เกม CHSH

ตัวอย่างสุดท้ายที่จะพูดถึงในบทเรียนนี้ไม่ใช่โปรโตคอล แต่เป็น เกม ที่รู้จักกันในชื่อ เกม CHSH

เมื่อพูดถึงเกมในบริบทนี้ เราไม่ได้หมายถึงสิ่งที่เล่นเพื่อความสนุกหรือความบันเทิง แต่หมายถึงการนามธรรมทางคณิตศาสตร์ในแง่ของ ทฤษฎีเกม (game theory) การนามธรรมของเกมในเชิงคณิตศาสตร์นั้นถูกศึกษาในสาขาเศรษฐศาสตร์และวิทยาการคอมพิวเตอร์ และมีทั้งความน่าสนใจและประโยชน์มากมาย

ตัวอักษร CHSH ย่อมาจากชื่อผู้เขียน — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony และ Richard Holt — ของบทความปี 1969 ที่อธิบายตัวอย่างนี้เป็นครั้งแรก พวกเขาไม่ได้อธิบายตัวอย่างนี้ว่าเป็นเกม แต่เป็นการทดลอง อย่างไรก็ตาม การอธิบายในรูปแบบเกมนั้นทั้งเป็นธรรมชาติและเข้าใจง่าย

เกม CHSH อยู่ในกลุ่มเกมที่เรียกว่า เกมนอนโลคัล (nonlocal games) เกมนอนโลคัลมีความน่าสนใจอย่างยิ่งและมีความเชื่อมโยงลึกซึ้งกับฟิสิกส์ วิทยาการคอมพิวเตอร์ และคณิตศาสตร์ — รวมถึงปริศนาที่ยังไม่ได้รับการแก้ไข เราจะเริ่มส่วนนี้ด้วยการอธิบายว่าเกมนอนโลคัลคืออะไร แล้วจึงเจาะลึกไปที่เกม CHSH และสิ่งที่ทำให้มันน่าสนใจ

เกมนอนโลคัล

เกมนอนโลคัลคือ เกมแบบร่วมมือ ที่ผู้เล่นสองคน คือ Alice และ Bob ทำงานร่วมกันเพื่อบรรลุผลลัพธ์ที่ต้องการ เกมดำเนินการโดย กรรมการ ซึ่งทำตามกฎเกณฑ์ที่เข้มงวดที่ทั้ง Alice และ Bob รับรู้

Alice และ Bob สามารถเตรียมตัวสำหรับเกมได้ตามที่ต้องการ แต่เมื่อเกมเริ่มต้นแล้ว พวกเขา ห้ามสื่อสารกัน เราอาจจินตนาการว่าเกมนี้เกิดขึ้นในสถานที่ที่มีการรักษาความปลอดภัยสูง — ราวกับว่ากรรมการรับบทเป็นนักสืบและ Alice กับ Bob เป็นผู้ต้องสงสัยที่ถูกสอบสวนในห้องคนละห้อง แต่อีกวิธีหนึ่งที่จะเข้าใจการตั้งค่านี้คือ Alice และ Bob อยู่ห่างกันมาก และการสื่อสารถูกห้ามเนื่องจากความเร็วของแสงไม่อนุญาตให้ทำได้ภายในเวลาที่เกมดำเนินอยู่ กล่าวคือ ถ้า Alice พยายามส่งข้อความถึง Bob เกมจะจบก่อนที่เขาจะได้รับ และในทางกลับกัน

วิธีที่เกมนอนโลคัลทำงานคือ กรรมการจะถาม Alice และ Bob แต่ละคนด้วยคำถามก่อน เราจะใช้ตัวอักษร $x$ สำหรับคำถามของ Alice และ $y$ สำหรับคำถามของ Bob ที่นี่เราคิดว่า $x$ และ $y$ เป็นสถานะแบบคลาสสิก และในเกม CHSH นั้น $x$ และ $y$ เป็นบิต

กรรมการใช้ ความสุ่ม เพื่อเลือกคำถามเหล่านี้ อย่างแม่นยำ มีความน่าจะเป็น $p(x,y)$ สำหรับแต่ละคู่คำถาม $(x,y)$ ที่เป็นไปได้ และกรรมการได้สัญญาว่าจะเลือกคำถามแบบสุ่มในขณะที่เกมดำเนินอยู่ด้วยวิธีนี้ ทุกคน รวมถึง Alice และ Bob รู้ความน่าจะเป็นเหล่านี้ — แต่ไม่มีใครรู้ว่าคู่ $(x,y)$ ใดจะถูกเลือกจนกว่าเกมจะเริ่ม

