טבע המצבים הקוונטיים: משתנים נסתרים לעומת אי-שוויון בל

למודול Qiskit in Classrooms הזה, הסטודנטים צריכים סביבת Python עובדת עם החבילות הבאות מותקנות:

• qiskit v2.1.0 או חדש יותר
• qiskit-ibm-runtime v0.40.1 או חדש יותר
• qiskit-aer v0.17.0 או חדש יותר
• qiskit.visualization
• numpy
• pylatexenc

כדי להגדיר ולהתקין את החבילות לעיל, ראה את מדריך התקנת Qiskit. כדי להריץ משימות על מחשבים קוונטיים אמיתיים, הסטודנטים יצטרכו להקים חשבון ב-IBM Quantum® על ידי ביצוע השלבים במדריך הגדרת חשבון IBM Cloud שלך.

מודול זה נבדק והשתמש ב-12 שניות של זמן QPU. זהו אומדן בלבד. השימוש בפועל עשוי להשתנות.

# Added by doQumentation — required packages for this notebook
!pip install -q numpy qiskit qiskit-ibm-runtime

# Uncomment and modify this line as needed to install dependencies
#!pip install 'qiskit>=2.1.0' 'qiskit-ibm-runtime>=0.40.1' 'qiskit-aer>=0.17.0' 'numpy' 'pylatexenc'

צפה בסיור המודול של ד"ר קייטי מקורמיק למטה, או לחץ כאן כדי לצפות ב-YouTube.

---

רקע

בהרבה חישובים לאורך מכניקת הקוונטים, מתחילים עם מצב ידוע של מערכת, ומצב זה ידוע בדרך כלל דרך מדידה. היום אנחנו רוצים לענות על השאלה: "מה אפשר לומר על מצב של חלקיק לפני כל מדידה?" מסקנה מתבקשת היא: "איך אפשר לדעת, אם אסור לנו למדוד?"

שאלה זו חוזרת לימים הראשונים של מכניקת הקוונטים. חלוצי התחום נחלקו למחנות: אינשטיין ורבים אחרים טענו שחלקיק פשוט נמצא במצב לא ידוע לפני המדידה. אחרים, בולטים שבהם מקס בורן, ומאוחר יותר נילס בוהר, העלו טענה רדיקלית יותר — שמצב של חלקיק באמת אינו מוגדר על ידי הטבע לפני המדידה, לא רק לא ידוע לבני אדם. המדידה מכווצת אז בצורה פרובביליסטית את החלקיק למצב מוגדר. אינשטיין, שלא היה מרוצה מהסבר זה, אמר בצורה מפורסמת: "Gott würfelt nicht", שמתורגם בערך ל"אלוהים לא משחק בקוביות."

במשך עשורים לאחר שמחלוקת זו עלתה, רבים חשבו שאולי לא ניתן יהיה לפתור אותה לעולם, או שזו עניין של פרספקטיבה. אז, ב-1964, ג'ון בל, פיזיקאי מצפון אירלנד, כתב מאמר שבו הוא חקר את הסטטיסטיקות של ניסויים מסוימים שיכולים לענות על שאלה זו באופן מכריע. הוא הראה שבמבחן מסוים, מגיעים לסט אחד של סטטיסטיקות ממצבים קוונטיים מוגדרים (אך לא ידועים), ולסט שונה של סטטיסטיקות ממצבים קוונטיים שאינם מוגדרים על ידי הטבע.

בזמן מאמרו של בל, מבחנים ניסיוניים של הסטטיסטיקות המעורבות היו נגישים רק לחוקרים בחזית הפיזיקה. אבל היום, IBM Quantum הפכה את זה אפשרי לסטודנטים בכל העולם להשתמש במכשירים קוונטיים אמיתיים, מרחוק דרך הענן, ובחינם, כדי לחקור את טבע המצבים הקוונטיים. זה מה שתעשו היום.

הגדרת ניסוי המחשבה: שזירה של ספין

ישנם תהליכים שבהם חלקיק ללא ספין מתפרק לשני חלקיקים שלכל אחד יש ספין. מכיוון שספין הוא סוג של תנע זוויתי, חוק שימור תנע זוויתי מציע שלשני החלקיקים היוצאים חייבים להיות ספינים הפוכים בדיוק. אכן, זה נצפה ניסיונית.

דוגמה: מזון פיון ניטרלי לפעמים מתפרק לפוזיטרון ואלקטרון: $\pi^0\rightarrow e^+ + e^-$ אל תדאג אם אינך יודע מהם החלקיקים האלה, ואל תדאג אם אתה מכיר אותם כל כך טוב שאתה יודע שסוג פירוק זה נדיר יחסית. רק דע שאם אחד מהחלקיקים היוצאים הוא ספין למעלה, האחר חייב להיות ספין למטה, ולהיפך. כמובן, אין שום דבר מיוחד ב"למעלה" ו"למטה"; אותו אנטי-יישור נצפה אם מדידות נעשות לאורך מה שאנחנו קוראים לעיתים קרובות $x$ או $y$. פירוק זה הוא הקשר מרתק לנו לשקול, כי אנחנו יכולים לעקוף שאלות לגבי אילו מדידות התרחשו בעבר; הפוזיטרון והאלקטרון לא היו קיימים כלל עד רגע הפירוק.

