CHSH-Spiel

Das letzte Beispiel dieser Lektion ist kein Protokoll, sondern ein Spiel – das sogenannte CHSH-Spiel.

Wenn wir hier von einem Spiel sprechen, meinen wir damit nicht etwas, das zum Vergnügen gespielt wird, sondern eine mathematische Abstraktion im Sinne der Spieltheorie. Mathematische Spielmodelle werden etwa in der Wirtschaftswissenschaft und Informatik untersucht und sind sowohl faszinierend als auch nützlich.

Die Buchstaben CHSH stehen für die Autoren – John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony und Richard Holt – eines Papers von 1969, in dem das Beispiel erstmals beschrieben wurde. Sie beschrieben es nicht als Spiel, sondern als Experiment. Die Beschreibung als Spiel ist jedoch sowohl natürlich als auch intuitiv.

Das CHSH-Spiel gehört zu einer Klasse von Spielen, die als nichtlokale Spiele bezeichnet werden. Nichtlokale Spiele sind außerordentlich interessant und haben tiefe Verbindungen zur Physik, Informatik und Mathematik – mit Geheimnissen, die bis heute ungelöst sind. Wir beginnen den Abschnitt mit einer Erklärung, was nichtlokale Spiele sind, und konzentrieren uns dann auf das CHSH-Spiel und was es so interessant macht.

Nichtlokale Spiele

Ein nichtlokales Spiel ist ein kooperatives Spiel, bei dem zwei Spieler, Alice und Bob, zusammenarbeiten, um ein bestimmtes Ziel zu erreichen. Das Spiel wird von einem Schiedsrichter geleitet, der sich nach strengen Regeln verhält, die Alice und Bob bekannt sind.

Alice und Bob können sich beliebig auf das Spiel vorbereiten, aber sobald das Spiel begonnen hat, ist es ihnen verboten, miteinander zu kommunizieren. Man kann sich vorstellen, dass das Spiel in einer Art gesicherter Einrichtung stattfindet – als würde der Schiedsrichter die Rolle eines Detektivs spielen und Alice und Bob wären Verdächtige, die in getrennten Räumen verhört werden. Eine andere Vorstellung ist, dass Alice und Bob durch eine große Entfernung voneinander getrennt sind und Kommunikation deshalb verboten ist, weil die Lichtgeschwindigkeit innerhalb der Spielzeit keine Übertragung erlaubt. Das heißt: Wenn Alice versucht, eine Nachricht an Bob zu senden, ist das Spiel längst vorbei, bevor er sie empfängt – und umgekehrt.

Bei einem nichtlokalen Spiel stellt der Schiedsrichter zunächst Alice und Bob jeweils eine Frage. Wir verwenden den Buchstaben $x$ für Alices Frage und $y$ für Bobs Frage. Dabei denken wir uns $x$ und $y$ als klassische Zustände; im CHSH-Spiel sind $x$ und $y$ Bits.

Der Schiedsrichter wählt diese Fragen mithilfe von Zufall. Genauer gesagt gibt es eine Wahrscheinlichkeit $p(x,y)$ für jedes mögliche Fragepaar $(x,y)$, und der Schiedsrichter hat zugesagt, die Fragen zum Zeitpunkt des Spiels zufällig gemäß diesen Wahrscheinlichkeiten zu wählen. Alle – einschließlich Alice und Bob – kennen diese Wahrscheinlichkeiten, aber niemand weiß vorab, welches Paar $(x,y)$ gewählt wird.

Nachdem Alice und Bob ihre Fragen erhalten haben, müssen sie Antworten liefern: Alices Antwort ist $a$ und Bobs Antwort ist $b.$ Auch diese sind im Allgemeinen klassische Zustände, im CHSH-Spiel sind es Bits.

Daraufhin trifft der Schiedsrichter eine Entscheidung: Alice und Bob gewinnen oder verlieren, je nachdem, ob das Antwortpaar $(a,b)$ gemäß einem festen Regelwerk für das Fragepaar $(x,y)$ als korrekt gilt. Verschiedene Regeln definieren verschiedene Spiele; die spezifischen Regeln des CHSH-Spiels werden im nächsten Abschnitt beschrieben. Wie bereits erwähnt, sind die Regeln allen bekannt.

Das folgende Diagramm zeigt die Interaktionen grafisch.

