CHSHゲーム

このレッスンで最後に取り上げる例はプロトコルではなく、CHSHゲームとして知られるゲームです。

ここでいう「ゲーム」とは、楽しみやスポーツとして行うものではなく、ゲーム理論の意味における数学的抽象化を指します。 ゲームの数学的抽象化は、例えば経済学や計算機科学の分野で研究されており、非常に魅力的かつ有用なものです。

CHSHという文字は、1969年にこの例を初めて記述した論文の著者たち――John Clauser、Michael Horne、Abner Shimony、Richard Holt――の名前の頭文字です。 彼らはこの例をゲームとしてではなく、実験として記述しました。 しかし、ゲームとして記述することは自然であり直感的です。

CHSHゲームは、非局所ゲームとして知られるゲームのクラスに属します。 非局所ゲームは非常に興味深く、物理学・計算機科学・数学と深い関わりを持ち、いまだ未解決の謎を抱えています。 このセクションでは、まず非局所ゲームとは何かを説明し、次にCHSHゲームとその面白さに焦点を当てます。

非局所ゲーム

非局所ゲームとは、2人のプレイヤーであるアリスとボブが協力して特定の結果を達成しようとする協力ゲームです。 ゲームは審判によって進行され、審判はアリスとボブに知られている厳密なルールに従って行動します。

アリスとボブはゲームの準備を自由に行えますが、ゲームが始まると通信は禁止されます。 審判が探偵の役割を果たし、アリスとボブが別々の部屋で尋問される容疑者であるかのような、何らかの安全施設でゲームが行われるとイメージしてもよいでしょう。 しかし別の考え方として、アリスとボブは非常に遠い距離で隔てられており、ゲームの実行時間内に光の速さでは通信が間に合わないため、通信が禁止されているとも考えられます。 つまり、アリスがボブにメッセージを送ろうとしても、彼がそれを受け取る頃にはゲームが終了しており、逆も同様です。

非局所ゲームの仕組みは次の通りです。まず審判がアリスとボブそれぞれに質問をします。 アリスへの質問を $x$、ボブへの質問を $y$ と表記します。 ここでは $x$ と $y$ を古典的な状態として考え、CHSHゲームでは $x$ と $y$ はビットです。

審判はランダム性（無作為性）を使ってこれらの質問を選びます。 正確には、質問の各ペア $(x,y)$ に対してある確率 $p(x,y)$ が定まっており、審判はゲーム実行時にその確率に従ってランダムに質問を選ぶことを約束しています。 アリスとボブを含むすべての人がこれらの確率を知っていますが、ゲームが始まるまでどのペア $(x,y)$ が選ばれるかは誰にも分かりません。

アリスとボブが質問を受け取ると、次に答えを提供しなければなりません。アリスの答えは $a$、ボブの答えは $b$ です。 これらも一般には古典的な状態であり、CHSHゲームではビットです。

この時点で審判が判定を下します。答えのペア $(a,b)$ が質問のペア $(x,y)$ に対して、ある固定のルールに従って正しいと判断されれば勝利、そうでなければ敗北となります。 ルールが異なればゲームも異なり、CHSHゲームのルールは次のセクションで説明します。 すでに述べたように、ルールは全員が知っています。

以下の図は、このやり取りを図式的に表したものです。

どの質問が出るかという不確実性、特に各プレイヤーが相手の質問を知らないという事実が、非局所ゲームをアリスとボブにとって難しくしています――まるで別々の部屋で口裏を合わせようとする容疑者のように。

審判の正確な記述が非局所ゲームのインスタンスを定義します。 これには、各質問ペアの確率 $p(x,y)$ の仕様と、各可能な質問ペア $(x,y)$ に対して各答えのペア $(a,b)$ が勝利か敗北かを決定するルールが含まれます。

CHSHゲームについてはすぐに見ていきますが、その前に他の非局所ゲームを考察することも興味深いと簡単に触れておきましょう。 実際、それは非常に興味深いことであり、エンタングルメントを使ってアリスとボブがどれだけうまくプレイできるかが現時点では分かっていない非局所ゲームも存在します。 設定は単純ですが、そこには複雑さが潜んでおり、一部のゲームではアリスとボブの最良または最良に近い戦略を計算することが不可能なほど困難になる場合があります。 これが非局所ゲームモデルの驚くべき性質です。

