Bukti optimalitas untuk strategi klasik game CHSH

Saya sadar bahwa optimalitas strategi kuantum untuk permainan CHSH diberikan oleh ikatan Tsirelson , tetapi semua presentasi melompati bukti (yang jelas kurang menarik) dari optimalitas strategi klasik.

Dalam permainan CHSH, kami memiliki dua pemain: Alice dan Bob. Mereka secara terpisah diberikan bit acak independen $X$ dan $Y$ sebagai input, dan tanpa komunikasi harus mengeluarkan bit sendiri ( $A$ dan $B$ ) dengan tujuan membuat benar formula logis $X \cdot Y = A \oplus B$ . Strategi klasik optimal yang diklaim adalah untuk Alice dan Bob untuk keduanya selalu menghasilkan $0$ , yang menghasilkan kemenangan 75% dari waktu:

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline X & Y & A & B & X \cdot Y & A \oplus B \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ \hline \end{array}$

Strategi kuantum (yang saya bahas di sini ) menghasilkan kemenangan ~ 85% dari waktu. Anda dapat menggunakan ini sebagai bukti kurangnya variabel tersembunyi lokal untuk menjelaskan keterjeratan sebagai berikut:

Asumsikan qbits memutuskan pada saat belitan bagaimana mereka akan runtuh (bukan pada saat pengukuran); ini berarti mereka harus membawa beberapa informasi (variabel tersembunyi lokal), dan informasi ini dapat ditulis sebagai serangkaian bit.
Karena informasi tersebut cukup untuk sepenuhnya menggambarkan cara di mana qbits terjerat runtuh, Alice dan Bob dapat, jika diberi akses ke string bit klasik yang sama, mensimulasikan perilaku sepasang berbagi qbits terjerat bersama.
Jika Alice dan Bob dapat mensimulasikan perilaku sepasang qbits terjerat bersama, mereka dapat menerapkan strategi kuantum dengan metode klasik lokal menggunakan string bit klasik yang telah dibagi sebelumnya. Dengan demikian, harus ada beberapa strategi klasik yang memberikan tingkat keberhasilan 85% dengan sejumlah string bit sebagai input.
Namun, tidak ada rangkaian bit yang memungkinkan strategi klasik dengan tingkat keberhasilan di atas 75%.
Dengan kontradiksi, perilaku partikel terjerat tidak dapat direduksi menjadi string bit (variabel tersembunyi lokal) dan dengan demikian partikel terjerat harus secara instan mempengaruhi satu sama lain pada saat pengukuran.

Saya tertarik pada bukti (4). Saya membayangkan bukti ini mengambil bentuk sepasang mesin Turing nonkomunikatif yang mengambil bit acak input $X$ dan $Y$ independen dan bitstring bersama yang sewenang-wenang, yang kemudian memenangkan permainan CHSH dengan probabilitas lebih dari 75%; mungkin ini menghasilkan beberapa kontradiksi yang menunjukkan tidak adanya TM seperti itu. Jadi apa buktinya?

Kedua, makalah mana yang telah menyajikan bukti optimalitas strategi klasik?

Pertanyaan bonus: dalam (1), kami mengklaim bahwa variabel tersembunyi lokal dapat ditulis sebagai serangkaian bit; Adakah alasan sederhana mengapa ini terjadi?

games

— ahelwer
sumber

Jawaban:

Saya berpendapat bahwa ini adalah yang masalah penting untuk memahami untuk Bell ketidaksetaraan. Menemukan pelanggaran ketidaksetaraan Bell memberi tahu Anda bahwa sistem ini tidak klasik (catatan: itu tidak membuktikan bahwa itu adalah kuantum), jadi Anda perlu memahami apa hal klasik bahwa dunia tidak.

Mari kita nyatakan variabel acak CHSH yang kami minati:

S = A_{1} B_{1} + A_{1} B_{2} + A_{2} B_{1} - A_{2} B_{2},

$S=A_1B_1+A_1B_2+A_2B_1-A_2B_2,$ mana masing-masing

A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}

$A_1,A_2,B_1,B_2$ adalah variabel acak dengannilai

\pm 1

$\pm1$ . Asumsi kunci untuk strategi klasik adalah bahwa untuk setiap percobaan,keempat variabel memiliki nilai tetap(meskipun kami hanya pernah menemukan dua nilai). Variabel tersembunyi pada dasarnya tidak relevan di sini - mereka membiarkan dua pihak yang jauh mengoordinasikan nilai-nilai tetap itu tanpa harus berkomunikasi saat ini, tetapi tidak dapat mengubah asumsi dasar ini.