Die Ungewissheit darüber, welche Fragen gestellt werden, und insbesondere die Tatsache, dass jeder Spieler die Frage des anderen nicht kennt, macht nichtlokale Spiele für Alice und Bob anspruchsvoll – ähnlich wie abgesprochene Verdächtige in getrennten Räumen versuchen, ihre Geschichte konsistent zu halten.

Eine genaue Beschreibung des Schiedsrichters definiert eine Instanz eines nichtlokalen Spiels. Dazu gehören die Angabe der Wahrscheinlichkeiten $p(x,y)$ für jedes Fragepaar sowie die Regeln, nach denen für jedes mögliche Fragepaar $(x,y)$ entschieden wird, ob das Antwortpaar $(a,b)$ gewinnt oder verliert.

Wir schauen uns das CHSH-Spiel gleich an, aber zunächst sei kurz erwähnt, dass auch andere nichtlokale Spiele sehr interessant sind. Das ist in der Tat äußerst spannend, denn es gibt nichtlokale Spiele, für die bisher nicht bekannt ist, wie gut Alice und Bob mit Quantenverschränkung abschneiden können. Die Aufstellung ist einfach, aber die dahinterliegende Komplexität ist enorm – und für manche Spiele kann es hoffnungslos schwierig sein, optimale oder nahezu optimale Strategien für Alice und Bob zu berechnen. Das ist das Erstaunliche am Modell der nichtlokalen Spiele.

Beschreibung des CHSH-Spiels

Hier ist die genaue Beschreibung des CHSH-Spiels, wobei (wie oben) $x$ Alices Frage, $y$ Bobs Frage, $a$ Alices Antwort und $b$ Bobs Antwort ist:

• Die Fragen und Antworten sind alle Bits: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Der Schiedsrichter wählt die Fragen $(x,y)$ gleichmäßig zufällig. Das heißt, jede der vier Möglichkeiten, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0)$ und $(1,1),$ wird mit Wahrscheinlichkeit $1/4$ ausgewählt.

• Die Antworten $(a,b)$ gewinnen für die Fragen $(x,y)$, wenn $a\oplus b = x\wedge y$ gilt, und verlieren andernfalls. Die folgende Tabelle drückt diese Regel aus, indem sie für jedes Fragepaar $(x,y)$ die Gewinn- und Verlustbedingungen für die Antworten $(a,b)$ auflistet.

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

Grenzen klassischer Strategien

Betrachten wir nun Strategien für Alice und Bob im CHSH-Spiel, beginnend mit klassischen Strategien.

Deterministische Strategien

Wir beginnen mit deterministischen Strategien, bei denen Alices Antwort $a$ eine Funktion der Frage $x$ ist, die sie erhält, und Bobs Antwort $b$ entsprechend eine Funktion der Frage $y$ ist. Wir können zum Beispiel $a(0)$ schreiben, um Alices Antwort bei der Frage $0$ darzustellen, und $a(1)$ für ihre Antwort bei der Frage $1.$

Keine deterministische Strategie kann das CHSH-Spiel jedes Mal gewinnen. Eine Möglichkeit, das einzusehen, besteht darin, alle möglichen deterministischen Strategien einzeln durchzugehen und zu prüfen, dass jede von ihnen für mindestens eines der vier möglichen Fragepaare verliert. Alice und Bob können jeweils aus vier möglichen Funktionen von einem Bit auf ein Bit wählen – die wir bereits in der ersten Lektion des Kurses kennengelernt haben –, sodass insgesamt $16$ verschiedene deterministische Strategien zu prüfen sind.

Wir können das auch analytisch begründen. Wenn Alice und Bobs Strategie bei $(x,y) = (0,0)$ gewinnt, muss $a(0) = b(0)$ gelten; wenn ihre Strategie bei $(x,y) = (0,1)$ gewinnt, dann gilt $a(0) = b(1)$; und ebenso, wenn die Strategie für $(x,y)=(1,0)$ gewinnt, gilt $a(1) = b(0).$ Wenn ihre Strategie also für alle drei Fälle gewinnt, ergibt sich:

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

Das bedeutet, dass die Strategie im letzten Fall $(x,y) = (1,1)$ verliert, denn hier ist Gewinnen nur möglich, wenn $a(1) \neq b(1)$ gilt. Es kann also keine deterministische Strategie geben, die immer gewinnt.

