3.2.7 De kracht van verstrengeling

Verstrengelde quantumbits zijn zelfs veel effectiever dan probabilistische bits! In het volgende stuk zullen we hier nog maar een voorproefje van geven. Als je Quest 4 en 5 volgt, dan kom je nog veel meer voorbeelden tegen!

We kunnen de kracht van verstrengeling laten zien met een verhaaltje dat aansluit op 3.13. Daar hielp je Alice met het ontcijferen van de locatie van haar robot-ezel, die op een van de vier mogelijke locaties was, aangeduid met twee bits a,b∈{0,1}a,b\in\{0,1\}. Alice heeft geen tijd om de ezel op te halen, dus wil ze de locatie doorsturen naar Bob. Helaas is Alice bijna door haar quantum-telefoonabonnement heen, dus ze kan maar één qubit naar Bob sturen. Maar het versturen van een enkele quantumbit is niet genoeg om twee bits correct te verzenden. We weten dit omdat Bob alleen informatie kan krijgen door de qubit te meten – maar uit de meting kan hij maar één bit achterhalen en daarna is de oorspronkelijke toestand van de qubit verdwenen.

Gelukkig hadden Alice en Bob ter voorbereiding de maximaal verstrengelde toestand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle gedeeld. Hiermee bedoelen we dat Alice in het bezit is van het eerste qubit en Bob in het bezit is van het tweede qubit. Kunnen we Alice helpen de locatie van de ezel te verzenden (d.w.z. de twee bits aa en bb) door een enkele qubit te versturen? Dit blijkt inderdaad mogelijk te zijn door gebruik te maken van de volgende techniek:

Oefenopgave 3.14 (Bell-toestanden in elkaar omzetten).

Laat zien dat Alice, door alleen lokale bewerkingen op haar qubit toe te passen, de maximaal verstrengelde toestand |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle kan omzetten in elk van de andere drie Bell-toestanden |Φ−⟩\left|\Phi^{-}\right\rangle, |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle en |Ψ−⟩\left|\Psi^{-}\right\rangle.

Solution. Merk op uit Vgl. 3.69, 3.70, 3.71 en 3.72 dat de Bell-toestanden alleen verschillen door bitflips en mintekens. We weten dat we een bit kunnen wisselen met een lokale N⁢O⁢TNOT bewerking en dat we sommige mintekens kunnen toevoegen door lokale ZZ-bewerkingen toe te passen, waarbij ZZ gedefinieerd is in Vgl. 2.26. Om |Φ−⟩\left|\Phi^{-}\right\rangle te maken, kan Alice een ZZ-bewerking op haar qubit toepassen:
(Z⊗I)⁢|Φ+⟩=(Z⊗I)⁢(12⁢|00⟩+12⁢|11⟩)=12⁢|00⟩−12⁢|11⟩=|Φ−⟩.\displaystyle(Z\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(Z\otimes I)\left(\frac{1% }{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle\right% )=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right% \rangle=\left|\Phi^{-}\right\rangle.
Om |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle te maken past Alice in plaats daarvan een NOT\mathrm{NOT}-bewerking toe op haar qubit:
(NOT⊗I)⁢|Φ+⟩=(NOT⊗I)⁢(12⁢|00⟩+12⁢|11⟩)=12⁢|10⟩+12⁢|01⟩=|Ψ+⟩.\displaystyle(\mathrm{NOT}\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(\mathrm{NOT}% \otimes I)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}% \left|11\right\rangle\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{% \sqrt{2}}\left|01\right\rangle=\left|\Psi^{+}\right\rangle.
Om |Ψ−⟩\left|\Psi^{-}\right\rangle te maken past Alice eerst een NOT\mathrm{NOT}-bewerking en daarna een ZZ-bewerking toe:
(Z⁢NOT⊗I)⁢|Φ+⟩=(Z⊗I)⁢(12⁢|10⟩+12⁢|01⟩)=−12⁢|10⟩+12⁢|01⟩=|Ψ−⟩.\displaystyle(Z\,\mathrm{NOT}\otimes I)\left|\Phi^{+}\right\rangle=(Z\otimes I% )\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|01% \right\rangle\right)=-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2% }}\left|01\right\rangle=\left|\Psi^{-}\right\rangle.