Apa konsekuensi dari ini? Tulis ulang $S$ sebagai

S = A_{1} (B_{1} + B_{2}) + A_{2} (B_{1} - B_{2}) .

$S=A_1(B_1+B_2)+A_2(B_1-B_2).$ Sekarang, jika

B_{1} \in {\pm 1}

$B_1\in\{\pm1\}$ dan

B_{2} \in {\pm 1}

$B_2\in\{\pm1\}$ , maka

B_{1} = B_{2}

$B_1=B_2$ , dalam hal ini

B_{1} - B_{2} = 0

$B_1-B_2=0$ dan

B_{1} + B_{2} = \pm 2

$B_1+B_2=\pm 2$ , atau

B_{1} = - B_{2}

$B_1=-B_2$ , sehingga

B_{1} + B_{2} = 0

$B_1+B_2=0$ dan

B_{1} - B_{2} = \pm 2

$B_1-B_2=\pm 2$ . Dalam kedua kasus,

S = \pm 2

$S=\pm 2$ . Akhirnya, jika, dalam setiap percobaan,

S = \pm 2

$S=\pm 2$ , maka nilai rata-rata

| ⟨ S ⟩ | \leq 2

$|\langle S\rangle|\leq 2$ .

Jadi, apa yang Anda pelajari dari pelanggaran ketimpangan Bell adalah bahwa, setiap kali percobaan dijalankan, tidak semua jawaban yang mungkin ditentukan. Secara klasik, ini dimungkinkan dengan celah lokalitas - jika kedua pertanyaan diketahui, maka jawaban yang menang dapat ditentukan secara deterministik tanpa harus menentukan semua kemungkinan hasil lainnya. Kalau tidak, ada beberapa keacakan yang melekat bermain dalam memilih jawaban.

Adapun di mana Anda mungkin menemukan bukti dalam literatur, mengapa tidak menindaklanjuti referensi dalam artikel wikipedia ? Seperti yang saya katakan, terikat klasik yang elemen sentral, sehingga harus di koran asli.

Pertanyaan bonus: dalam (1), kami mengklaim bahwa variabel tersembunyi lokal dapat ditulis sebagai serangkaian bit; Adakah alasan sederhana mengapa ini terjadi?

Informasi apa pun dapat ditulis sebagai serangkaian bit.

— DaftWullie
sumber

Saya tertarik pada pembenaran mengapa keempat variabel memiliki nilai tetap - ini adalah klaim bahwa semua strategi klasik harus selalu deterministik, tetapi tentu saja kita dapat menyuntikkan nondeterminisme melalui flip koin. Bukannya saya percaya strategi nondeterministic akan lebih kuat, tapi saya tertarik pada alasan mengapa mereka tidak dimasukkan dalam analisis.

— ahelwer

Ini bukan pertanyaan tentang determinisme atau ketidakpastian. Anda dapat memiliki beberapa proses latar belakang yang secara acak menentukan nilai hasil setiap kali Anda menjalankan eksperimen, berdasarkan pengetahuan lokal tentang pilihan pengukuran, dan mungkin beberapa keacakan yang dibagikan sebelumnya. Namun, syaratnya adalah bahwa ketika pilihan acak dibuat, hasilnya harus jawaban apa yang akan diberikan untuk semua pengaturan pengukuran, bahkan jika hanya jawaban spesifik untuk pengukuran yang dipilih diberikan.

— DaftWullie

Salah satu cara untuk membuktikannya adalah dengan mengkarakterisasi set semua strategi yang memungkinkan yang dapat diadopsi oleh Alice & Bob. Yang dimaksud dengan "strategi" di sini adalah kemungkinan hubungan antara input dan output, yang dikodekan dalam himpunan empat angka biner $A_0,A_1,B_0,B_1$ .