หลังจาก Alice และ Bob ได้รับคำถามแล้ว พวกเขาต้องให้คำตอบ: คำตอบของ Alice คือ $a$ และคำตอบของ Bob คือ $b.$ อีกครั้ง สิ่งเหล่านี้เป็นสถานะแบบคลาสสิกโดยทั่วไป และเป็นบิตในเกม CHSH

ณ จุดนี้ กรรมการจะตัดสินใจ: Alice และ Bob จะ ชนะ หรือ แพ้ ขึ้นอยู่กับว่าคู่คำตอบ $(a,b)$ ถือว่าถูกต้องสำหรับคู่คำถาม $(x,y)$ ตามกฎที่กำหนดไว้หรือไม่ กฎที่แตกต่างกันหมายถึงเกมที่แตกต่างกัน และกฎสำหรับเกม CHSH โดยเฉพาะจะอธิบายในส่วนถัดไป ตามที่กล่าวไปแล้ว กฎเป็นที่รู้กันทุกคน

แผนภาพต่อไปนี้แสดงภาพกราฟิกของปฏิสัมพันธ์

ความไม่แน่นอนเกี่ยวกับคำถามที่จะถาม และโดยเฉพาะอย่างยิ่งความจริงที่ว่าผู้เล่นแต่ละคนไม่รู้คำถามของอีกคน คือสิ่งที่ทำให้เกมนอนโลคัลท้าทายสำหรับ Alice และ Bob — เช่นเดียวกับผู้ต้องสงสัยที่สมคบกันในห้องต่างห้องพยายามรักษาเรื่องราวให้สอดคล้องกัน

คำอธิบายที่แม่นยำของกรรมการกำหนดอินสแตนซ์ของเกมนอนโลคัล ซึ่งรวมถึงข้อกำหนดของความน่าจะเป็น $p(x,y)$ สำหรับแต่ละคู่คำถาม พร้อมกับกฎที่กำหนดว่าคู่คำตอบ $(a,b)$ แต่ละคู่ชนะหรือแพ้สำหรับแต่ละคู่คำถาม $(x,y)$ ที่เป็นไปได้

เราจะดูเกม CHSH ในอีกสักครู่ แต่ก่อนนั้น ขอกล่าวโดยย่อว่ามันน่าสนใจไม่น้อยที่จะพิจารณาเกมนอนโลคัลอื่น ๆ ด้วย น่าสนใจอย่างยิ่ง และมีเกมนอนโลคัลบางเกมที่ปัจจุบันยังไม่ทราบว่า Alice และ Bob จะเล่นได้ดีแค่ไหนโดยใช้การพัวพัน (entanglement) การตั้งค่าเรียบง่าย แต่มีความซับซ้อนที่ซ่อนอยู่ — และสำหรับบางเกม การคำนวณกลยุทธ์ที่ดีที่สุดหรือใกล้เคียงที่สุดสำหรับ Alice และ Bob อาจเป็นไปไม่ได้เลย นี่คือธรรมชาติที่น่าตะลึงของโมเดลเกมนอนโลคัล

คำอธิบายเกม CHSH

นี่คือคำอธิบายที่แม่นยำของเกม CHSH โดยที่ (เช่นเดียวกับข้างต้น) $x$ คือคำถามของ Alice, $y$ คือคำถามของ Bob, $a$ คือคำตอบของ Alice และ $b$ คือคำตอบของ Bob:

• คำถามและคำตอบทั้งหมดเป็นบิต: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• กรรมการเลือกคำถาม $(x,y)$ แบบสุ่มสม่ำเสมอ กล่าวคือ แต่ละความเป็นไปได้ทั้งสี่ คือ $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ และ $(1,1),$ ถูกเลือกด้วยความน่าจะเป็น $1/4$

• คำตอบ $(a,b)$ ชนะ สำหรับคำถาม $(x,y)$ ถ้า $a\oplus b = x\wedge y$ และ แพ้ ในกรณีอื่น ตารางต่อไปนี้แสดงกฎนี้โดยระบุเงื่อนไขชนะและแพ้ของคำตอบ $(a,b)$ สำหรับแต่ละคู่คำถาม $(x,y)$