Het is nu duidelijk hoe Alice en Bob het probleem kunnen oplossen. Ga ervan uit dat Alice en Bob van tevoren een afspraak hebben gemaakt over welke van de 4 mogelijke waarden van de twee bits [a⁢b][ab] bij welke van de 4 Bell-toestanden hoort (bijvoorbeeld [00][00] komt overeen met |Φ+⟩\left|\Phi^{+}\right\rangle, [01][01] komt overeen met |Ψ+⟩\left|\Psi^{+}\right\rangle, enzovoort). Met behulp van 3.14 past Alice eerst een bewerking toe op haar deel van de maximaal verstrengelde toestand om deze te veranderen in de Bell-toestand die overeenkomt met de locatie van de ezel. Daarna stuurt ze haar quantumbit naar Bob. Bob heeft nu beide quantumbits in zijn bezit en weet dat ze in een van de vier Bell-toestanden zitten. Hij kan dus gewoon dezelfde bewerkingen uitvoeren als in 3.13 en de twee qubits meten om de locatie van de ezelrobot te bepalen.

De procedure die we net beschreven hebben staat bekend als het superdense coding protocol, omdat we twee deterministische bits versturen door maar één quantumbit te versturen (ten koste van het gebruik van één maximaal verstrengelde toestand die Alice en Bob met elkaar delen). Hadden Alice en Bob net zo goed probabilistische bits kunnen gebruiken in plaats van een verstrengelde toestand om dit probleem op te lossen (bijvoorbeeld twee perfect gecorreleerde bits)? Merkwaardig genoeg is dit niet het geval. Superdense coding laat dus zien dat quantumverstrengeling een voordeel biedt voor communicatietaken.

In de volgende huiswerkopdracht kom je nog een beroemde situatie tegen waarin quantumverstrengeling een duidelijk voordeel oplevert. De opdracht ziet er misschien wat intimiderend uit – maar dat komt vooral omdat we het niet konden laten om er een klein verhaaltje omheen te vertellen. Zoals altijd, aarzel niet om vragen te stellen op Discord!

Huiswerkopdracht 3.7 (Een verstrengeld spel (uitdagend)).

Alice en Bob vervelen zich tijdens de les, dus vragen ze hun docent quantummechanica Ronald om hen een uitdagende puzzel te geven. Na een korte pauze legt Ronald hen een interessant spel uit. Het doel van het spel is dat Alice en Bob zo goed mogelijk samenwerken (ze spelen niet tegen elkaar). Maar ze mogen tijdens het spel niet met elkaar communiceren! De spelregels zijn als volgt:

  • •
    ​

    Om te beginnen gooit Ronald in het geheim twee zuivere muntjes op. Hij vertelt Alice het resultaat van de eerste muntworp (bit xx) en Bob het resultaat van de tweede muntworp (bit yy). We noemen dit de invoerbits.

  • •
    ​

    Na het ontvangen van de bits moeten Alice en Bob ieder één bit terugsturen als antwoord (bits aa en bb).

  • •
    ​

    Alice en Bob winnen het spel onder de volgende voorwaarde: als x=y=1x=y=1 , dan winnen ze het spel als a≠ba\neq b; anders winnen ze het spel als a=ba=b.

[Uncaptioned image]

Voordat het spel begint, komen Alice en Bob kort bij elkaar om hun strategie te bespreken. Eerst overwegen ze om gewoon twee functies toe te passen f,g:{0,1}→{0,1}f,g:\{0,1\}\to\{0,1\} op hun invoerbits xx en yy en hun antwoorden als volgt berekenen: a=f⁢(x)a=f(x) en b=g⁢(y)b=g(y).

  1. 1.
    ​

    Laat zien dat ze in dit geval een kans van 75% kunnen halen om het spel te winnen, maar niet hoger dan dat.

Vervolgens overwegen ze om voor hun strategie gebruik te maken van gedeelde randomness. Bob stelt voor om ingewikkeldere functies ff en gg te gebruiken die een extra binair argument hebben en hun antwoorden als volgt te berekenen: a=f⁢(x,r)a=f(x,r) en b=g⁢(y,s)b=g(y,s), waarbij rr en ss twee random bits zijn die gezamenlijk beschreven worden door een twee-bits kansverdeling.

  1. 2.
    ​

    Laat zien dat ze nog steeds niet een hogere winkans dan 75% kunnen hebben, ongeacht wat de functies ff en gg zijn en wat de gezamenlijke verdeling van de bits rr en ss is.

