Bằng chứng về sự tối ưu cho chiến lược cổ điển của trò chơi CHSH

Tôi biết rằng sự tối ưu của chiến lược lượng tử cho trò chơi CHSH được đưa ra bởi ràng buộc của Tsirelson , nhưng tất cả các bài thuyết trình đều bỏ qua bằng chứng (thừa nhận ít thú vị hơn) về sự tối ưu của chiến lược cổ điển.

Trong trò chơi CHSH, chúng tôi có hai người chơi: Alice và Bob. Họ được cung cấp riêng rẽ bit ngẫu nhiên độc lập $X$ và $Y$ như là đầu vào, và không có các bit thông tin liên lạc phải đầu ra của riêng mình ( $A$ và $B$ ) với mục tiêu làm cho đúng công thức logic $X \cdot Y = A \oplus B$ . Chiến lược cổ điển tối ưu được tuyên bố là cho Alice và Bob luôn luôn xuất $0$ , kết quả là giành được 75% thời gian:

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

Chiến lược lượng tử (mà tôi đi qua ở đây ) mang lại chiến thắng ~ 85% thời gian. Bạn có thể sử dụng điều này trong một bằng chứng về sự thiếu hụt các biến ẩn cục bộ để giải thích sự vướng víu như sau:

Giả sử qbits quyết định tại thời điểm vướng víu chúng sẽ sụp đổ như thế nào (thay vì tại thời điểm đo lường); điều này có nghĩa là họ phải mang theo một số thông tin (biến ẩn cục bộ) và thông tin này có thể được viết dưới dạng một chuỗi bit.
Vì thông tin đủ để mô tả hoàn toàn cách thức mà các qbits vướng víu sụp đổ, Alice và Bob có thể, nếu được cấp quyền truy cập vào cùng một chuỗi các bit cổ điển đó, mô phỏng hành vi của một cặp qbits bị vướng víu chung.
Nếu Alice và Bob có thể mô phỏng hành vi của một cặp qbit bị vướng víu, họ có thể thực hiện chiến lược lượng tử bằng các phương pháp cổ điển cục bộ bằng cách sử dụng chuỗi bit cổ điển được chia sẻ trước. Do đó, phải tồn tại một số chiến lược cổ điển cho tỷ lệ thành công 85% với một số chuỗi bit làm đầu vào.
Tuy nhiên, không tồn tại chuỗi bit nào cho phép chiến lược cổ điển với tỷ lệ thành công trên 75%.
Do mâu thuẫn, hành vi của các hạt vướng víu không thể rút gọn thành một chuỗi bit (biến ẩn cục bộ) và do đó các hạt vướng víu phải tác động tức thời vào nhau tại thời điểm đo.

Tôi quan tâm đến bằng chứng của (4). Tôi tưởng tượng bằng chứng này có dạng một cặp máy Turing không giao tiếp, lấy các bit ngẫu nhiên độc lập đầu vào $X$ và $Y$ cộng với một chuỗi bit được chia sẻ tùy ý, sau đó chiến thắng trò chơi CHSH với xác suất lớn hơn 75%; có lẽ điều này dẫn đến một số mâu thuẫn chứng minh sự không tồn tại của các TM như vậy. Vậy bằng chứng này là gì?

Thứ hai, những bài báo nào đã đưa ra một bằng chứng về sự tối ưu của chiến lược cổ điển?

Câu hỏi về phần thưởng: trong (1), chúng tôi cho rằng biến ẩn cục bộ có thể được viết dưới dạng một chuỗi bit; Có một lý do đơn giản tại sao đây là trường hợp?

games

— ahelwer
nguồn

Câu trả lời:

Tôi cho rằng đây là những vấn đề quan trọng để hiểu cho sự bất bình đẳng Bell. Phát hiện sự vi phạm bất đẳng thức Bell cho bạn biết rằng hệ thống không phải là cổ điển (lưu ý: nó không chứng minh rằng đó là lượng tử), vì vậy bạn cần hiểu thế giới cổ điển là gì.

Hãy nêu biến ngẫu nhiên CHSH mà chúng ta quan tâm:

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

$S=A_1B_1+A_1B_2+A_2B_1-A_2B_2,$ trong đó mỗi

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

$A_1,A_2,B_1,B_2$ là biến ngẫu nhiên với giá trị

\pm 1

$\pm1$ . Giả định chính cho chiến lược cổ điển là cứ mỗi lần chạy thử nghiệm, cả bốn biến đều có một giá trị cố định(mặc dù chúng tôi chỉ tìm ra hai trong số các giá trị). Các biến ẩn về cơ bản không liên quan ở đây - chúng để hai bên ở xa phối hợp các giá trị cố định đó sẽ là gì mà không phải giao tiếp trong lúc này, nhưng không thể thay đổi giả định cơ bản này.

