

CHSH逻辑游戏

基于CHSH不平等的简单逻辑游戏,量子力学的令人惊叹的预测突出。游戏的起源尚不清楚,但它’据表明它来自一系列讲座Tsirelson.在20世纪90年代。

游戏可以概括如下。 Alice和Bob从一个公正的裁判收到每一个随机钻头,由$ a $(爱丽丝)和$ b $(bob)表示。然后他们继续自己随机选择一点,由$ a表示’$ and $B’分别为美元。游戏的目标是让他们满足以下公式,而不在游戏期间互相通信(但是,他们可以同意策略前期):

$$ a \ cdot b = a’ \oplus B’$$

换句话说,Alice应该选择最佳的$ a’$,不知道$ b $,鲍勃应该选择最佳的$ b值’$,不知道$ $ $。让’分解了这个古典的可能性。随机生成的比特可以具有以下值,因此产品:

  • $ a = 0 $和$ b = 0 $,所以$ a \ cdot b = 0 $
  • $ a = 0 $和$ b = 1 $,所以$ a \ cdot b = 0 $
  • $ a = 1 $和$ b = 0 $,所以$ a \ cdot b = 0 $
  • $ a = 1 $和$ b = 1 $,所以$ a \ cdot b = 1 $

另一方面,BITS Alice和Bob的XOR逻辑选项将选择可以如下:

  • $A’ = 0$ and $B’ = 0$, so $A’ \oplus B’ = 0$
  • $A’ = 0$ and $B’ = 1$, so $A’ \oplus B’ = 1$
  • $A’ = 1$ and $B’ = 0$, so $A’ \oplus B’ = 1$
  • $A’ = 1$ and $B’ = 1$, so $A’ \oplus B’ = 0$

爱丽丝和鲍勃最佳的古典策略是简单的。由于$ a \ cdot b $生产75%的案件中的0美元,他们应该旨在生产0美元的$ a’ \oplus B’$操作也。这意味着它们应该始终输出0美元或总是1美元,而不管$ a $和$ b $的输入valus –只要他们一直坚持同样的价值。这将确保$ a’ \oplus B’$总是产生0美元,而且我们已经确定了$ a \ cdot b $ 3 of 4案件中的$ 0 $ 0 $ 3,他们也将赢得75%的时间。这是他们可以经典的最好的。

显着,事实证明,由于纠缠而EPR相关性,量子策略可以导致更高的获胜概率,即〜85%。让’现在概述了量子方法,基于Alice和Bob共享的纠缠Qubits。请注意,正如我们在本系列中讨论的那样,纠缠不能用于通信,因此不会违反游戏规则。量子方法的诀窍是用于Alice和Bob使用量子相关来使用EPR对来帮助他们选择$ a’$ and $B’$ bits。这是基于不同测量碱基的方案促进的–精心挑选,使他们可以将赢得概率倾斜,以至于他们的青睐。

Alice和Bob的共享对Qubits将是我们的好老朋友$ \ Ket {\ Psi ^ - } $:

$$ \ ket {\ psi ^ - } = \ frac {1} {\ sqrt {2}}(\ Ket {01}– \ket{10})$$

爱丽丝的战略如下:

  • 如果$ a = 0 $她将以计算为基础(pauli z)基准$ \ {\ ket {0} $,$ \ ket {1} \} $
  • 如果$ a = 1 $她将衡量hadamard(pauli x)基础上的纠缠一对的部分$ \ {\ ket {+} $,$ \ ket { - }} $
  • 如果爱丽丝’S测量产生$ \ KET {0} $或$ \ KET {+} $,她将返回$ a’ = 0$
  • 如果爱丽丝’S测量产生$ \ KET {1} $或$ \ KET { - } $,她将返回$ a’ = 1$

由于她的测量结果,鲍勃’如果只使用完全相同的基础,纠缠的对的一部分将塌陷到isice测量的相反值。问题是– of course – he doesn’知道哪一个会更好,这里是量子相关性的不寻常特征。请记住,我们提到了在本系列之前叠加是基础的基础,即在一个基础上是一个Qubit,可以在不同的基础上叠加。叠加并不是’T也必须是均匀的,并且对于单个量子位,它可以始终表示为正交基位的线性组合:

$$ \ ket {\ psi} = \ alpha \ ket {0} + \ beta \ ket {1} $$

因此,例如,我们可以确保安排鲍勃 ’S测量基础以这样的方式,当Alice测量她的Qubit时,$ \ Alpha $尽可能大,并使用该知识来最佳选择$ a’$ and $B’$.