Onze spelers beginnen zich te realiseren dat Ronald waarschijnlijk een quantummechanische strategie in gedachten had. Alice heeft een geweldig idee en stelt voor dat ze een maximaal verstrengelde toestand delen voordat het spel begint. Ze stelt voor dat ze na het ontvangen van hun bits haar qubit met een bepaalde hoek  θx\theta_{x} roteert (die afhangt van haar invoerbit xx) en deze bit meet om haar antwoord aa te krijgen, terwijl Bob in plaats daarvan zijn qubit met een andere hoek  ωy\omega_{y} roteert (die afhangt van zijn invoerbit yy) en dan meet om zijn antwoord bb te krijgen.

  1. 3.
    ​

    Geef de toestand nadat Alice en Bob hun rotaties hebben toegepast in de vorm (3.31). Bevestig dat de waarschijnlijkheid om het spel te winnen gelijk is aan

    14⁢(cos2⁡(θ0−ω0)+cos2⁡(θ0−ω1)+cos2⁡(θ1−ω0)+sin2⁡(θ1−ω1)).\frac{1}{4}\left(\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{0})+\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{1% })+\cos^{2}(\theta_{1}-\omega_{0})+\sin^{2}(\theta_{1}-\omega_{1})\right).

    Hint: Gebruik de goniometrische formules van Vgl. 2.30 en 2.36.

Alice en Bob hebben al snel door dat θ0=0\theta_{0}=0, θ1=π/4\theta_{1}=\pi/4 en ω0=π/8\omega_{0}=\pi/8 goede keuzes zijn, maar ze hebben moeite met de laatste hoek en de tijd begint op te raken.

  1. 4.
    ​

    Zoek een hoek ω1\omega_{1} zo dat de kans dat ze het spel winnen groter is dan 75%.

Hack.
  1. 1.
    ​

    There are four possible options for the ‘questions’ xx and yy and each arises with 25% possibility. Thus, the probability of winning is either 0%, 25%, 50%, 75%, or 100%, depending on how many questions they answer correctly. Simply ignoring the questions and outputting a=0a=0 and b=0b=0 already allows them to win with 75% probability. Are there functions f⁢(x)f(x) and g⁢(y)g(y) that work with 100% probability? If this were the case then

    f⁢(0)\displaystyle f(0) =g⁢(0),\displaystyle=g(0), f⁢(0)\displaystyle f(0) =g⁢(1),\displaystyle=g(1), f⁢(1)\displaystyle f(1) =g⁢(0),\displaystyle=g(0), f⁢(1)\displaystyle f(1) ≠g⁢(1).\displaystyle\neq g(1).

    The first three equations imply that f⁢(1)=g⁢(1)f(1)=g(1), which contradicts the last one.

  2. 2.
    ​

    Let us denote by wr,sw_{r,s} the probability that Alice and Bob win the game when using the functions a=f⁢(x,r)a=f(x,r) and b=g⁢(y,s)b=g(y,s) for fixed values of rr and ss. By the first part, we know that wr,s≤75%w_{r,s}\leq 75\%. How about if rr and ss are two random bits with probability distribution p=∑r,spr,s⁢[r,s]p=\sum_{r,s}p_{r,s}[r,s]? In this case the probability of winning using random bits is just the average of the wr,sw_{r,s}, i.e.,

    ∑r,spr,s⁢wr,s≤∑r,spr,s⁢75%=75%,\displaystyle\sum_{r,s}p_{r,s}w_{r,s}\leq\sum_{r,s}p_{r,s}75\%=75\%,

    where we used that the probabilities pr,sp_{r,s} are nonnegative and sum to one.