CHSHゲームの説明

以下はCHSHゲームの正確な説明です。ここでは（上記と同様に）$x$ はアリスへの質問、$y$ はボブへの質問、$a$ はアリスの答え、$b$ はボブの答えです。

• 質問と答えはすべてビットです。$x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• 審判は質問 $(x,y)$ を一様ランダムに選びます。すなわち、4つの可能性 $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ $(1,1)$ のそれぞれが確率 $1/4$ で選ばれます。

• 答えのペア $(a,b)$ は、$a\oplus b = x\wedge y$ を満たす場合に質問 $(x,y)$ に対して勝利となり、そうでなければ敗北となります。以下の表は、各質問ペア $(x,y)$ に対する答え $(a,b)$ の勝利条件と敗北条件を示しています。

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

古典的戦略の限界

それでは、CHSHゲームにおけるアリスとボブの戦略を、まず古典的戦略から考えてみましょう。

決定論的戦略

まず決定論的戦略から始めます。ここでは、アリスの答え $a$ は受け取った質問 $x$ の関数であり、同様にボブの答え $b$ も受け取った質問 $y$ の関数です。 例えば、$a(0)$ はアリスの質問が $0$ のときの答えを、$a(1)$ は質問が $1$ のときの答えを表します。

どの決定論的戦略を使っても、CHSHゲームに毎回勝つことはできません。 これを示す一つの方法は、すべての可能な決定論的戦略を一つ一つ調べ、それぞれが4つの質問ペアのうち少なくとも1つで負けることを確認することです。 アリスとボブはそれぞれ1ビットから1ビットへの4つの可能な関数から選べます（これはコースの最初のレッスンで登場しました）。したがって、確認すべき決定論的戦略は合計 $16$ 通りです。

これを解析的に示すこともできます。 アリスとボブの戦略が $(x,y) = (0,0)$ のときに勝つならば $a(0) = b(0)$ でなければならず、 $(x,y) = (0,1)$ のときに勝つならば $a(0) = b(1)$ でなければならず、同様に $(x,y)=(1,0)$ のときに勝つならば $a(1) = b(0)$ でなければなりません。 したがって、3つの場合すべてで勝つ戦略があるとすると、

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

これは最後のケース $(x,y) = (1,1)$ で戦略が負けることを意味します。なぜなら、このケースで勝つには $a(1) \neq b(1)$ が必要だからです。 したがって、毎回勝てる決定論的戦略は存在しません。

一方、$a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0$ のように、4つのケースのうち3つで勝てる決定論的戦略は簡単に見つかります。 これより、決定論的戦略を使ったアリスとボブの最大勝利確率は $3/4$ であると結論できます。

確率的戦略

先ほど結論したように、アリスとボブは決定論的戦略を使ってCHSHゲームを75%の確率でしか勝てません。 では、確率的戦略はどうでしょうか？ 乱数を使うこと――特に確率的な選択が相関する共有乱数の可能性も含めて――はアリスとボブに有利に働くでしょうか？

実際には、確率的戦略はアリスとボブの勝利確率を全く向上させません。 これは、あらゆる確率的戦略が決定論的戦略のランダムな選択として捉えられるからです。ちょうど確率的操作が決定論的操作のランダムな選択として捉えられるのと同じです。 平均値は最大値を超えることはないため、確率的戦略は総合的な勝利確率の面で何の利点も提供しないことになります。

したがって、決定論的であれ確率的であれ、あらゆる古典的戦略において、アリスとボブが達成できる最高の勝利確率は $3/4$ です。

CHSHゲームの戦略

この時点で自然に浮かぶ疑問は、アリスとボブが量子戦略を使ってもっとうまくできるかどうかです。 特に、以下の図が示すように、ゲームの前に準備できるエンタングルした量子状態を共有している場合、勝利確率を上げることはできるでしょうか？