Perlu dicatat bahwa tidak masalah apakah kita mempertimbangkan protokol deterministik atau probabilistik di sini. Perbedaan antara kedua pendekatan ini adalah cara langkah-langkah protokol berjalan, tetapi jika seseorang hanya mempertimbangkan input dan output dari protokol, tanpa peduli tentang bagaimana output sebenarnya diperoleh, maka mengkarakterisasi himpunan semua hubungan input-output yang mungkin. dan menunjukkan bahwa tidak ada kombinasi ini yang memberikan peluang kemenangan lebih dari $75\%$ cukup. Dengan kata lain, menggunakan pendekatan probabilistik tidak memperluas jumlah kemungkinan hasil / strategi, tetapi hanya menyediakan cara yang berbeda untuk sampai kepada mereka. Karena kita hanya tertarik pada probabilitas kemenangan akhir, dan karena itu dalam strategi keseluruhan, kita tidak perlu memperhitungkan kasus deterministik dan probabilistik secara terpisah.

Perhatikan bahwa, mengingat strategi $\mathcal S\equiv\{A_0,A_1,B_0,B_1\}$ , kita dapat menulis jumlah kombinasi input yang strategi ini memberikan hasil yang salah karena

\begin{matrix} (1) & P_{S} \equiv A_{0} \oplus B_{0} + A_{0} \oplus B_{1} + A_{1} \oplus B_{0} + (1 - A_{1} \oplus B_{1}), \end{matrix}

$P_{\mathcal S}\equiv A_0\oplus B_0 + A_0\oplus B_1 + A_1\oplus B_0 + (1-A_1\oplus B_1),\tag1$ mana

a \oplus b

$a\oplus b$ menunjukkan penambahan modulo 2.

Masalah kita adalah menemukan strategi $\mathcal S$ yang meminimalkan $P_{\mathcal S}$ .

Sekarang, ada beberapa cara untuk melakukan ini.

Kasar

Cara paling sederhana, jika setidaknya elegan, adalah untuk menghitung nilai $P_{\mathcal S}$ untuk semua kemungkinan strategi $\mathcal S$ . Ada 16 di antaranya, jadi ini tidak terlalu buruk. Dengan beberapa baris kode Anda dapat memperoleh tabel berikut

(\begin{array}{ccccc} A_{0} & A_{1} & B_{0} & B_{1} & P_{S} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array})

$\left( \begin{array}{ccccc} A_0 & A_1 & B_0 & B_1 & P_{\mathcal S} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right)$ yang mengkonfirmasi bahwa memang semua strategi yang mungkin menyebabkan permainan hilang untuk setidaknya satu kombinasi input (yaitu, dalam kata-kata Anda, probabilitas keberhasilan tidak lebih dari

75 %

$75\%$ ).

Tapi sekarang, tentu saja, ini bukan cara yang sangat memuaskan untuk menyelesaikan masalah (setidaknya bagi saya). Akan jauh lebih baik untuk memiliki cara untuk membuktikan optimalitas tanpa harus memeriksa semua kemungkinan. Hambatan utama untuk diatasi adalah Persamaan. (1) berisi jumlah modular dan jumlah reguler, yang membuat manipulasi sedikit canggung, karena kita tidak dapat menulis sesuatu seperti $A_0\oplus B_0+A_0\oplus B_1=A_0(B_0\oplus B_1)$ .

Saya bisa melihat dua cara di sekitar ini, yang kedua juga menyoroti persamaan antara formalisme ini dan bukti reguler ketidaksetaraan CHSH.

Metode pertama

Sebuah cara mengatasi masalah ini adalah dengan pemberitahuan bahwa kita dapat mengungkapkan jumlah modular menggunakan jumlah reguler dan produk, sebagai berikut

A \oplus B = (1 - A) B + A (1 - B) = A + B - 2 A B .

$A\oplus B=(1-A)B+A(1-B)=A+B-2AB.$ Dengan demikian manipulasi aljabar sederhana memungkinkan kita untuk menulis

A_{0} \oplus B_{0} + A_{0} \oplus B_{1} = 2 A_{0} (1 - (B_{0} + B_{1})) + (B_{0} + B_{1}), A_{1} \oplus B_{0} + (1 - A_{1} \oplus B_{1}) = 1 + (2 A_{1} - 1) (B_{1} - B_{0}),

$A_0\oplus B_0+A_0\oplus B_1=2A_0(1-(B_0+B_1))+(B_0+B_1),\\ A_1\oplus B_0+(1-A_1\oplus B_1)=1+(2A_1-1)(B_1-B_0),$ dan akhirnya

P_{S} = 1 + 2 {B_{0} + A_{0} [1 - (B_{0} + B_{1})] + A_{1} (B_{1} - B_{0})} .