Andererseits ist es leicht, deterministische Strategien zu finden, die in drei von vier Fällen gewinnen, etwa $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Daraus schließen wir, dass die maximale Gewinnwahrscheinlichkeit mit einer deterministischen Strategie $3/4$ beträgt.

Probabilistische Strategien

Wie wir gerade gezeigt haben, können Alice und Bob das CHSH-Spiel mit einer deterministischen Strategie nicht besser als zu 75 % gewinnen. Aber was ist mit einer probabilistischen Strategie? Kann der Einsatz von Zufall – einschließlich gemeinsamer Zufälligkeit, bei der ihre zufälligen Entscheidungen korreliert sind – Alice und Bob helfen?

Es stellt sich heraus, dass probabilistische Strategien die Gewinnwahrscheinlichkeit überhaupt nicht verbessern. Das liegt daran, dass jede probabilistische Strategie alternativ als zufällige Auswahl einer deterministischen Strategie aufgefasst werden kann, genauso wie probabilistische Operationen als zufällige Auswahlen deterministischer Operationen betrachtet werden können. Der Durchschnitt ist niemals größer als das Maximum, und daher bieten probabilistische Strategien keinen Vorteil hinsichtlich der Gesamtgewinnwahrscheinlichkeit.

Damit ist das Gewinnen mit Wahrscheinlichkeit $3/4$ das Beste, was Alice und Bob mit einer klassischen Strategie – ob deterministisch oder probabilistisch – erreichen können.

Strategie für das CHSH-Spiel

Eine naheliegende Frage ist nun, ob Alice und Bob mit einer Quantenstrategie besser abschneiden können. Wenn sie insbesondere einen verschränkten Quantenzustand teilen, wie die folgende Abbildung andeutet – den sie vor dem Spiel hätten vorbereiten können –, können sie dann ihre Gewinnwahrscheinlichkeit erhöhen?

Die Antwort ist ja, und das ist der Hauptpunkt dieses Beispiels und der Grund, warum es so interessant ist. Schauen wir uns also genau an, wie Alice und Bob dieses Spiel mithilfe von Verschränkung besser spielen können.

Benötigte Vektoren und Matrizen

Als Erstes definieren wir für jede reelle Zahl $\theta$ (die wir als Winkel in Radiant auffassen) einen Qubit-Zustandsvektor $\vert \psi_{\theta}\rangle$ wie folgt:

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

Hier sind einige einfache Beispiele:

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

Außerdem haben wir die folgenden Beispiele, die in der Analyse weiter unten auftreten:

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

Betrachtet man die allgemeine Form, stellt man fest, dass das innere Produkt zweier dieser Vektoren folgende Formel hat:

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

Da diese Vektoren nur reelle Einträge haben, gibt es keine komplexen Konjugierten zu beachten: Das innere Produkt ist das Produkt der Kosinusse plus das Produkt der Sinusse. Durch Anwendung einer der Additionsformeln aus der Trigonometrie ergibt sich die obige Vereinfachung. Diese Formel zeigt die geometrische Interpretation des inneren Produkts reeller Einheitsvektoren als Kosinus des Winkels zwischen ihnen.

Berechnet man das innere Produkt des Tensorprodukts zweier dieser Vektoren mit dem Zustand $\vert \phi^+\rangle$, erhält man einen ähnlichen Ausdruck, jedoch mit $\sqrt{2}$ im Nenner:

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

Warum uns dieses innere Produkt interessiert, wird gleich klar; hier stellen wir es zunächst nur als Formel fest.

Als Nächstes definieren wir für jeden Winkel $\theta$ eine unitäre Matrix $U_{\theta}$ wie folgt:

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

Intuitiv transformiert diese Matrix $\vert\psi_{\theta}\rangle$ in $\vert 0\rangle$ und $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ in $\vert 1\rangle.$ Um zu überprüfen, dass es sich um eine unitäre Matrix handelt, ist die wichtigste Beobachtung, dass die Vektoren $\vert\psi_{\theta}\rangle$ und $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ für jeden Winkel $\theta$ orthogonal sind:

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

Damit ergibt sich:

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

Diese Matrix lässt sich auch explizit schreiben als:

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

Dies ist ein Beispiel einer Rotationsmatrix, die zweidimensionale Vektoren mit reellen Einträgen um einen Winkel von $-\theta$ um den Ursprung dreht. Folgt man einer Standardkonvention für die Benennung und Parametrisierung von Rotationen, gilt $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$, wobei

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

Strategiebeschreibung

Nun können wir die Quantenstrategie beschreiben.