答えはイエスであり、これがこの例の主なポイントであり、非常に興味深い理由です。 では、エンタングルメントを使ってアリスとボブがどのようにこのゲームでより良い結果を出せるかを見ていきましょう。

必要なベクトルと行列

最初に行うべきことは、各実数 $\theta$（ラジアンで測られた角度と考えます）に対して、次のようなQubit状態ベクトル $\vert \psi_{\theta}\rangle$ を定義することです。

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

いくつかの簡単な例を示します。

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

以下の例は、後の解析で登場するものです。

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

一般形を見ると、これらのベクトルの任意の2つの間の内積は次の公式で表されることが分かります。

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

詳しくは、これらのベクトルには実数の要素しか含まれていないため、複素共役を考える必要はありません。 内積は余弦の積と正弦の積の和です。 三角法の加法定理の1つを使うと、上記の簡略化が得られます。 この公式は、実数の単位ベクトル間の内積が、ベクトル間の角度の余弦として幾何学的に解釈できることを示しています。

これらのベクトルの任意の2つのテンソル積と $\vert \phi^+\rangle$ 状態の内積を計算すると、分母に $\sqrt{2}$ が加わる以外は同様の式が得られます。

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

この特定の内積への関心は後で明らかになりますが、今はこれを単なる公式として観察しています。

次に、各角度 $\theta$ に対してユニタリ行列 $U_{\theta}$ を次のように定義します。

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

直感的に言えば、この行列は $\vert\psi_{\theta}\rangle$ を $\vert 0\rangle$ に、$\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ を $\vert 1\rangle$ に変換します。 これがユニタリ行列であることを確認するための重要な観察は、ベクトル $\vert\psi_{\theta}\rangle$ と $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ がすべての角度 $\theta$ において直交しているという点です。

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

したがって、次のことが分かります。

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

この行列は明示的に次のように書くこともできます。

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

これは回転行列の一例であり、具体的には実数の要素を持つ2次元ベクトルを原点を中心に $-\theta$ だけ回転させます。 さまざまな形式の回転の命名とパラメータ化の標準的な慣例に従うと、$U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ となります。ここで

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

戦略の説明

これで量子戦略を説明できます。

• 準備: アリスとボブはゲーム開始時にeビットを共有します。アリスはQubit $\mathsf{A}$ を持ち、ボブはQubit $\mathsf{B}$ を持ち、2つのQubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ は合わせて $\vert\phi^+\rangle$ 状態にあります。

• アリスの行動:

  • アリスが質問 $x=0$ を受け取った場合、qubit $\mathsf{A}$ に $U_{0}$ を適用します。

  • アリスが質問 $x=1$ を受け取った場合、qubit $\mathsf{A}$ に $U_{\pi/4}$ を適用します。

  アリスが $\mathsf{A}$ に対して行う操作は、次のように記述することもできます。

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

  アリスはこの操作を適用した後、標準基底測定で $\mathsf{A}$ を測定し、測定結果を答え $a$ として設定します。

• ボブの行動:

  • ボブが質問 $y=0$ を受け取った場合、qubit $\mathsf{B}$ に $U_{\pi/8}$ を適用します。

  • ボブが質問 $y=1$ を受け取った場合、qubit $\mathsf{B}$ に $U_{-\pi/8}$ を適用します。

  アリスと同様に、ボブの $\mathsf{B}$ に対する操作は次のように表せます。

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

  ボブはこの操作を適用した後、標準基底測定で $\mathsf{B}$ を測定し、測定結果を答え $b$ として設定します。

以下は、この戦略を記述した量子Circuit図です。

この図では、2つの通常の制御Gate（上の $U_{-\pi/8}$ 用と下の $U_{\pi/4}$ 用）が見えます。 また、制御Gateのように見える2つのGate（上の $U_{\pi/8}$ 用と下の $U_{0}$ 用）もありますが、制御を表す円が塗りつぶされていません。 これは、制御が $0$ のときにGateが実行される（通常の制御Gateのように $1$ のときではなく）異なる種類の制御Gateを表しています。 つまり、実質的にボブは $y=0$ のときに自分のQubitに $U_{\pi/8}$ を実行し、$y=1$ のときに $U_{-\pi/8}$ を実行します。 アリスは $x=0$ のときに自分のQubitに $U_0$ を実行し、$x=1$ のときに $U_{\pi/4}$ を実行します。これは上述のプロトコルの説明と一致しています。

残るのは、このアリスとボブの戦略がどれほどうまく機能するかを調べることです。 4つの可能な質問ペアをそれぞれ個別に検討することでこれを行います。

ケース別の分析

• Case 1: $(x,y) = (0,0)$.