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

ข้อจำกัดของกลยุทธ์แบบคลาสสิก

ตอนนี้ลองพิจารณากลยุทธ์สำหรับ Alice และ Bob ในเกม CHSH โดยเริ่มจากกลยุทธ์แบบ คลาสสิก

กลยุทธ์แบบดีเทอร์มินิสติก

เราจะเริ่มต้นด้วยกลยุทธ์แบบ ดีเทอร์มินิสติก ซึ่งคำตอบ $a$ ของ Alice เป็นฟังก์ชันของคำถาม $x$ ที่เธอได้รับ และเช่นเดียวกัน คำตอบ $b$ ของ Bob เป็นฟังก์ชันของคำถาม $y$ ที่เขาได้รับ ดังนั้น เช่น เราอาจเขียน $a(0)$ เพื่อแทนคำตอบของ Alice เมื่อคำถามของเธอคือ $0,$ และ $a(1)$ เพื่อแทนคำตอบของ Alice เมื่อคำถามของเธอคือ $1$

ไม่มีกลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกใดที่จะชนะเกม CHSH ได้ทุกครั้ง วิธีหนึ่งในการให้เหตุผลคือเพียงไล่เรียงกลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกที่เป็นไปได้ทั้งหมดทีละอันและตรวจสอบว่าทุกกลยุทธ์แพ้สำหรับคู่คำถามอย่างน้อยหนึ่งคู่ Alice และ Bob ต่างสามารถเลือกได้จากฟังก์ชันที่เป็นไปได้สี่แบบจากหนึ่งบิตไปหนึ่งบิต — ซึ่งเราได้พบในบทเรียนแรกของคอร์ส — ดังนั้นมีกลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกทั้งหมด $16$ แบบที่ต้องตรวจสอบ

เราสามารถให้เหตุผลนี้ได้ในเชิงวิเคราะห์ด้วย ถ้ากลยุทธ์ของ Alice และ Bob ชนะเมื่อ $(x,y) = (0,0),$ ก็จะต้องเป็นว่า $a(0) = b(0);$ ถ้ากลยุทธ์ชนะเมื่อ $(x,y) = (0,1),$ ก็ $a(0) = b(1);$ และเช่นเดียวกัน ถ้ากลยุทธ์ชนะสำหรับ $(x,y)=(1,0)$ ก็ $a(1) = b(0)$ ดังนั้น ถ้ากลยุทธ์ชนะสำหรับสามความเป็นไปได้นี้ทั้งหมด ก็จะได้

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

สิ่งนี้หมายความว่ากลยุทธ์แพ้ในกรณีสุดท้าย $(x,y) = (1,1),$ เพราะที่นี่การชนะต้องการให้ $a(1) \neq b(1).$ ดังนั้นจึงไม่มีกลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกที่ชนะได้ทุกครั้ง

ในทางกลับกัน ง่ายที่จะหากลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกที่ชนะในสามจากสี่กรณี เช่น $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0$ จากนี้เราสรุปได้ว่าความน่าจะเป็นสูงสุดที่ Alice และ Bob จะชนะโดยใช้กลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกคือ $3/4$

กลยุทธ์แบบความน่าจะเป็น

ดังที่เราสรุปไปแล้ว Alice และ Bob ไม่สามารถทำได้ดีกว่าการชนะเกม CHSH 75% ของเวลาโดยใช้กลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติก แต่จะเป็นอย่างไรกับกลยุทธ์แบบความน่าจะเป็น? การใช้ความสุ่มจะช่วย Alice และ Bob ได้ไหม — รวมถึงความเป็นไปได้ของ ความสุ่มร่วม (shared randomness) ซึ่งการเลือกแบบสุ่มของพวกเขามีความสัมพันธ์กัน?