• Vorbereitung: Alice und Bob beginnen das Spiel mit einem gemeinsamen E-Bit: Alice hält ein Qubit $\mathsf{A},$ Bob hält ein Qubit $\mathsf{B},$ und zusammen befinden sich die beiden Qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ im Zustand $\vert\phi^+\rangle.$

• Alices Aktionen:

  • Erhält Alice die Frage $x=0,$ wendet sie $U_{0}$ auf ihr Qubit $\mathsf{A}$ an.
  • Erhält Alice die Frage $x=1,$ wendet sie $U_{\pi/4}$ auf ihr Qubit $\mathsf{A}$ an.

  Die Operation, die Alice auf $\mathsf{A}$ anwendet, lässt sich auch so beschreiben:

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

  Nachdem Alice diese Operation angewendet hat, misst sie $\mathsf{A}$ mit einer Standardbasismessung und setzt ihre Antwort $a$ auf das Messergebnis.

• Bobs Aktionen:

  • Erhält Bob die Frage $y=0,$ wendet er $U_{\pi/8}$ auf sein Qubit $\mathsf{B}$ an.
  • Erhält Bob die Frage $y=1,$ wendet er $U_{-\pi/8}$ auf sein Qubit $\mathsf{B}$ an.

  Wie bei Alice lässt sich Bobs Operation auf $\mathsf{B}$ so ausdrücken:

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

  Nachdem Bob diese Operation angewendet hat, misst er $\mathsf{B}$ mit einer Standardbasismessung und setzt seine Antwort $b$ auf das Messergebnis.

Hier ist ein Quantenschaltkreisdiagramm, das diese Strategie beschreibt:

In diesem Diagramm sehen wir zwei gewöhnliche gesteuerte Gates: eines für $U_{-\pi/8}$ oben und eines für $U_{\pi/4}$ unten. Außerdem gibt es zwei Gates, die wie gesteuerte Gates aussehen – eines für $U_{\pi/8}$ oben und eines für $U_{0}$ unten –, nur dass der Kontrollkreis nicht ausgefüllt ist. Das bezeichnet eine andere Art von gesteuertem Gate, bei dem das Gate ausgeführt wird, wenn das Steuerelement auf $0$ steht (statt auf $1$ wie bei einem gewöhnlichen gesteuerten Gate). Effektiv wendet Bob also $U_{\pi/8}$ auf sein Qubit an, wenn $y=0$, und $U_{-\pi/8}$, wenn $y=1$; und Alice wendet $U_0$ auf ihr Qubit an, wenn $x=0$, und $U_{\pi/4}$, wenn $x=1$ – in Übereinstimmung mit der obigen Beschreibung des Protokolls.

Es bleibt zu bestimmen, wie gut diese Strategie für Alice und Bob funktioniert. Wir gehen die vier möglichen Fragepaare dazu einzeln durch.

Fallweise Analyse

• Fall 1: $(x,y) = (0,0).$

  In diesem Fall wendet Alice $U_{0}$ auf ihr Qubit und Bob $U_{\pi/8}$ auf seines an, sodass der Zustand der beiden Qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ nach ihren Operationen lautet:

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

  Die Wahrscheinlichkeiten für die vier möglichen Antwortpaare $(a,b)$ sind damit:

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

  Durch Summieren erhalten wir die Wahrscheinlichkeiten, dass $a=b$ bzw. $a\neq b$:

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

  Für das Fragepaar $(0,0)$ gewinnen Alice und Bob, wenn $a=b$ gilt; sie gewinnen also in diesem Fall mit Wahrscheinlichkeit

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

• Fall 2: $(x,y) = (0,1).$

  In diesem Fall wendet Alice $U_{0}$ auf ihr Qubit und Bob $U_{-\pi/8}$ auf seines an, sodass der Zustand der beiden Qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ nach ihren Operationen lautet:

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

  Die Wahrscheinlichkeiten für die vier möglichen Antwortpaare $(a,b)$ sind damit:

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

  Durch Summieren erhalten wir erneut die Wahrscheinlichkeiten, dass $a=b$ bzw. $a\neq b$:

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

  Für das Fragepaar $(0,1)$ gewinnen Alice und Bob, wenn $a=b$ gilt; sie gewinnen also in diesem Fall mit Wahrscheinlichkeit

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

• Fall 3: $(x,y) = (1,0).$

  In diesem Fall wendet Alice $U_{\pi/4}$ auf ihr Qubit und Bob $U_{\pi/8}$ auf seines an, sodass der Zustand der beiden Qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ nach ihren Operationen lautet:

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

  Die Wahrscheinlichkeiten für die vier möglichen Antwortpaare $(a,b)$ sind damit:

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

  Auch hier ergibt sich durch Summieren:

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

  Für das Fragepaar $(1,0)$ gewinnen Alice und Bob, wenn $a=b$ gilt; sie gewinnen also in diesem Fall mit Wahrscheinlichkeit

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

• Fall 4: $(x,y) = (1,1).$

  Der letzte Fall ist etwas anders, was zu erwarten ist, da die Gewinnbedingung hier verschieden ist. Wenn sowohl $x$ als auch $y$ gleich $1$ sind, gewinnen Alice und Bob, wenn $a$ und $b$ verschieden sind. In diesem Fall wendet Alice $U_{\pi/4}$ auf ihr Qubit und Bob $U_{-\pi/8}$ auf seines an, sodass der Zustand der beiden Qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ nach ihren Operationen lautet:

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

  Die Wahrscheinlichkeiten für die vier möglichen Antwortpaare $(a,b)$ sind damit:

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

  Die Wahrscheinlichkeiten haben gegenüber den drei anderen Fällen effektiv die Plätze getauscht. Durch Summieren erhalten wir:

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

  Für das Fragepaar $(1,1)$ gewinnen Alice und Bob, wenn $a\neq b$ gilt; sie gewinnen also in diesem Fall mit Wahrscheinlichkeit

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

In jedem Fall gewinnen sie mit derselben Wahrscheinlichkeit:

$$\frac{2 + \sqrt{2}}{4} \approx 0{,}85.$$

Das ist damit auch die Gesamtgewinnwahrscheinlichkeit. Das ist deutlich besser als jede klassische Strategie in diesem Spiel kann; klassische Strategien haben eine Gewinnwahrscheinlichkeit von höchstens $3/4.$ Und das macht dieses Beispiel so interessant.

Dies ist übrigens die optimale Gewinnwahrscheinlichkeit für Quantenstrategien. Das heißt, unabhängig davon, welchen verschränkten Zustand oder welche Messungen man wählt, kann man diesen Wert nicht übertreffen. Diese Tatsache ist als Tsirelsons Ungleichung bekannt, benannt nach Boris Tsirelson, der sie erstmals bewiesen hat – und der das CHSH-Experiment als Spiel beschrieben hat.

Geometrische Betrachtung

Es ist möglich, die oben beschriebene Strategie geometrisch zu betrachten, was dabei helfen kann, die Beziehungen zwischen den verschiedenen Winkeln für Alices und Bobs Operationen zu verstehen.

Was Alice effektiv tut, ist, in Abhängigkeit von ihrer Frage $x$ einen Winkel $\alpha$ zu wählen, dann $U_{\alpha}$ auf ihr Qubit anzuwenden und zu messen. Ebenso wählt Bob einen Winkel $\beta$ in Abhängigkeit von $y$, wendet dann $U_{\beta}$ auf sein Qubit an und misst. Wir haben $\alpha$ und $\beta$ wie folgt gewählt:

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

Für den Moment betrachten wir $\alpha$ und $\beta$ als beliebig. Durch die Wahl von $\alpha$ definiert Alice effektiv eine orthonormale Basis von Vektoren, die so aussieht:

Bob macht dasselbe, nur mit dem Winkel $\beta$:

Die Farben der Vektoren entsprechen den Antworten von Alice und Bob: blau für $0$ und rot für $1.$

Wenn wir $(1)$ und $(2)$ kombinieren, erhalten wir die Formel

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

die für alle reellen Zahlen $\alpha$ und $\beta$ gilt.