我们知道从早期的零件 在x的基础上测量一个Qubit,具有明确的州$ \ Ket {0} $或$ \ KET {1} $(z基础),导致获得$ \ Ket {+} $(经典$ 0 $)或$ \ ket { - } $(古典$ 1 $)每次50%。应该在上面的插图上看到这一点的原因。我们以前表示为$ \ alpha \ ket {0} + \ beta \ er {1} $的量子状态实际上也可以使用角度表示为线性组合:

$$ \ ket {\ psi} = -sin(\ theta)\ ket {0} + cos(\ theta)\ ket {1} $$

对于X的基础,我们知道它以Z为基础而转移

$$ \ theta = \ frac {\ pi} {4} = 45 ^ \ circ $$

它引领我们

$$ \ Ket {\ psi} = - \ frac {\ sqrt {2}} {2} \ \ ket {0} + \ frac {\ sqrt {2}}}}}} {2} \ \ ket {1} $$

并基于出生的规则,获得$ \ ket {0} $的概率为$ | \ alpha | ^ 2 = \ frac {1} {2} $和$ \ Ket {1} $是$ | \ beta | ^ 2 = \ frac { 1} {2} $–根据我们所拥有的预期。

考虑到这一点,CHSH游戏中的BOB最佳值是使用$ \ THETA = \ FRAC {\ PI} {8} = 22.5 ^ \ rIS旋转的z基础。

让’解开这个。然后,战略是:

  • 如果$ b = 0 $鲍勃将以计算的基础(pauli z)为基准$ \ {\ ket {0} $,$ \ ket {1} \} $旋转$ - \ frac { \ pi} {8} $
  • 如果$ b = 1 $鲍勃将以计算的基础(pauli z)为基准$ \ {\ ket {0} $,$ \ er {1} \} $ \ \ crac {\ pi} {8} $
  • 如果是鲍勃’S测量产生$ \ KET {0} $他将返回$ b’ = 1$
  • 如果是鲍勃’S测量产生$ \ Ket {1} $他将返回$ b’ = 0$

这里有一个解释的话。鲍勃没有的原因’t produce $B’测量$ \ Ket {0} $(以及其他情况的类似对称)是因为两个QUBITS或负相关(请记住我们以$ \ KET {\ PSI ^ - } $)。在许多教科书中,用于说明CHSH不等式的初始响铃状态是$ \ ket {\ phi ^ +} $,其中正交的qubit状态和经典位值在双方之间完美对齐。然而,这样的状态是在实验上生产的困难,所以我们使用$ \ Ket {\ psi ^ - } $。

现在,这种量子策略作品的原因是因为胜利概率总是计算为$ COS ^ 2(\ FRAC {\ PI} {8}),这是〜85%。这是为什么?让’看看一个可能的病例之一(其他人是相似的)。

想象一下,Alice收到$ a = 0 $,测量$ \ ket {0} $,因此在测量输出之后’= 0 $。这崩溃了鲍勃’s qubit到$ \ ket {1} $,因为它们是– in an opposite way –相关。为了让他们赢得游戏,鲍勃需要输出$ b’= 0 $。我们有两种可能性来自这里。鲍勃收到$ b = 0 $,z的措施旋转$ - \ frac {\ pi} {8} $,他将获得$ \ ket {1} $ 85%概率$ cos ^ 2(\ frac {\ pi} {8})$,从而产生$ b’= 0 $。或者,BOB获得B = 1 $,这意味着他在$ \ frac {\ pi} $旋转的z基础上测量,他再次获得$ \ ket {1} $ 85%概率$ cos ^ 2(\ frac {\ pi} {8})$生产$ b’= 0 $。在任何一种情况下,赢得概率都与$ cos ^ 2(\ frac {\ pi} {8})$相关联,我们可以轻松计算所有其他排列。

这里讨论的CHSH游戏只是所谓的更广泛类别的一个例子“non-local” games –如果由于其非局部相关性的量子力学,可以产生高于经典方法的获胜策略。其他此类游戏的优秀概述可以在其中找到非本体策略的后果和限制Cleve,Hoyer,Toner和Watrous的纸张。本文还讨论了Tsirelson的绑定,如上所述,所提出的量子机械对象之间的相关性界限,其提供缠结颗粒可以侵蚀钟不等式的限制。

q#实现

让’S现在验证我们在Q#中写的CHSH实现的理论话语。如果我们的推理是正确的,我们确实应该看到一个古典战略,提供〜75%的获胜率,量子策略表现出它的成功率约为85%。

我们将以类似的方式构建代码到我们的代码示例第12部分,也就是说,我们将使用一个独立Q#程序。运行样本更大的次数是有道理的,看看结果如何发展到许多运行,并看到它们会聚到85%(毕竟,量​​子力学是概率的);在这种情况下,4096似乎是一个适当的样本尺寸。