  この場合、アリスは自分のQubitに $U_{0}$ を適用し、ボブは自分のQubitに $U_{\pi/8}$ を適用します。したがって、2つのQubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ が操作を行った後の状態は次のようになります。

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

  4通りの回答ペア $(a,b)$ それぞれの確率は次のとおりです。

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

  これらを合計することで、$a=b$ となる確率と $a\neq b$ となる確率を求められます。

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

  質問ペア $(0,0)$ では $a=b$ のときにアリスとボブが勝利するため、このケースでの勝利確率は

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

• Case 2: $(x,y) = (0,1)$.

  この場合、アリスは自分のQubitに $U_{0}$ を適用し、ボブは自分のQubitに $U_{-\pi/8}$ を適用します。したがって、2つのQubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ が操作を行った後の状態は次のようになります。

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

  4通りの回答ペア $(a,b)$ それぞれの確率は次のとおりです。

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

  同様に、合計することで $a=b$ となる確率と $a\neq b$ となる確率を求められます。

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

  質問ペア $(0,1)$ では $a=b$ のときにアリスとボブが勝利するため、このケースでの勝利確率は

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

• Case 3: $(x,y) = (1,0)$.

  この場合、アリスは自分のQubitに $U_{\pi/4}$ を適用し、ボブは自分のQubitに $U_{\pi/8}$ を適用します。したがって、2つのQubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ が操作を行った後の状態は次のようになります。

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

  4通りの回答ペア $(a,b)$ それぞれの確率は次のとおりです。

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

  ここでも、$a=b$ となる確率と $a\neq b$ となる確率は次のとおりです。

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

  質問ペア $(1,0)$ では $a=b$ のときにアリスとボブが勝利するため、このケースでの勝利確率は

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

• Case 4: $(x,y) = (1,1)$.

  最後のケースは少し異なります。勝利条件が違うからです。$x$ と $y$ がともに $1$ のとき、アリスとボブが勝利するのは $a$ と $b$ が異なる場合です。この場合、アリスは自分のQubitに $U_{\pi/4}$ を適用し、ボブは自分のQubitに $U_{-\pi/8}$ を適用します。したがって、2つのQubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ が操作を行った後の状態は次のようになります。

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

  4通りの回答ペア $(a,b)$ それぞれの確率は次のとおりです。

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

  確率が他の3つのケースと入れ替わっています。$a=b$ となる確率と $a\neq b$ となる確率を合計して求めると次のようになります。

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

  質問ペア $(1,1)$ では $a\neq b$ のときにアリスとボブが勝利するため、このケースでの勝利確率は

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

すべてのケースで勝利確率は同じになります。

$$\frac{2 + \sqrt{2}}{4} \approx 0.85.$$

これがゲーム全体の勝利確率です。 これは古典的な戦略が達成できる上限（$3/4$）を大きく上回っており、非常に興味深い例となっています。

なお、これは量子戦略における最適な勝利確率です。 つまり、どのようなエンタングル状態や測定を選んでも、これ以上の勝利確率は達成できません。 この事実はチレルソンの不等式（Tsirelson's inequality）として知られており、最初にこれを証明し、またCHSH実験をゲームとして定式化したボリス・チレルソンにちなんで名付けられています。

幾何学的な見方

上で説明した戦略は幾何学的に考えることができます。アリスとボブの操作に選ばれた各角度の関係を理解するうえで役立つかもしれません。

アリスが実質的に行っていることは、質問 $x$ に応じて角度 $\alpha$ を選び、$U_{\alpha}$ を自分のQubitに適用して測定することです。 同様に、ボブは $y$ に応じて角度 $\beta$ を選び、$U_{\beta}$ を自分のQubitに適用して測定します。 今回選んだ $\alpha$ と $\beta$ は次のとおりです。