Hậu quả của việc này là gì? Viết lại $S$ là

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

$S=A_1(B_1+B_2)+A_2(B_1-B_2).$ Bây giờ, nếu

B_{1} \in {\pm 1}

$B_1\in\{\pm1\}$ và

B_{2} \in {\pm 1}

$B_2\in\{\pm1\}$ , sau đó, hoặc

B_{1} = B_{2}

$B_1=B_2$ , trong trường hợp

B_{1} - B_{2} = 0

$B_1-B_2=0$ và

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

$B_1+B_2=\pm 2$ hoặc

B_{1} = - B_{2}

$B_1=-B_2$ , sao cho

B_{1} + B_{2} = 0

$B_1+B_2=0$ và

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

$B_1-B_2=\pm 2$ . Trong cả hai trường hợp,

S = \pm 2

$S=\pm 2$ . Cuối cùng, nếu, trong mỗi lần chạy thử nghiệm,

S = \pm 2

$S=\pm 2$ , thì giá trị trung bình

| ⟨ S ⟩ | \leq 2

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

Vì vậy, những gì bạn học được từ việc vi phạm bất đẳng thức Bell là, mỗi lần thử nghiệm được chạy, không phải tất cả các câu trả lời có thể được xác định. Về mặt kinh điển, điều này là có thể với kẽ hở của địa phương - nếu biết cả hai câu hỏi, thì câu trả lời chiến thắng có thể được quyết định một cách xác định mà không cần phải chỉ định tất cả các kết quả có thể khác. Mặt khác, có một số sự ngẫu nhiên cố hữu trong việc chọn câu trả lời.

Đối với nơi bạn có thể tìm thấy bằng chứng trong tài liệu, tại sao không theo dõi các tài liệu tham khảo trong bài viết trên wikipedia ? Như tôi đã nói, cổ điển ràng buộc là các yếu tố trung tâm, vì vậy nó phải nằm trong các giấy tờ gốc.

Câu hỏi về phần thưởng: trong (1), chúng tôi cho rằng biến ẩn cục bộ có thể được viết dưới dạng một chuỗi bit; Có một lý do đơn giản tại sao đây là trường hợp?

Bất kỳ thông tin có thể được viết dưới dạng một chuỗi bit.

— DaftWullie
nguồn

Tôi quan tâm đến việc biện minh lý do tại sao cả bốn biến số đều có giá trị cố định - đây là một tuyên bố rằng tất cả các chiến lược cổ điển nhất thiết phải mang tính quyết định, nhưng tất nhiên chúng ta có thể tiêm thuốc không phá hủy thông qua việc lật đồng xu. Không phải tôi tin rằng các chiến lược không xác định sẽ mạnh hơn, nhưng tôi quan tâm đến việc biện minh cho lý do tại sao chúng không được đưa vào phân tích.

— ahelwer

Đó không phải là một câu hỏi về chủ nghĩa quyết định hay chủ nghĩa không xác định. Bạn có thể có một số quy trình nền xác định ngẫu nhiên các giá trị của kết quả mỗi khi bạn chạy thử nghiệm, dựa trên kiến thức địa phương về các lựa chọn đo lường và có lẽ một số ngẫu nhiên đã được chia sẻ trước. Tuy nhiên, điều kiện là khi lựa chọn ngẫu nhiên đó được thực hiện, kết quả phải là câu trả lời nào sẽ được đưa ra cho tất cả các cài đặt đo, ngay cả khi chỉ có câu trả lời cụ thể cho các phép đo được chọn.

— DaftWullie

$A_0,A_1,B_0,B_1$

$75\%$ Là đủ. Nói cách khác, sử dụng phương pháp xác suất không mở rộng số lượng kết quả / chiến lược có thể, mà chỉ cung cấp một cách khác để tiếp cận chúng. Bởi vì chúng tôi chỉ quan tâm đến xác suất chiến thắng cuối cùng, và do đó trong chiến lược tổng thể, chúng tôi không cần phải tính đến trường hợp xác định và xác suất riêng biệt.

$\mathcal S\equiv\{A_0,A_1,B_0,B_1\}$

\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

$a\oplus b$

$\mathcal S$ $P_{\mathcal S}$

Bây giờ, có một số cách để làm điều này.

Lực lượng vũ phu

$P_{\mathcal S}$ $\mathcal S$

(\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})

$\left( \begin{array}{ccccc} A_0 & A_1 & B_0 & B_1 & P_{\mathcal S} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right)$

75 %

$75\%$

$A_0\oplus B_0+A_0\oplus B_1=A_0(B_0\oplus B_1)$

Tôi có thể thấy hai cách xoay quanh vấn đề này, cách thứ hai cũng làm sáng tỏ những điểm tương đồng giữa chủ nghĩa hình thức này và bằng chứng thường xuyên về sự bất bình đẳng CHSH.

Phương pháp đầu tiên

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})} .

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

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

$P_{\mathcal S}$

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}) (. . .),

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

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}

$B_0=B_1$

Phương pháp thứ hai

Điều này liên quan đến việc chỉ ra rằng chủ nghĩa hình thức này tương đương với chủ nghĩa thường được sử dụng trong bối cảnh dẫn đến sự bất bình đẳng CHSH.

