CHSHゲームの古典的戦略の最適性の証明

CHSHゲームの量子戦略の最適性はTsirelsonの境界によって与えられることは承知していますが、プレゼンテーションはすべて、古典的戦略の最適性の（確かにそれほど面白くない）証明をスキップします。

CHSHゲームでは、アリスとボブの2人のプレイヤーがいます。入力として独立したランダムなビットとが別々に与えられ、論理式を真にすることを目的として、通信なしで独自のビット（と）を出力する必要があります。主張されている最適な古典的戦略は、アリスとボブの両方が常にを出力することであり、75％の確率で勝利します。 $X$ $Y$ $A$ $B$ $X \cdot Y = A \oplus B$ $0$

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

量子戦略（私がここで説明します）は、結果として〜85％の確率で勝利します。ローカルの隠し変数が不十分であることを証明するためにこれを使用して、次のようにエンタングルメントを説明できます。

絡み合いの時点で、qbitが（測定時ではなく）どのように崩壊するかを決定すると仮定します。つまり、いくつかの情報（ローカルの隠し変数）を一緒に運ぶ必要があり、この情報はビットの文字列として書き込むことができます。
エンタングルされたqbitが崩壊する方法を完全に説明するのに十分な情報なので、AliceとBobは、同じ古典的なビットのストリングへのアクセスが与えられた場合、エンタングルされたqbitの共有ペアの動作をシミュレートできます。
アリスとボブがエンタングルされたqbitの共有ペアの動作をシミュレートできる場合、古典的なビットの事前共有文字列を使用してローカルの古典的な方法で量子戦略を実装できます。したがって、いくつかのビット列を入力として使用して85％の成功率を与える古典的な戦略が存在する必要があります。
ただし、成功率が75％を超える従来の戦略を可能にするビット列は存在しません。
矛盾により、エンタングルされた粒子の動作はビットの列（ローカルの隠し変数）に還元できないため、エンタングルされた粒子は測定時に瞬時に互いに影響し合う必要があります。

（4）の証明に興味があります。この証明は、独立したランダムビットおよびと任意の共有ビット文字列を入力として受け取る非通信ペアのチューリングマシンの形を取り、75％を超える確率でCHSHゲームに勝つと思います。おそらくこれにより、そのようなTMが存在しないことを示す矛盾が生じます。それで、この証拠は何ですか？ $X$ $Y$

第二に、どの論文が古典的戦略の最適性の証明を提示しているか？

おまけの質問：（1）では、ローカルの隠し変数はビットの文字列として記述できると主張しています。これが事実である単純な理由はありますか？

games

— Ahelwer
ソース

回答:

私はこれがあることを主張するだろうベル不平等のために理解するための重要な問題。ベル不等式の違反を見つけると、システムが古典的ではないことがわかります（注：それが量子であることを証明するものではありません）。したがって、世界は古典的でないということを理解する必要があります。

関心のあるCHSH確率変数ここで、はそれぞれ値を持つ確率変数です。従来の戦略の重要な前提は、実験を実行するたびに、4つの変数すべてが固定値を持っているということです（たとえ2つの値しか見つけられない場合でも）。非表示の変数は基本的にここでは重要ではありません。これらの変数を使用すると、現時点で通信する必要がなく、2つの離れたパーティが固定値を調整できますが、この基本的な仮定を変更することはできません。

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

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

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

$A_1,A_2,B_1,B_2$

\pm 1

$\pm1$

これの結果は何ですか？をとして書き換えここで、および場合、いずれかであり、その場合はおよび、または、たとえばおよび。どちらの場合も、です。最後に、実験のすべての実行で場合、平均値はです。 $S$

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

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

B_{1} \in {\pm 1}

$B_1\in\{\pm1\}$

B_{2} \in {\pm 1}

$B_2\in\{\pm1\}$

B_{1} = B_{2}

$B_1=B_2$

B_{1} - B_{2} = 0

$B_1-B_2=0$

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

$B_1+B_2=\pm 2$

B_{1} = - B_{2}

$B_1=-B_2$

B_{1} + B_{2} = 0

$B_1+B_2=0$

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

$B_1-B_2=\pm 2$

S = \pm 2

$S=\pm 2$

S = \pm 2

$S=\pm 2$

| ⟨ S ⟩ | \leq 2

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

したがって、ベルの不等式の違反から学べることは、実験が実行されるたびに、考えられるすべての回答が決定されるわけではないということです。古典的には、これは局所性抜け穴で可能です。両方の質問がわかっている場合、他のすべての可能な結果を指定する必要なく、決定的な答えを決定的に決定できます。それ以外の場合は、答えを選ぶ際にいくつかの固有のランダム性があります。

文献のどこで証拠が見つかるかについては、ウィキペディアの記事の参照をフォローアップしてみませんか？私が言うように、古典バウンドがある中心的な要素、それは、元の論文でなければなりません。