  3. 3.
    ​

    After applying their respective rotations, their state is

    (U⁢(θx)⊗U⁢(ωy))⁢|Φ+⟩\displaystyle\quad(U(\theta_{x})\otimes U(\omega_{y}))\left|\Phi^{+}\right\rangle
    =12⁢U⁢(θx)⁢|0⟩⊗U⁢(ωy)⁢|0⟩+12⁢U⁢(θx)⁢|1⟩⊗U⁢(ωy)⁢|1⟩\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}U(\theta_{x})\left|0\right\rangle\otimes U(% \omega_{y})\left|0\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}U(\theta_{x})\left|1\right% \rangle\otimes U(\omega_{y})\left|1\right\rangle
    =12⁢(cos⁡(θx)⁢|0⟩+sin⁡(θx)⁢|1⟩)⊗(cos⁡(ωy)⁢|0⟩+sin⁡(ωy)⁢|1⟩)\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\left|0\right\rangle+% \sin(\theta_{x})\left|1\right\rangle\right)\otimes\left(\cos(\omega_{y})\left|% 0\right\rangle+\sin(\omega_{y})\left|1\right\rangle\right)
    +12⁢(−sin⁡(θx)⁢|0⟩+cos⁡(θx)⁢|1⟩)⊗(−sin⁡(ωy)⁢|0⟩+cos⁡(ωy)⁢|1⟩)\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\sin(\theta_{x})\left|0\right\rangle+% \cos(\theta_{x})\left|1\right\rangle\right)\otimes\left(-\sin(\omega_{y})\left% |0\right\rangle+\cos(\omega_{y})\left|1\right\rangle\right)
    =12⁢(cos⁡(θx)⁢cos⁡(ωy)+sin⁡(θx)⁢sin⁡(ωy))⁢|00⟩\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\cos(\omega_{y})+\sin(% \theta_{x})\sin(\omega_{y})\right)\left|00\right\rangle
    +12⁢(cos⁡(θx)⁢sin⁡(ωy)−sin⁡(θx)⁢cos⁡(ωy))⁢|01⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(\theta_{x})\sin(\omega_{y})-\sin(% \theta_{x})\cos(\omega_{y})\right)\left|01\right\rangle
    +12⁢(sin⁡(θx)⁢cos⁡(ωy)−cos⁡(θx)⁢sin⁡(ωy))⁢|10⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin(\theta_{x})\cos(\omega_{y})-\cos(% \theta_{x})\sin(\omega_{y})\right)\left|10\right\rangle
    +12⁢(sin⁡(θx)⁢sin⁡(ωy)+cos⁡(θx)⁢cos⁡(ωy))⁢|11⟩\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin(\theta_{x})\sin(\omega_{y})+\cos(% \theta_{x})\cos(\omega_{y})\right)\left|11\right\rangle
    =cos⁡(θx−ωy)2⁢|00⟩−sin⁡(θx−ωy)2⁢|01⟩+sin⁡(θx−ωy)2⁢|10⟩+cos⁡(θx−ωy)2⁢|11⟩\displaystyle=\frac{\cos(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|00\right% \rangle-\frac{\sin(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|01\right\rangle+% \frac{\sin(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle+\frac{\cos(% \theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle

    Thus, if Alice and Bob measure the state then they obtain the same outcome (a=ba=b) with probability

    2⁢(cos⁡(θx−ωy)2)2=cos2⁡(θx−ωy),\displaystyle 2\left(\frac{\cos(\theta_{x}-\omega_{y})}{\sqrt{2}}\right)^{2}=% \cos^{2}(\theta_{x}-\omega_{y}),

    and distinct outcomes (a≠ba\neq b) with probability

    sin2⁡(θx−ωx).\displaystyle\sin^{2}(\theta_{x}-\omega_{x}).

    Given the rules of the game, it follows that the probability of winning is indeed

    14⁢(cos2⁡(θ0−ω0)+cos2⁡(θ0−ω1)+cos2⁡(θ1−ω0)+sin2⁡(θ1−ω1)).\displaystyle\frac{1}{4}\left(\cos^{2}(\theta_{0}-\omega_{0})+\cos^{2}(\theta_% {0}-\omega_{1})+\cos^{2}(\theta_{1}-\omega_{0})+\sin^{2}(\theta_{1}-\omega_{1}% )\right).
  4. 4.
    ​

    If we plug in the three angles we get

    14⁢(cos2⁡(−π8)+cos2⁡(−ω1)+cos2⁡(π4−π8)+sin2⁡(π4−ω1))\displaystyle\quad\frac{1}{4}\left(\cos^{2}\left(-\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2% }(-\omega_{1})+\cos^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{8}\right)+\sin^{2}\left(% \frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right)\right)
    =14⁢(2⁢cos2⁡(π8)+cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)).\displaystyle=\frac{1}{4}\left(2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2}(% \omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right)\right).