ปรากฏว่ากลยุทธ์แบบความน่าจะเป็นไม่ได้ช่วยเพิ่มความน่าจะเป็นที่ Alice และ Bob จะชนะเลย เป็นเพราะกลยุทธ์แบบความน่าจะเป็นทุกกลยุทธ์สามารถมองได้ว่าเป็นการเลือกกลยุทธ์ดีเทอร์มินิสติกแบบสุ่ม เช่นเดียวกับที่การดำเนินการแบบความน่าจะเป็นสามารถมองได้ว่าเป็นการเลือกการดำเนินการดีเทอร์มินิสติกแบบสุ่ม ค่าเฉลี่ยไม่เคยมากกว่าค่าสูงสุด ดังนั้นจึงตามมาว่ากลยุทธ์แบบความน่าจะเป็นไม่ได้ให้ข้อได้เปรียบใด ๆ ในแง่ของความน่าจะเป็นชนะโดยรวม

ดังนั้น การชนะด้วยความน่าจะเป็น $3/4$ คือสิ่งที่ดีที่สุดที่ Alice และ Bob ทำได้โดยใช้กลยุทธ์คลาสสิกใด ๆ ไม่ว่าจะเป็นแบบดีเทอร์มินิสติกหรือแบบความน่าจะเป็น

กลยุทธ์เกม CHSH

คำถามที่เป็นธรรมชาติ ณ จุดนี้คือ Alice และ Bob สามารถทำได้ดีกว่านี้โดยใช้กลยุทธ์แบบ ควอนตัม หรือไม่ โดยเฉพาะอย่างยิ่ง ถ้าพวกเขาแชร์สถานะควอนตัมที่พัวพันกันดังที่ภาพต่อไปนี้แสดง ซึ่งพวกเขาอาจเตรียมไว้ก่อนเล่นเกม พวกเขาสามารถเพิ่มความน่าจะเป็นชนะได้ไหม?

คำตอบคือใช่ และนี่คือจุดสำคัญของตัวอย่างและเหตุผลที่มันน่าสนใจมาก ดังนั้นลองดูกันว่า Alice และ Bob สามารถทำได้ดีกว่าในเกมนี้โดยใช้การพัวพันได้อย่างไร

เวกเตอร์และเมทริกซ์ที่จำเป็น

สิ่งแรกที่ต้องทำคือกำหนดเวกเตอร์สถานะ Qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ สำหรับจำนวนจริงแต่ละค่า $\theta$ (ซึ่งเราจะคิดว่าเป็นมุมที่วัดในหน่วยเรเดียน) ดังนี้

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

นี่คือตัวอย่างง่าย ๆ บางส่วน:

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

เรายังมีตัวอย่างต่อไปนี้ ซึ่งเกิดขึ้นในการวิเคราะห์ด้านล่าง:

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

เมื่อดูที่รูปแบบทั่วไป เราเห็นว่าผลคูณภายในระหว่างเวกเตอร์ใด ๆ สองตัวเหล่านี้มีสูตรดังนี้:

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

ในรายละเอียด มีแต่รายการจำนวนจริงในเวกเตอร์เหล่านี้ ดังนั้นจึงไม่ต้องกังวลเรื่องคอนจูเกตเชิงซ้อน: ผลคูณภายในคือผลคูณของโคไซน์บวกผลคูณของไซน์ การใช้หนึ่งใน สูตรบวกมุม จากตรีโกณมิติทำให้ได้การลดรูปข้างต้น สูตรนี้เปิดเผยการตีความทางเรขาคณิตของผลคูณภายในระหว่างเวกเตอร์หน่วยจริงว่าเป็นโคไซน์ของมุมระหว่างพวกมัน

ถ้าเราคำนวณผลคูณภายในของ ผลคูณเทนเซอร์ (tensor product) ของเวกเตอร์สองตัวใด ๆ เหล่านี้กับสถานะ $\vert \phi^+\rangle$ เราจะได้นิพจน์ที่คล้ายกัน ยกเว้นว่ามีตัวหาร $\sqrt{2}$:

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

ความสนใจของเราในผลคูณภายในโดยเฉพาะนี้จะชัดเจนในไม่ช้า แต่สำหรับตอนนี้เราเพียงสังเกตสิ่งนี้เป็นสูตร

ต่อไป กำหนดเมทริกซ์ยูนิทารี $U_{\theta}$ สำหรับแต่ละมุม $\theta$ ดังนี้

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

โดยสัญชาตญาณ เมทริกซ์นี้แปลง $\vert\psi_{\theta}\rangle$ เป็น $\vert 0\rangle$ และ $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ เป็น $\vert 1\rangle$ เพื่อตรวจสอบว่านี่เป็นเมทริกซ์ยูนิทารี การสังเกตสำคัญคือเวกเตอร์ $\vert\psi_{\theta}\rangle$ และ $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ ตั้งฉากกันสำหรับทุกมุม $\theta$:

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

ดังนั้น เราพบว่า

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

เราอาจเขียนเมทริกซ์นี้อย่างชัดเจนได้ว่า

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

นี่คือตัวอย่างของ เมทริกซ์การหมุน (rotation matrix) และโดยเฉพาะอย่างยิ่งมันหมุนเวกเตอร์สองมิติที่มีรายการจำนวนจริงด้วยมุม $-\theta$ รอบจุดกำเนิด ถ้าเราใช้แบบแผนมาตรฐานสำหรับการตั้งชื่อและการกำหนดพารามิเตอร์ของการหมุนในรูปแบบต่าง ๆ เราจะได้ $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ โดยที่

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

คำอธิบายกลยุทธ์

ตอนนี้เราสามารถอธิบายกลยุทธ์ควอนตัมได้

• การเตรียมตัว: Alice และ Bob เริ่มเกมโดยแชร์ e-bit: Alice ถือ Qubit $\mathsf{A},$ Bob ถือ Qubit $\mathsf{B},$ และ Qubit ทั้งสอง $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ รวมกันอยู่ในสถานะ $\vert\phi^+\rangle$

• การกระทำของ Alice:

  • ถ้า Alice ได้รับคำถาม $x=0,$ เธอใช้ $U_{0}$ กับ Qubit $\mathsf{A}$ ของเธอ
  • ถ้า Alice ได้รับคำถาม $x=1,$ เธอใช้ $U_{\pi/4}$ กับ Qubit $\mathsf{A}$ ของเธอ

  การดำเนินการที่ Alice ทำกับ $\mathsf{A}$ อาจอธิบายได้ดังนี้:

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

  หลังจาก Alice ใช้การดำเนินการนี้แล้ว เธอวัด $\mathsf{A}$ ด้วยการวัดบนฐานมาตรฐานและตั้งคำตอบ $a$ ของเธอให้เป็นผลการวัด

• การกระทำของ Bob:

  • ถ้า Bob ได้รับคำถาม $y=0,$ เขาใช้ $U_{\pi/8}$ กับ Qubit $\mathsf{B}$ ของเขา
  • ถ้า Bob ได้รับคำถาม $y=1,$ เขาใช้ $U_{-\pi/8}$ กับ Qubit $\mathsf{B}$ ของเขา

  เช่นเดียวกับที่เราทำสำหรับ Alice เราสามารถแสดงการดำเนินการของ Bob กับ $\mathsf{B}$ ได้ดังนี้:

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

  หลังจาก Bob ใช้การดำเนินการนี้แล้ว เขาวัด $\mathsf{B}$ ด้วยการวัดบนฐานมาตรฐานและตั้งคำตอบ $b$ ของเขาให้เป็นผลการวัด

นี่คือแผนภาพ Circuit ควอนตัมที่อธิบายกลยุทธ์นี้:

ในแผนภาพนี้เราเห็น controlled gate ธรรมดาสองอัน อันหนึ่งสำหรับ $U_{-\pi/8}$ ด้านบนและอีกอันสำหรับ $U_{\pi/4}$ ด้านล่าง เรายังมี Gate สองอันที่ดูเหมือน controlled gate อันหนึ่งสำหรับ $U_{\pi/8}$ ด้านบนและอีกอันสำหรับ $U_{0}$ ด้านล่าง ยกเว้นว่าวงกลมที่แทนการควบคุมไม่ถูกเติมสี สิ่งนี้แสดงถึง controlled gate ประเภทต่างออกไป ซึ่ง Gate จะถูกดำเนินการเมื่อการควบคุมถูกตั้งเป็น $0$ (แทนที่จะเป็น $1$ เหมือน controlled gate ธรรมดา) ดังนั้น Bob จึงดำเนินการ $U_{\pi/8}$ กับ Qubit ของเขาถ้า $y=0$ และ $U_{-\pi/8}$ ถ้า $y=1$ และ Alice ดำเนินการ $U_0$ กับ Qubit ของเธอถ้า $x=0$ และ $U_{\pi/4}$ ถ้า $x=1$ ซึ่งสอดคล้องกับคำอธิบายโปรโตคอลเป็นคำพูดข้างต้น

สิ่งที่เหลือคือการคิดออกว่ากลยุทธ์นี้สำหรับ Alice และ Bob ทำงานได้ดีแค่ไหน เราจะทำสิ่งนี้โดยผ่านคู่คำถามที่เป็นไปได้ทั้งสี่คู่ทีละอัน