おまけの質問：（1）では、ローカルの隠し変数はビットの文字列として記述できると主張しています。これが事実である単純な理由はありますか？

任意の情報をビットのストリングとして書き込むことができます。

— DaftWullie
ソース

4つの変数すべてに固定値がある理由の正当化に興味があります。これは、すべての古典的な戦略は必ず決定論的でなければならないという主張ですが、もちろん、コインフリップによって非決定論を注入することもできます。非決定的戦略の方が強力だとは思いませんが、分析に含まれない理由の正当化に興味があります。

— ahelwer '15年

それは決定論や不確定論についての問題ではありません。測定の選択に関するローカルな知識に基づいて、実験を実行するたびに結果の値をランダムに決定するバックグラウンドプロセスと、事前に共有されたランダム性を使用できます。ただし、その条件は、そのランダムな選択が行われた場合、選択された測定に対する特定の回答のみが提供された場合でも、すべての測定設定に対してどのような回答が提供されるかという結果でなければなりません。

— DaftWullie

これを証明する1つの方法は、アリスとボブが採用できるすべての可能な戦略のセットを特徴付けることです。ここでの「戦略」とは、4つの2進数のセットでエンコードされた、入力と出力の間の可能な関係を意味します。 $A_0,A_1,B_0,B_1$

我々が考えているかは問題ではないことは注目に値する決定論や確率論ここプロトコルを。これらの2つのアプローチの違いは、プロトコルのステップの進行方法にありますが、出力が実際にどのように取得されるかを気にせずに、プロトコルの入力と出力のみを考慮する場合、考えられるすべての入出力関係のセットを特徴付けますそして、これらの組み合わせのどれもがより大きい勝率を与えないことを示す $75\%$ 十分です言い換えると、確率論的アプローチを使用しても、可能な結果/戦略の数が増えるわけではなく、それらに到達するための別の方法が提供されるだけです。私たちは最終的な勝率にのみ関心があるため、全体的な戦略では、決定論的および確率論的なケースを個別に考慮する必要はありません。

戦略を指定すると、この戦略が間違った結果を与える入力の組み合わせの数をとして書き込むことができますここでは2を法とする加算を示します。 $\mathcal S\equiv\{A_0,A_1,B_0,B_1\}$

\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}

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

a \oplus b

$a\oplus b$

私たちの問題は、を最小化する戦略を見つけることです。 $\mathcal S$ $P_{\mathcal S}$

これを行うにはいくつかの方法があります。

強引な

最もエレガントでない場合、最も簡単な方法は、可能なすべての戦略のの値を計算することです。これらは16個あるので、それほど悪くはありません。数行のコードで、次の表を取得できます $P_{\mathcal S}$ $\mathcal S$

(\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})

$\left( \begin{array}{ccccc} A_0 & A_1 & B_0 & B_1 & P_{\mathcal S} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right)$ これは、実際にすべての可能な戦略が、少なくとも1つの入力の組み合わせでゲームが失われることを確認します（つまり、以下の成功確率）。

75 %

$75\%$

しかし、もちろん、これは問題を解決するための非常に満足のいく方法ではありません（少なくとも私にとっては）。すべての可能性をチェックする必要なしに最適性を証明する方法があれば、はるかに良いでしょう。克服すべき主なハードルは、その式です。（1）には、モジュラー合計と通常の合計の両方が含まれています。これは、ようなものを書くことができないため、操作が少し厄介になります。 $A_0\oplus B_0+A_0\oplus B_1=A_0(B_0\oplus B_1)$

私はこれを回避する2つの方法を見ることができます。2つ目の方法は、この形式とCHSH不等式の定期的な証明との間の類似点を明らかにします。

最初の方法

この問題を回避する方法は、ように、正規の合計と積を使用してモジュラー合計を表現できることしたがって、単純な代数操作により、最後に

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

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

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}),

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

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

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

これで確認でき、もし次いで、一方もし次に、。 $B_0=B_1$ $P_{\mathcal S}=1+2A_0\oplus B_0$ $B_0+B_1=1$ $P_{\mathcal S}=1+2A_1\oplus B_0$

同様に、がとしても記述できることを確認できます最後の項は常にとしてゼロです。これはちょうど2つの場合に何が起こるかを代数的に表現する方法であることに留意されたいおよび、として IFF、及び IFF。 $P_{\mathcal S}$

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}) (. . .),

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

B_{0} \in {0, 1}

$B_0\in\{0,1\}$

B_{0} = B_{1}

$B_0=B_1$

B_{0} = - B_{1}

$B_0=-B_1$

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

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

B_{0} = - B_{1}

$B_0=-B_1$

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

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

B_{0} = B_{1}

$B_0=B_1$

第二の方法

これには、この形式がCHSH不等式を導出するコンテキストで一般的に使用される形式と同等であることを示すことが含まれます。

意味のある置き換えた番号にと、それぞれ、同様のため。たとえば、はを与えます。このマッピングでは、というIDがあることに注意してください次に書くことができます $\tilde A_x\equiv 1-2A_x$ $0,1$ $A_x$ $+1,-1$ $\tilde B_y$ $A_x=0$ $\tilde A_x=+1$