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

ここでは $\alpha$ と $\beta$ を任意の値として考えてみましょう。 $\alpha$ を選ぶことで、アリスは次のような正規直交基底を定義します。

ボブも同様に、角度 $\beta$ を使って基底を定義します。

ベクトルの色はアリスとボブの回答に対応しています。青が $0$、赤が $1$ です。

$(1)$ と $(2)$ を組み合わせると、次の公式が得られます。

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

この式はすべての実数 $\alpha$、$\beta$ に対して成り立ちます。

$\alpha$ と $\beta$ を変数として上述と同様の分析を行うと、次の結果が得られます。

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

これより、次の2つの公式が導かれます。

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

これらの式は、アリスとボブが選んだ基底を重ね合わせることで、上の図と対応させることができます。 特に $(x,y) = (0,0)$ のとき、アリスとボブはそれぞれ $\alpha = 0$、$\beta = \pi/8$ を選びます。両者の基底を重ね合わせると次の図が得られます。

赤いベクトル同士の角度は $\pi/8$ であり、青いベクトル同士の角度も同じです。 アリスとボブの結果が一致する確率はこの角度の余弦の2乗であり、

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

一致しない確率はこの角度の正弦の2乗です。

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

$(x,y) = (0,1)$ のとき、アリスとボブはそれぞれ $\alpha = 0$、$\beta = -\pi/8$ を選びます。両者の基底を重ね合わせると次の図が得られます。

赤いベクトル同士の角度はやはり $\pi/8$ であり、青いベクトル同士も同様です。 アリスとボブの結果が一致する確率は再びこの角度の余弦の2乗で、

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

一致しない確率はこの角度の正弦の2乗です。

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

$(x,y) = (1,0)$ のとき、アリスとボブはそれぞれ $\alpha = \pi/4$、$\beta = \pi/8$ を選びます。両者の基底を重ね合わせると次の図が得られます。

基底は変わっても角度は変わりません。同じ色のベクトル同士の角度はやはり $\pi/8$ です。 アリスとボブの結果が一致する確率は

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

一致しない確率は

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

$(x,y) = (1,1)$ のとき、アリスとボブはそれぞれ $\alpha = \pi/4$、$\beta = -\pi/8$ を選びます。両者の基底を重ね合わせると、これまでとは異なることが起きているのが分かります。

角度の選び方により、今回は同じ色のベクトル同士の角度が $\pi/8$ ではなく $3\pi/8$ になっています。 アリスとボブの結果が一致する確率は依然としてこの角度の余弦の2乗ですが、今回の値は

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

結果が一致しない確率はこの角度の正弦の2乗で、この場合は

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

補足

CHSHゲームのような実験における基本的なアイデア、すなわちエンタングルメントが純粋に古典的な推論では説明できない統計的結果をもたらすという考え方は、ベル状態の名前の由来でもあるジョン・ベルによるものです。 そのため、この種の実験はしばしばベルテストと呼ばれます。 またベルの定理と呼ばれることもあり、さまざまな形で定式化されますが、その本質は「量子力学はいわゆる局所隠れ変数理論とは相容れない」ということです。 CHSHゲームはベルテストの特にシンプルで明快な例であり、ベルの定理の証明または実演と見なすことができます。

CHSHゲームは量子情報の理論を実験的に検証する手段を提供します。 CHSHゲームを実装した実験を行うことで、上述のエンタングルメントに基づく戦略を実際にテストできます。 これにより、エンタングルメントが実在するという強い確信が得られます。エンタングルメントを説明しようとするときに使われる曖昧あるいは詩的な表現とは異なり、CHSHゲームはエンタングルメントを観測するための具体的かつ検証可能な方法を提供しています。 2022年のノーベル物理学賞は、この研究分野の重要性を認めるものです。エンタングルした光子に対するベルテストを通じてエンタングルメントを観測したアラン・アスペ、ジョン・クローザー（CHSHのCにあたる人物）、アントン・ツァイリンガーの3名に授与されました。