$P_{\mathcal S}=1+2\{B_0+A_0[1-(B_0+B_1)]+A_1(B_1-B_0)\}.$

$B_0=B_1$ $P_{\mathcal S}=1+2A_0\oplus B_0$ $B_0+B_1=1$ $P_{\mathcal S}=1+2A_1\oplus B_0$ .

$P_{\mathcal S}$

P_{S} = (1 - 2 B_{0}) (B_{1} - B_{0}) [1 + 2 A_{1} \oplus B_{0}] + [1 - (B_{0} + B_{1})] (1 - 2 B_{0}) [1 + 2 A_{0} \oplus B_{0}] + B_{0} (1 - B_{0}) (. . .),

$P_{\mathcal S}=(1-2B_0)(B_1-B_0)[1+2A_1\oplus B_0] + [1-(B_0+B_1)](1-2B_0)[1+2A_0\oplus B_0]+ B_0(1-B_0)(...),$ where the last term is always zero as

B_{0} \in {0, 1}

$B_0\in\{0,1\}$ . Note that this is just a way to express algebraically what happens in the two cases

B_{0} = B_{1}

$B_0=B_1$ and

B_{0} = - B_{1}

$B_0=-B_1$ , as

(1 - 2 B_{0}) (B_{1} - B_{0}) = 1

$(1-2B_0)(B_1-B_0)=1$ iff

B_{0} = - B_{1}

$B_0=-B_1$ , and

(1 - 2 B_{0}) (1 - B_{0} - B_{1}) = 1

$(1-2B_0)(1-B_0-B_1)=1$ iff

B_{0} = B_{1}

$B_0=B_1$ .

Second method

This involves showing that this formalism is equivalent to the one commonly used in the context of deriving the CHSH inequalities.

Denote with $\tilde A_x\equiv 1-2A_x$ the number obtained by replacing $0,1$ in $A_x$ with $+1,-1$ , respectively, and similarly for $\tilde B_y$ . For example, $A_x=0$ gives $\tilde A_x=+1$ . Note that, under this mapping, we have the identities

A_{x} \oplus B_{y} = (1 - {\tilde{A}}_{x} {\tilde{B}}_{y}) / 2.

$A_x\oplus B_y=(1-\tilde A_x\tilde B_y)/2.$ We can then write

P_{S} = \frac{1}{2} [4 - {\tilde{A}}_{0} {\tilde{B}}_{0} - {\tilde{A}}_{0} {\tilde{B}}_{1} - {\tilde{A}}_{1} {\tilde{B}}_{0} + {\tilde{A}}_{1} {\tilde{B}}_{1}] = 2 - S / 2,

$P_{\mathcal S}=\frac{1}{2}\left[4-\tilde A_0\tilde B_0-\tilde A_0\tilde B_1-\tilde A_1\tilde B_0+\tilde A_1\tilde B_1\right] =2 - S/2,$ where we defined

S \equiv {\tilde{A}}_{0} {\tilde{B}}_{0} + {\tilde{A}}_{0} {\tilde{B}}_{1} + {\tilde{A}}_{1} {\tilde{B}}_{0} - {\tilde{A}}_{1} {\tilde{B}}_{1},

$S\equiv \tilde A_0\tilde B_0+\tilde A_0\tilde B_1+\tilde A_1\tilde B_0-\tilde A_1\tilde B_1,$ which you might recognise as equivalent to the operator

\hat{S}

$\hat S$ used when discussing the CHSH inequalities.

Standard arguments now give you $S=\pm 2$ , and thus $\lvert S\rvert\le 2$ , and finally $P_{\mathcal S}\ge1$ (or more precisely $P_{\mathcal S}\in\{1,3\}$ ).

— glS
sumber

For "mixing a number of these strategies with some randomness certainly cannot give a better result" is this because we can just pre-generate a random string of bits and give that as input to the process, and it is computationally equivalent to generating a random string while the process is running?

— ahelwer

@ahelwer I'm not sure what you mean. I think it is simply that you have only a small number of possible "strategies" in this scenario, "strategy" here meaning relations between inputs and outputs. The locality condition prevents communication between Alice and Bob, therefore these strategies reduce to combinations of local strategies. There is really nothing fancy to be done in such a restrictive situation. A & B look at their inputs and produce outputs. If any produced output is sometimes wrong, how can producing a nondeterministic outcome change this?