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

$A_x\oplus B_y=(1-\tilde A_x\tilde B_y)/2.$

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,

$P_{\mathcal S}=\frac{1}{2}\left[4-\tilde A_0\tilde B_0-\tilde A_0\tilde B_1-\tilde A_1\tilde B_0+\tilde A_1\tilde B_1\right] =2 - S/2,$ 我々は定義されたあなたがオペレータに同等と認めるかもしれない CHSH不等式を議論するときに使用されます。

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},

$S\equiv \tilde A_0\tilde B_0+\tilde A_0\tilde B_1+\tilde A_1\tilde B_0-\tilde A_1\tilde B_1,$

\hat{S}

$\hat S$

標準の引数により、、つまり、最後に（より正確には）。 $S=\pm 2$ $\lvert S\rvert\le 2$ $P_{\mathcal S}\ge1$ $P_{\mathcal S}\in\{1,3\}$

— glS
ソース

「これらの戦略をいくつかのランダム性と混合すると、確かにより良い結果が得られない」のは、ランダムなビット文字列を事前に生成し、それをプロセスへの入力として与えるだけで、計算上、ランダムに生成するのと同等だからです。プロセスの実行中に文字列？

— ahelwer

@ahelwerどういう意味かわかりません。このシナリオで考えられる「戦略」の数はごくわずかであると思います。ここでの「戦略」とは、入力と出力の関係を意味します。地域条件により、アリスとボブの間のコミュニケーションが妨げられるため、これらの戦略はローカル戦略の組み合わせに減少します。このような制限された状況では、実際に行う必要のある空想はありません。AとBは入力を見て出力を生成します。生成された出力が時々間違っている場合、非決定的な結果を生成することでこれをどのように変更できますか？

— glS

非決定的な結果が物事を変えるとは思わないが、それを証明/正当化することに興味がある。

— ahelwer

それが私が信じていることを証明しようとしてきたことです。あなたの混乱は、与えられた戦略がどれだけ効率的に達成され得るかという観点から考えることから生じると思います。ただし、これはここでは考慮されていません。A＆Bが実際の戦略を実装する方法については気にしません（この場合、「実装」は非常に簡単です）、各戦略の勝つ確率のみを考慮しています。A＆Bが採用する可能性のあるすべての戦略を調査しているため、これ以上の改善の余地はありません。文字通り、このゲームをプレイする16の方法しかない

— glS

私は混乱しているとは思いません。分析を決定論的なケース（ゲームをプレイする16の方法）に減らし、非決定論的な戦略をすべて無視できる理由の正当化に興味があります。繰り返しになりますが、状況が変わるとは思いませんが、その証拠を知りたいのです。

— ahelwer

CHSHゲームでは、アリスとボブの2人のプレイヤーがいます。ALiceとBobが75％を超える確率でCHSHゲームに勝つことを、入力として独立したランダムビットxおよびyと任意の共有ビット文字列として受け取る非通信TMのペアの形で証明できますか。

アリスとボブにxとyの質問をし、確率p（xy）で回答aとbを出します。ゲームのルールはを使用して表されとbが勝者の場合、値は「1」になります。アリスとボブがゲームに勝つ確率は、考えられるすべての戦略で最大化されますここで、は、xとyが与えられたときに、アリスとボブが回答aとbを生成する確率です。 $V(a,b|x,y)$ $P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) | \sum_{a,b} V(a,b|x,y) p(a,b|x,y).$ $p(a,b|x,y)$

確率の面では、古典的な決定論的確率と古典的な共有ランダムネス確率の間には違いがあります。決定論的な古典的戦略は、質問xおよびyをとる関数およびによって与えられます。 $f_{A}(x) = a$ $f_{B}(y) = b$

ランダム性を共有している場合、共有確率別の文字列rが使用されます。古典的なアリスとボブは、関数およびのみを適用できます。これにより、この場合、ゲームに勝つ可能性は $p(r)$ $a = f_{A}(x,r)$ $b = f_{b}(y,r)$ $p(a,b|x,y) = \sum_{x,y}^{} (p(r)) p(a,b|x,y,r)$

$P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) \sum_{a,b} V(a,b|x,y)\sum_{r}p(r)p(a,b|x,y,r)$ 。共有ランダムのこのケースでは、文字列rを持つ追加の項があります。アリスとボブは、aとbの決定論的戦略が与えられれば、可能な限り最良のrを修正できます。したがって、図のテスト設定に従って文字列rを使用して、チューリングマシンでアルゴリズムを実行することが可能です。問題どうすれば最良の文字列rを見つけることができますか？

別の見方をすると、共有のランダム性としての文字列rは、物理学では隠れた可変部と呼ばれます。したがって、隠された可変長理論は、チューリングマシンで文字列rを使用することと同じです。したがって、CHSH不等式の証明を利用することもできます。さらに、フォトニック実験の任意のHVT（破線）とQMの結果を比較できます。

隠れた多様性に基づくCHSH不等式のコンパクトな証明は、学部の研究室の「絡み合った光子、非局所性、およびベルの不等式」の記事にあります。

— ブラム
ソース