我们应用程序的入口点如下所示。

对于4096个样本中的每次迭代,我们将为Alice和Bob绘制两个随机的裁判比赛$和$ b $,然后执行经典策略和量子策略。然后使用上述$ a \ cdot b = a将每个策略的结果与绘制的比特进行比较。’ \oplus B’$公式。 QDK实际上附带一个内置的函数$ xor(a:bool,b:bool)$在$ microsoft.quantum.logical $名称空间在这里非常方便。随着策略执行的,我们将在两个可变的整数变量中运行总计。在入口点操作结束时,我们只需计算每个策略的胜利百分比并将它们打印到控制台。

这一切都应该清除这一点–下一步是为古典和量子CHSH游戏策略提供实现。古典战略非常简单–我们之前提到过的,返回$ a’ = 1$ and $B’ = 1$ or $A’ = 0$ and $B’= 0 $给出75%的成功率。在我们的示例中,我们选择前一种方法。

最后,我们应该看一下Quantum策略的实现,如下所示。

操作$ runquantumstrategy $分配两个Qubits,初始化贝尔州$ \ ket {\ psi ^ - } $,返回代表Alice结果结果的Booleans’s and Bob’测量。请注意,由于钟状态下的两个Qubits之间的负相关性,我们将否定鲍勃’结果;这符合我们对该主题的早期讨论。缠绕的贝尔对的准备与前一篇文章中的相同:

在我们潜入Q#实现的真正有趣的部分之前,那些将是Alice和Bob需要通过的步骤,一个关于测量顺序的词。在我们的初始代码中,我们以爱丽丝始终在鲍勃前进行测量的方式安排了。虽然没有什么特别错误的虽然这一点尤其是错误的,但是一个可能对象这可能是不知何时不公平的,因为在CHSH游戏中,参与者应该在空间上分开,不会互相沟通–所以他们返回古典比特的程序$ a’$ and $B’$也可能不顺序(第一个爱丽丝,然后是鲍勃)。为了解决这个问题,我们可以轻松地包括随机化因子,这将力为e。爱丽丝将稍微返回她的稍纵量,并鲍勃回到他的第一个剩下的40%的时间。结合该想法的更新代码是下一步。

让’现在讨论爱丽丝的实施’s quantum strategy –这两个中的一个。

正如我们所提到的,Alice将在z的基础上衡量,当时她的= 0 $,并且在x基础上时,当$ a = 1 $时。由于X基础是Z基础围绕Y轴旋转$ - \ FRAC {\ PI} {4} $,我们可以将她的策略作为沿Z轴的测量写入,以及用$ RY的条件旋转(THETA:双重,qubit:qubit)$ q#操作。由于我们的正交向量为90美元^ \ circ美元,但在布洛克球体上’d为$ 180 ^ \ circ ital,我们需要乘以我们推导的角度看着向量’几何到2.这是我们不按$ -pi()/ 4.0 $旋转的原因( - 2.0 * pi()/ 4.0)$。

事实证明,在Q#中,此代码不必要地复杂,因为,随着我们在本系列早期的部分地区学到的,QDK为Pauli Z,Pauli X和Pauli Y测量提供了内置的操作。因此,我们的代码可以简化为:

最后,让我们’s explore Bob’Q#的策略。它显示在下面的片段中。

由于我们最初接近爱丽丝’S的策略使用$ RY $旋转,然后只切换到保利X的衡量的内置功能,鲍勃’S的实施应该很容易遵循。也就是说,当然,由于所有鲍勃需要做的事实是确定旋转角度:$ \ frac {\ pi} {8} $或$ - \ frac {\ pi} {8} $,取决于在$ b $的价值。

这是我们代码样本所需的一切。此时,我们可以执行该程序,并希望,在量子计算的惊人特征上播放。此示例应用程序的输出应类似于以下内容:

这正是我们所期望的基于对问题的理论理解。确实–只要使用其中的纠缠Qubit对,没有任何经典通信,CHSH游戏会收到10%的逻辑古典获奖场景。一些非常出色的东西。伊斯勒和巴拉兹结束了他们关于CHSH和BELL的讨论’S的不等式似乎也是我们完成的完美方式:

(…)我们假设逻辑是一个适当的推理工具。不幸的是,哥德尔证明了任何逻辑系统(除非我们强烈限制)都将包含陈述既不是假,也不是真正的,而是无法实现。

概括

我们已经在本系列之前建立了纠缠可以被视为一个资源,CHSH游戏是使用纠缠来实现不可能经典的东西的又一个例子。 Nielsen和Chuang在他们的观点中有类似的观察纪念碑书:

较大的画面是贝尔的不平等教导我们,纠缠是世界上基本上超越古典资源的新资源;铁到古典世界青铜时代。量子计算和量子信息的主要任务是利用这种新资源来处理信息处理任务,对古典资源不可能或更加困难。

我们将在第14部分继续我们的冒险经历!