— glS

I don't believe a nondeterministic outcome would change things, but I'm interested in some proof/justification of that.

— ahelwer

itulah yang saya coba buktikan, saya percaya. Saya pikir kebingungan Anda mungkin timbul dari pemikiran dalam hal seberapa efisien strategi yang diberikan dapat dicapai. Namun ini bukan apa yang dipertimbangkan di sini. Kami tidak peduli bagaimana A&B mungkin menerapkan strategi yang sebenarnya (meskipun "implementasi" cukup sepele dalam kasus ini), kami hanya mempertimbangkan probabilitas kemenangan dari setiap strategi. Karena kami sedang mengeksplorasi setiap strategi tunggal yang mungkin diterapkan A&B, benar-benar tidak ada ruang untuk perbaikan lebih lanjut. Hanya ada 16 cara untuk memainkan game ini

— glS

I don't think I'm confused, I'm just interested in a justification of why we can reduce the analysis to the deterministic case (the 16 ways to play the game) and ignore all nondeterministic strategies. Again, I don't believe it will change things, but I want to know the proof of that.

— ahelwer

Dalam permainan CHSH kami memiliki 2 pemain, Alice dan Bob. Bisakah kita membuktikan dalam bentuk pasangan non-komunikasi dari TM yang mengambil bit acak input x dan y independen ditambah bitstring bersama sewenang-wenang, bahwa ALice dan Bob memenangkan permainan CHSH dengan probabilitas lebih dari 75%.

Kami menanyakan Alice dan Bob pertanyaan x dan y dengan probabilitas p (xy) yang mereka berikan jawaban a dan b. Aturan permainan dilambangkan menggunakan $V(a,b|x,y)$ yang mengambil nilai "1" jika a dan b adalah jawaban yang menang. Probabilitas bahwa Alice dan Bob memenangkan permainan dimaksimalkan atas semua strategi yang mungkin $P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) | \sum_{a,b} V(a,b|x,y) p(a,b|x,y).$ Dimana $p(a,b|x,y)$ adalah probabilitas bahwa Alice dan Bob menghasilkan jawaban a dan b diberikan x dan y.

Dalam hal probabilitas ada perbedaan antara probabilitas deterministik klasik dan probabilitas ramdoness bersama klasik. Strategi klasik deterministik diberikan oleh fungsi $f_{A}(x) = a$ dan $f_{B}(y) = b$ yang mengambil pertanyaan x dan y.

Jika kita berbagi keacakan, string r lainnya digunakan dengan probabilitas berbagi $p(r)$ . Alice dan Bob yang klasik hanya bisa menerapkan fungsi $a = f_{A}(x,r)$ dan $b = f_{b}(y,r)$ Ini memberi $p(a,b|x,y) = \sum_{x,y}^{} (p(r)) p(a,b|x,y,r)$ Dalam hal ini kemungkinan memenangkan permainan adalah

$P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) \sum_{a,b} V(a,b|x,y)\sum_{r}p(r)p(a,b|x,y,r)$ . Dalam kasus ini dari shared randomnes kita memiliki istilah tambahan dengan string r. Alice dan Bob dapat memperbaiki yang terbaik r diberikan strategi deterministik untuk a dan b. Jadi dimungkinkan untuk menjalankan algoritma pada mesin Turing menggunakan string r sesuai dengan pengaturan tes pada gambar. Masalah bagaimana kita menemukan string r terbaik?

Cara lain untuk melihatnya adalah dengan mengatakan bahwa string r sebagai keacakan dibagi disebut sebagai variabel tersembunyi dalam fisika. Jadi Teori Variabel Tersembunyi setara dengan menggunakan string r dalam mesin turing. Oleh karena itu kita sebaiknya memanfaatkan bukti ketidaksetaraan CHSH. Selanjutnya kita dapat membandingkan hasil HVT (garis putus-putus) dan QM yang sewenang-wenang untuk percobaan fotonik.

Bukti ringkas ketidaksetaraan CHSH berdasarkan variabel tersembunyi dapat ditemukan di artikel Foton terjerat, nonlocality dan Bell ketidaksetaraan di laboratorium sarjana.

— Bram
sumber