    Note that this expression is maximal whenever cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)\cos^{2}(\omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right) is maximal. We can rewrite this as follows:

    cos2⁡(ω1)+sin2⁡(π4−ω1)\displaystyle\cos^{2}(\omega_{1})+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\omega_{1}\right) =12+12⁢cos⁡(2⁢ω1)+12−12⁢cos⁡(π2−2⁢ω1)\displaystyle=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2\omega_{1})+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}% \cos\left(\frac{\pi}{2}-2\omega_{1}\right)
    =1+12⁢[cos⁡(2⁢ω1)−sin⁡(2⁢ω1)]\displaystyle=1+\frac{1}{2}\left[\cos(2\omega_{1})-\sin(2\omega_{1})\right]
    =1+12⁢[cos⁡(π4)⁢cos⁡(2⁢ω1)−sin⁡(π4)⁢sin⁡(2⁢ω1)]\displaystyle=1+\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\cos(2% \omega_{1})-\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\sin(2\omega_{1})\right]
    =1+12⁢cos⁡(π4+2⁢ω1)\displaystyle=1+\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\pi}{4}+2\omega_{1}\right)

    This is maximal when the cosine equates to 11, i.e., when 2⁢ω1=−π/42\omega_{1}=-\pi/4. So, we find that we must take ω1=−π/8\omega_{1}=-\pi/8. Plugging this into the expression that calculates the success probability yields:

    14⁢(2⁢cos2⁡(π8)+cos2⁡(π8)+sin2⁡(3⁢π8))=cos2⁡(π8)≈85.355%.\frac{1}{4}\left(2\cos^{2}\left(\frac{\pi}{8}\right)+\cos^{2}\left(\frac{\pi}{% 8}\right)+\sin^{2}\left(\frac{3\pi}{8}\right)\right)=\cos^{2}\left(\frac{\pi}{% 8}\right)\approx 85.355\%.

    Hence, they can win with probability bigger than 75%75\%, which is an improvement over the optimal classical strategy!

In de eerste twee delen van het huiswerk heb je laten zien dat geen enkele strategie die gebruik maakt van klassieke bits het spel kan winnen met een hogere kans dan 75%. Dit is een voorbeeld van een ongelijkheid van Bell. De versie hierboven komt van John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony en Richard Holt, dus het spel dat Alice en Bob met Ronald spelen wordt vaak het CHSH spel genoemd. De quantummechanische strategie die je in het huiswerk hebt ontdekt, schendt de ongelijkheid van Bell. Het is een empirisch feit dat de ongelijkheden van Bell inderdaad geschonden kunnen worden door de quantummechanica. Dit werd voor het eerst aangetoond door Alain Aspect in de jaren 80 en is onlangs bevestigd onder heel strikte voorwaarden in een prachtig experiment door Ronald Hanson en zijn team aan de TU Delft.

Interessant genoeg kunnen Alice en Bob het CHSH-spel niet alleen beter spelen met behulp van een gedeelde maximaal verstrengelde toestand, maar ze kunnen Ronald er in feite van overtuigen dat ze wel quantumtrucs gebruikt moeten hebben om het spel zo goed te spelen. Ze kunnen het spel namelijk niet winnen met een waarschijnlijkheid van meer dan 75% als ze alleen probabilistische strategieën gebruiken. Als ze er op de een of andere manier in slagen om het spel vaker te winnen, dan is de enige mogelijke verklaring dat ze iets krachtigers gebruikt moeten hebben. Met nog wat trucjes kunnen ze Ronald er zelfs van overtuigen dat ze de maximaal verstrengelde toestand gebruikt moeten hebben en rotaties met de gebruikte hoeken moeten hebben toegepast. In feite betekent dit dat ze Ronald op een onweerlegbare manier kunnen laten zien dat ze kleine quantumcomputers hebben die afzonderlijke qubits kunnen manipuleren en verstrengelde toestanden kunnen delen. Dit is een hele belangrijke constatering, want hiermee kun je het CHSH-spel gebruiken om te controleren of iemand echt een quantumcomputer heeft gebouwd! Als twee van je klasgenoten zouden beweren dat ze elk een quantumcomputer in hun garage hebben gebouwd, dan kun je ze gewoon vragen om samen dit spel tegen jou te spelen. Als ze erin slagen te winnen met een waarschijnlijkheid die significant groter is dan 75%, dan weet je dat ze niet tegen je liegen en dat ze echte quantumcomputers hebben. Maar als ze daarentegen niet kunnen winnen met meer dan 75%, dan zou je hun beweringen gemakkelijk kunnen weerleggen. Is dit niet ongelooflijk?

Dit soort controleprocedures is iets waar onderzoekers over de hele wereld momenteel actief aan werken. Dit is een heel belangrijk probleem omdat verschillende grote bedrijven, zoals IBM, Google en Microsoft, proberen een quantumcomputer te bouwen. Als zij beweren dat ze er een hebben gebouwd, zou je ze waarschijnlijk meer geloven dan je klasgenoten. Toch is het geweldig als je dit ook echt kunt bevestigen!