การวิเคราะห์รายกรณี

• กรณีที่ 1: $(x,y) = (0,0).$

  ในกรณีนี้ Alice ทำ $U_{0}$ กับ Qubit ของตัวเอง และ Bob ทำ $U_{\pi/8}$ กับ Qubit ของตัวเอง ดังนั้นสถานะของ Qubit ทั้งสอง $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ หลังจากที่พวกเขาทำการดำเนินการแล้วคือ

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

  ความน่าจะเป็นสำหรับคู่คำตอบที่เป็นไปได้ทั้งสี่ $(a,b)$ จึงเป็นดังนี้

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

  จากนั้นเราสามารถหาความน่าจะเป็นที่ $a=b$ และ $a\neq b$ ได้โดยการบวกรวม

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

  สำหรับคู่คำถาม $(0,0),$ Alice และ Bob ชนะถ้า $a=b$ ดังนั้นในกรณีนี้พวกเขาชนะด้วยความน่าจะเป็น

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

• กรณีที่ 2: $(x,y) = (0,1).$

  ในกรณีนี้ Alice ทำ $U_{0}$ กับ Qubit ของตัวเอง และ Bob ทำ $U_{-\pi/8}$ กับ Qubit ของตัวเอง ดังนั้นสถานะของ Qubit ทั้งสอง $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ หลังจากที่พวกเขาทำการดำเนินการแล้วคือ

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

  ความน่าจะเป็นสำหรับคู่คำตอบที่เป็นไปได้ทั้งสี่ $(a,b)$ จึงเป็นดังนี้

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

  อีกครั้ง เราสามารถหาความน่าจะเป็นที่ $a=b$ และ $a\neq b$ ได้โดยการบวกรวม

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

  สำหรับคู่คำถาม $(0,1),$ Alice และ Bob ชนะถ้า $a=b$ ดังนั้นในกรณีนี้พวกเขาชนะด้วยความน่าจะเป็น

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

• กรณีที่ 3: $(x,y) = (1,0).$

  ในกรณีนี้ Alice ทำ $U_{\pi/4}$ กับ Qubit ของตัวเอง และ Bob ทำ $U_{\pi/8}$ กับ Qubit ของตัวเอง ดังนั้นสถานะของ Qubit ทั้งสอง $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ หลังจากที่พวกเขาทำการดำเนินการแล้วคือ

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

  ความน่าจะเป็นสำหรับคู่คำตอบที่เป็นไปได้ทั้งสี่ $(a,b)$ จึงเป็นดังนี้

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

  เราพบอีกครั้งว่าความน่าจะเป็นที่ $a=b$ และ $a\neq b$ เป็นดังนี้

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

  สำหรับคู่คำถาม $(1,0),$ Alice และ Bob ชนะถ้า $a=b$ ดังนั้นในกรณีนี้พวกเขาชนะด้วยความน่าจะเป็น

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

• กรณีที่ 4: $(x,y) = (1,1).$

  กรณีสุดท้ายนี้แตกต่างออกไปเล็กน้อย ซึ่งก็คาดได้เพราะเงื่อนไขการชนะในกรณีนี้ต่างกัน เมื่อ $x$ และ $y$ เป็น $1$ ทั้งคู่ Alice และ Bob ชนะเมื่อ $a$ และ $b$ แตกต่างกัน ในกรณีนี้ Alice ทำ $U_{\pi/4}$ กับ Qubit ของตัวเอง และ Bob ทำ $U_{-\pi/8}$ กับ Qubit ของตัวเอง ดังนั้นสถานะของ Qubit ทั้งสอง $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ หลังจากที่พวกเขาทำการดำเนินการแล้วคือ

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

  ความน่าจะเป็นสำหรับคู่คำตอบที่เป็นไปได้ทั้งสี่ $(a,b)$ จึงเป็นดังนี้

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

  ความน่าจะเป็นสลับที่กันจากสามกรณีก่อนหน้าอย่างมีประสิทธิภาพ เราหาความน่าจะเป็นที่ $a=b$ และ $a\neq b$ โดยการบวกรวม

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

  สำหรับคู่คำถาม $(1,1),$ Alice และ Bob ชนะถ้า $a\neq b$ ดังนั้นในกรณีนี้พวกเขาชนะด้วยความน่าจะเป็น

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

พวกเขาชนะในทุกกรณีด้วยความน่าจะเป็นเท่ากัน:

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

นี่คือความน่าจะเป็นที่พวกเขาชนะโดยรวม ซึ่งดีกว่าที่กลยุทธ์แบบคลาสสิกทำได้สำหรับเกมนี้อย่างมีนัยสำคัญ โดยกลยุทธ์แบบคลาสสิกมีความน่าจะเป็นชนะถูกจำกัดที่ $3/4$ และนั่นทำให้นี่เป็นตัวอย่างที่น่าสนใจมาก

ความน่าจะเป็นชนะนี้เป็น ค่าที่เหมาะสมที่สุด สำหรับกลยุทธ์เชิงควอนตัม นั่นคือ เราทำได้ดีกว่านี้ไม่ได้ ไม่ว่าจะเลือกสถานะพันกันหรือการวัดแบบใดก็ตาม ข้อเท็จจริงนี้เป็นที่รู้จักในชื่อ อสมการของ Tsirelson ซึ่งตั้งชื่อตาม Boris Tsirelson ผู้ที่พิสูจน์มันเป็นคนแรก — และผู้ที่อธิบายการทดลอง CHSH ในรูปแบบของเกมเป็นคนแรกด้วย

ภาพทางเรขาคณิต

เราสามารถคิดถึงกลยุทธ์ที่อธิบายไว้ข้างต้นในเชิงเรขาคณิตได้ ซึ่งอาจช่วยให้เข้าใจความสัมพันธ์ระหว่างมุมต่างๆ ที่เลือกสำหรับการดำเนินการของ Alice และ Bob

สิ่งที่ Alice ทำอย่างมีประสิทธิภาพคือเลือกมุม $\alpha$ ขึ้นอยู่กับคำถาม $x$ ของตัวเอง แล้วทำ $U_{\alpha}$ กับ Qubit ของตัวเองแล้ววัด ในทำนองเดียวกัน Bob เลือกมุม $\beta$ ขึ้นอยู่กับ $y$ แล้วทำ $U_{\beta}$ กับ Qubit ของตัวเองแล้ววัด เราเลือก $\alpha$ และ $\beta$ ดังนี้

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

แต่ตอนนี้ให้เรากำหนดให้ $\alpha$ และ $\beta$ เป็นตัวแปรอิสระก่อน การเลือก $\alpha$ ทำให้ Alice กำหนดฐานออร์โธนอร์มอลของเวกเตอร์ที่มีลักษณะดังนี้:

Bob ก็ทำเช่นเดียวกัน แต่มุมของเขาคือ $\beta$:

สีของเวกเตอร์สอดคล้องกับคำตอบของ Alice และ Bob: สีน้ำเงินสำหรับ $0$ และสีแดงสำหรับ $1$

ถ้าเรารวม $(1)$ และ $(2)$ เข้าด้วยกัน เราจะได้สูตร

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

ซึ่งใช้ได้กับจำนวนจริง $\alpha$ และ $\beta$ ทุกค่า

โดยทำการวิเคราะห์แบบเดียวกับที่เราทำข้างต้น แต่ให้ $\alpha$ และ $\beta$ เป็นตัวแปร เราพบสิ่งนี้:

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

เราสรุปได้สองสูตรนี้:

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

สมการเหล่านี้สามารถเชื่อมโยงกับรูปข้างต้นได้ โดยลองนึกภาพการซ้อนทับฐานที่ Alice และ Bob เลือก โดยเฉพาะอย่างยิ่ง เมื่อ $(x,y) = (0,0),$ Alice และ Bob เลือก $\alpha = 0$ และ $\beta = \pi/8$ และเมื่อซ้อนฐานทั้งสองเราได้รูปนี้:

มุมระหว่างเวกเตอร์สีแดงคือ $\pi/8$ ซึ่งเท่ากับมุมระหว่างเวกเตอร์สีน้ำเงินทั้งสอง ความน่าจะเป็นที่ผลลัพธ์ของ Alice และ Bob ตรงกันคือค่ายกกำลังสองของโคไซน์ของมุมนี้

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

ในขณะที่ความน่าจะเป็นที่ไม่ตรงกันคือค่ายกกำลังสองของไซน์ของมุมนี้

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

เมื่อ $(x,y) = (0,1),$ Alice และ Bob เลือก $\alpha = 0$ และ $\beta = -\pi/8$ และเมื่อซ้อนฐานทั้งสองเราได้รูปนี้:

มุมระหว่างเวกเตอร์สีแดงยังคงเป็น $\pi/8$ เช่นเดียวกับมุมระหว่างเวกเตอร์สีน้ำเงิน ความน่าจะเป็นที่ผลลัพธ์ของ Alice และ Bob ตรงกันยังคงเป็นค่ายกกำลังสองของโคไซน์ของมุมนี้

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

ในขณะที่ความน่าจะเป็นที่ไม่ตรงกันคือค่ายกกำลังสองของไซน์ของมุมนี้

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

เมื่อ $(x,y) = (1,0),$ Alice และ Bob เลือก $\alpha = \pi/4$ และ $\beta = \pi/8$ และเมื่อซ้อนฐานทั้งสองเราได้รูปนี้:

ฐานเปลี่ยนแต่มุมไม่เปลี่ยน — มุมระหว่างเวกเตอร์สีเดียวกันยังคงเป็น $\pi/8$ อีกครั้ง ความน่าจะเป็นที่ผลลัพธ์ของ Alice และ Bob ตรงกันคือ

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

และความน่าจะเป็นที่ไม่ตรงกันคือ

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

เมื่อ $(x,y) = (1,1),$ Alice และ Bob เลือก $\alpha = \pi/4$ และ $\beta = -\pi/8$ เมื่อซ้อนฐานทั้งสองเราจะเห็นว่าเกิดบางอย่างที่แตกต่างออกไป:

ด้วยวิธีที่เลือกมุม คราวนี้มุมระหว่างเวกเตอร์สีเดียวกันคือ $3\pi/8$ แทนที่จะเป็น $\pi/8$ ความน่าจะเป็นที่ผลลัพธ์ของ Alice และ Bob ตรงกันยังคงเป็นค่ายกกำลังสองของโคไซน์ของมุมนี้ แต่คราวนี้ค่าคือ

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

ความน่าจะเป็นที่ผลลัพธ์ไม่ตรงกันคือค่ายกกำลังสองของไซน์ของมุมนี้ ซึ่งในกรณีนี้คือ:

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

ข้อสังเกต

แนวคิดพื้นฐานของการทดลองเช่นเกม CHSH ที่ความพันกันนำไปสู่ผลลัพธ์ทางสถิติที่ขัดแย้งกับการใช้เหตุผลแบบคลาสสิกล้วนๆ นั้นเป็นผลงานของ John Bell ผู้ที่ Bell states ได้รับการตั้งชื่อตาม ด้วยเหตุนี้ ผู้คนจึงมักเรียกการทดลองในลักษณะนี้ว่า Bell tests บางครั้งผู้คนยังอ้างถึง ทฤษฎีบทของ Bell ซึ่งสามารถกำหนดได้ในหลายรูปแบบ — แต่สาระสำคัญของมันคือกลศาสตร์ควอนตัมไม่เข้ากันกับสิ่งที่เรียกว่า ทฤษฎีตัวแปรซ่อนเร้นเฉพาะที่ เกม CHSH เป็นตัวอย่างของ Bell test ที่ชัดเจนและเรียบง่ายเป็นพิเศษ และสามารถมองได้ว่าเป็นการพิสูจน์หรือการแสดงให้เห็นของทฤษฎีบทของ Bell

เกม CHSH เสนอวิธีการทดสอบทฤษฎีสารสนเทศควอนตัมเชิงทดลอง การทดลองสามารถทำได้ซึ่งนำเกม CHSH ไปใช้ และทดสอบกลยุทธ์ประเภทที่ใช้ความพันกันตามที่อธิบายไว้ข้างต้น สิ่งนี้ให้ความเชื่อมั่นในระดับสูงแก่เราว่าความพันกันมีจริง — และต่างจากวิธีที่บางครั้งคลุมเครือหรือเชิงกวีที่เราคิดขึ้นเพื่ออธิบายความพันกัน เกม CHSH ให้วิธีที่เป็นรูปธรรมและทดสอบได้ในการ สังเกต ความพันกัน รางวัลโนเบลสาขาฟิสิกส์ปี 2022 ยอมรับความสำคัญของสายงานนี้: รางวัลนี้มอบให้กับ Alain Aspect, John Clauser (C ใน CHSH) และ Anton Zeilinger สำหรับการสังเกตความพันกันผ่าน Bell tests บนโฟตอนที่พันกัน