Nach derselben Art von Analyse wie oben, aber mit $\alpha$ und $\beta$ als Variablen, ergibt sich:

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

Daraus folgen diese beiden Formeln:

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

Diese Gleichungen lassen sich mit den obigen Abbildungen verbinden, indem man sich vorstellt, die von Alice und Bob gewählten Basen übereinanderzulegen. Wenn $(x,y) = (0,0)$, wählen Alice und Bob $\alpha = 0$ und $\beta = \pi/8$, und durch Überlagern ihrer Basen erhält man diese Abbildung:

Der Winkel zwischen den roten Vektoren beträgt $\pi/8$, ebenso wie der Winkel zwischen den beiden blauen Vektoren. Die Wahrscheinlichkeit, dass Alice und Bobs Ergebnisse übereinstimmen, ist das Kosinus-Quadrat dieses Winkels:

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

und die Wahrscheinlichkeit, dass sie abweichen, ist das Sinus-Quadrat dieses Winkels:

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

Wenn $(x,y) = (0,1)$, wählen Alice und Bob $\alpha = 0$ und $\beta = -\pi/8$, und durch Überlagern ihrer Basen erhält man diese Abbildung:

Der Winkel zwischen den roten Vektoren beträgt erneut $\pi/8$, ebenso der zwischen den blauen. Die Wahrscheinlichkeit, dass Alice und Bobs Ergebnisse übereinstimmen, ist wieder das Kosinus-Quadrat dieses Winkels:

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

und die Wahrscheinlichkeit, dass sie abweichen, ist das Sinus-Quadrat dieses Winkels:

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

Wenn $(x,y) = (1,0)$, wählen Alice und Bob $\alpha = \pi/4$ und $\beta = \pi/8$, und durch Überlagern ihrer Basen erhält man diese Abbildung:

Die Basen haben sich geändert, aber die Winkel nicht – erneut beträgt der Winkel zwischen Vektoren gleicher Farbe $\pi/8.$ Die Wahrscheinlichkeit, dass Alice und Bobs Ergebnisse übereinstimmen, ist:

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

und die Wahrscheinlichkeit, dass sie abweichen, ist:

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

Wenn $(x,y) = (1,1)$, wählen Alice und Bob $\alpha = \pi/4$ und $\beta = -\pi/8.$ Wenn wir ihre Basen überlagern, sehen wir, dass etwas anderes eingetreten ist:

Durch die Art, wie die Winkel gewählt wurden, beträgt der Winkel zwischen Vektoren gleicher Farbe diesmal $3\pi/8$ statt $\pi/8.$ Die Wahrscheinlichkeit, dass Alice und Bobs Ergebnisse übereinstimmen, ist zwar immer noch das Kosinus-Quadrat dieses Winkels, aber diesmal ergibt sich:

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Ergebnisse abweichen, ist das Sinus-Quadrat dieses Winkels, was in diesem Fall folgendes ergibt:

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

Anmerkungen

Die Grundidee eines Experiments wie das CHSH-Spiel – bei dem Verschränkung zu statistischen Ergebnissen führt, die mit rein klassischem Denken nicht vereinbar sind – geht auf John Bell zurück, den Namensgeber der Bell-Zustände. Deshalb werden solche Experimente oft als Bell-Tests bezeichnet. Manchmal spricht man auch vom Bellschen Theorem, das auf verschiedene Arten formuliert werden kann – aber der Kern ist, dass die Quantenmechanik nicht mit sogenannten lokalen Theorien verborgener Variablen vereinbar ist. Das CHSH-Spiel ist ein besonders klares und einfaches Beispiel eines Bell-Tests und kann als Beweis oder Demonstration des Bellschen Theorems gesehen werden.

Das CHSH-Spiel bietet eine Möglichkeit, die Theorie der Quanteninformation experimentell zu testen. Es können Experimente durchgeführt werden, die das CHSH-Spiel implementieren und die oben beschriebenen, auf Verschränkung basierenden Strategien testen. Das gibt uns ein hohes Maß an Überzeugung, dass Verschränkung real ist – und anders als die manchmal vagen oder poetischen Erklärungen, die wir für Verschränkung finden, bietet das CHSH-Spiel eine konkrete und testbare Möglichkeit, Verschränkung zu beobachten. Der Nobelpreis für Physik 2022 würdigt die Bedeutung dieser Forschungsrichtung: Der Preis wurde an Alain Aspect, John Clauser (das C in CHSH) und Anton Zeilinger für die Beobachtung von Verschränkung durch Bell-Tests an verschränkten Photonen verliehen.