$\tilde A_x\equiv 1-2A_x$ $0,1$ $A_x$ $+1,-1$ $\tilde B_y$ $A_x=0$ $\tilde A_x=+1$

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,

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

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}

$\hat S$

$S=\pm 2$ $\lvert S\rvert\le 2$ $P_{\mathcal S}\ge1$ $P_{\mathcal S}\in\{1,3\}$

— glS
nguồn

Đối với việc "trộn một số chiến lược này với một số ngẫu nhiên chắc chắn không thể mang lại kết quả tốt hơn" bởi vì chúng ta chỉ có thể tạo trước một chuỗi bit ngẫu nhiên và đưa nó làm đầu vào cho quá trình và nó tương đương với việc tạo ra ngẫu nhiên chuỗi trong khi quá trình đang chạy?

— ahelwer

@ahelwer Tôi không chắc ý của bạn là gì. Tôi nghĩ đơn giản là bạn chỉ có một số ít "chiến lược" có thể có trong kịch bản này, "chiến lược" ở đây có nghĩa là mối quan hệ giữa đầu vào và đầu ra. Điều kiện địa phương ngăn cản sự giao tiếp giữa Alice và Bob, do đó những chiến lược này giảm xuống sự kết hợp của các chiến lược địa phương. Thực sự không có gì lạ mắt để được thực hiện trong một tình huống hạn chế như vậy. A & B xem xét đầu vào của họ và sản xuất đầu ra. Nếu bất kỳ đầu ra được sản xuất đôi khi sai, làm thế nào có thể tạo ra một kết quả không xác định thay đổi điều này?

— glS

Tôi không tin rằng một kết quả không xác định sẽ thay đổi mọi thứ, nhưng tôi quan tâm đến một số bằng chứng / biện minh cho điều đó.

— ahelwer

đó là những gì tôi đã cố gắng chứng minh tôi tin tưởng. Tôi nghĩ rằng sự nhầm lẫn của bạn có thể nảy sinh từ suy nghĩ về hiệu quả của một chiến lược nhất định có thể đạt được. Tuy nhiên đây không phải là những gì được xem xét ở đây. Chúng tôi không quan tâm làm thế nào A & B có thể tiến hành thực hiện một chiến lược thực tế (mặc dù "việc triển khai" này khá tầm thường trong trường hợp này), chúng tôi chỉ xem xét xác suất chiến thắng của từng chiến lược. Bởi vì chúng tôi đang khám phá mọi chiến lược mà A & B có thể sử dụng, nên thực sự không có chỗ để cải thiện thêm. Có đúng nghĩa là chỉ có 16 cách để chơi trò chơi này

— glS

Tôi không nghĩ rằng tôi bối rối, tôi chỉ quan tâm đến việc biện minh lý do tại sao chúng ta có thể giảm phân tích xuống trường hợp xác định (16 cách chơi trò chơi) và bỏ qua tất cả các chiến lược không xác định. Một lần nữa, tôi không tin nó sẽ thay đổi mọi thứ, nhưng tôi muốn biết bằng chứng về điều đó.

— ahelwer

Trong trò chơi CHSH, chúng tôi có 2 người chơi Alice và Bob. Chúng ta có thể chứng minh dưới dạng một cặp TM không truyền thông lấy các bit ngẫu nhiên độc lập đầu vào x và y cộng với một chuỗi bit được chia sẻ tùy ý, rằng ALice và Bob thắng trò chơi CHSH với xác suất lớn hơn 75%.

$V(a,b|x,y)$ $P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) | \sum_{a,b} V(a,b|x,y) p(a,b|x,y).$ $p(a,b|x,y)$

$f_{A}(x) = a$ $f_{B}(y) = b$

$p(r)$ $a = f_{A}(x,r)$ $b = f_{b}(y,r)$ $p(a,b|x,y) = \sum_{x,y}^{} (p(r)) p(a,b|x,y,r)$

$P_{win} = max_{strategy} \sum_{x,y} p(x,y) \sum_{a,b} V(a,b|x,y)\sum_{r}p(r)p(a,b|x,y,r)$ . Trong trường hợp ngẫu nhiên chia sẻ này, chúng tôi có một thuật ngữ phụ với chuỗi r. Alice và Bob có thể khắc phục r tốt nhất có thể với chiến lược xác định cho a và b. Vì vậy, có thể chạy một thuật toán trên máy Turing bằng cách sử dụng chuỗi r theo thiết lập thử nghiệm trong hình. Vấn đề làm thế nào để chúng ta tìm thấy chuỗi r tốt nhất có thể?

Một cách khác để xem xét nó là nói rằng chuỗi r như một sự ngẫu nhiên được chia sẻ được gọi là một variabele ẩn trong vật lý. Vì vậy, Lý thuyết Variabele ẩn tương đương với việc sử dụng chuỗi r trong máy turing. Do đó, chúng tôi cũng có thể sử dụng bằng chứng về bất đẳng thức CHSH. Hơn nữa, chúng ta có thể so sánh kết quả HVT (đường nét đứt) và QM tùy ý cho một thí nghiệm quang tử.

Một bằng chứng nhỏ gọn về sự bất bình đẳng CHSH dựa trên một variabele ẩn có thể được tìm thấy trong bài viết Các photon vướng víu, bất đẳng thức và bất đẳng thức Bell trong phòng thí nghiệm đại học.

— Bram
nguồn