אנחנו יכולים לאפשר למזוני $\pi^0$ להתפרק ולצפות בסטייה של החלקיקים היוצאים תחת השפעה של שדה מגנטי לא אחיד. שדה לא אחיד המשמש להסטת ספינים נקרא לעיתים קרובות מכשיר שטרן-גרלאך, על שם החוקרים שהשתמשו בו לראשונה כדי (במקרה) לאסוף ראיות לקיומו של ספין מכאני קוונטי. שים לב שהסיפור כאן מסובך יותר מהניסוי המקורי מכיוון שהאלקטרון והפוזיטרון גם טעונים (בניגוד לאטומי הכסף בניסוי שטרן-גרלאך). אבל אנחנו יודעים כיצד חלקיקים טעונים זזים בשדה מגנטי, ואנחנו יכולים לחסר את האפקט הזה. במה שיבוא, נניח שהסטיות המשמשות בחישובים שלנו נובעות מהספין של החלקיקים ולא מהמטען. לפיכך, לצרכינו לא משנה איזה צופה מקבל את הפוזיטרון ואיזה מקבל את האלקטרון. ההגדרה הניסיונית נראית בערך כך:

כאשר המזון מתפרק, אלקטרון נזרק לכיוון אחד, ופוזיטרון לכיוון השני. כל אחד משני החלקיקים האלה יעבור דרך שדה מגנטי לא אחיד, מה שגורם לו להיות מוסט לכיוון השדה המגנטי, או בכיוון ההפוך לשדה המגנטי.

אם יש לנו מקור של מזונים רבים, אנחנו יכולים לאסוף על כך סטטיסטיקות. אם צופה בצד שמאל ואחד בצד ימין (קרא להם לוקאס וריהאנה, בהתאמה) תמיד מודדים לאורך אותו ציר, הסטטיסטיקות האלה לא יהיו מעניינות במיוחד: בכל פעם שאחד מודד למעלה, האחר מודד למטה; בכל פעם שאחד מודד לתוך הדף, האחר ימדוד מחוץ לדף, וכן הלאה. עם זאת, אם השחקנים חופשיים למדוד את הספין לאורך כל כיוון שהם רוצים, אנחנו עשויים למצוא משהו מעניין יותר.

הניסוי המתואר לעיל, שבו חלקיקים עפים עם תנע זוויתי ספין הנמדד על ידי שני צופים, הוצע בתחילה על ידי אינשטיין, פודולסקי ורוזן (EPR) במאמר זה, וזה לפעמים מכונה "ניסוי EPR".

האפשרויות שלנו

בואו נחזור על שתי נקודות המבט ההיסטוריות, לבהירות:

אפשרות 1 (אינשטיין): שני הספינים (האלקטרון והפוזיטרון) מוגדרים, במובן שהתוצאה של כל מדידה לאורך כל ציר נקבעת מראש על ידי הטבע, גם אם איננו יודעים מה היא. אפשר לחשוב על זה כעל ספינים שיש להם כיוון ממשי ומוגדר היטב במרחב, שאינו ידוע לנו, אך קיים. או שאפשר לחשוב על זה כסט של מידע או הוראות הקובעות תוצאות של מדידות לאורך $x$, $y$, $z$, או כל ביניים. מדידת הספין של הפוזיטרון (נגיד לאורך z) מכריחה אותו להתיישר בכיוון z או -z. לזה אין השפעה סיבתית על ספין האלקטרון, אם כי אנחנו יודעים שספין האלקטרון התחיל הפוך לספין הפוזיטרון, אז אם ספין הפוזיטרון נמדד להיות לאורך +z, ספין האלקטרון נמדד לאורך -z. מלבד התנאי ההתחלתי של הוראות השומרות על תנע זוויתי (הספינים הם אנטי-מיושרים), אין קשר בין שני הספינים. אפשרות זו נקראת לפעמים "משתנים נסתרים", כלומר: ההטלות לאורך ציוני שונים נקבעות, אך נסתרות מאיתנו.

אפשרות 2 (בורן): הספינים שניהם לא מוגדרים במצבים ההתחלתיים שלהם... לא רק לא ידועים, אלא בלתי-מוגדרים פיזית, ללא כיוון מוגדר או הוראות לתוצאות ניסיוניות, עד שהם נמדדים. מדידת ספין הפוזיטרון "מכווצת" את מרחב כל האפשרויות למצב אחד מוגדר, לאורך +z או -z. מדידה זו של הפוזיטרון מכריחה את ספין האלקטרון גם הוא להתכווץ להטלה מוגדרת היטב לאורך z, הפוכה בדיוק לזו של הפוזיטרון. אפקט זה מתרחש פרוס על פני המרחב בין הפוזיטרון לאלקטרון. זה נקרא "פעולה מפחידה ממרחק", אבל אפשר לכנות אותו פחות דרמטית "פיזיקה לא-מקומית".

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלה למטה, חשוב על התשובה שלך, ואז לחץ על המשולש כדי לחשוף את הפתרון.

יהיה נהדר להבחין בין האפשרויות של אינשטיין ובורן ניסיונית. אילו ניסויים ייתנו את אותן תוצאות ללא קשר לאיזו אפשרות נכונה? האם אתה יכול לחשוב על ניסוי שייתן תוצאות שונות לשתי האפשרויות? שים לב זה יהיה מרשים מאוד אם תצליח להמציא ניסוי שייתן תוצאות שונות עבור האפשרויות של אינשטיין ובורן; לקח לבני האדם עשורים להמציא אחד.

תשובה:

בהישארות עם הניסוי שתואר עד כה (כלומר, ללא ספין נטו עם הפוזיטרון והאלקטרון באנטי-יישור), מדידה של שני הספינים לאורך $\pm x$, $\pm y$, או $\pm z$ תניב תמיד סימנים הפוכים בשל שימור תנע זוויתי, ללא קשר לאיזו אפשרות נכונה. מדידת ספין של חלקיק אחד (נגיד, האלקטרון) לאורך כיוון אחד (נגיד, $+z$) פירושה שהספין של החלקיק האחר, הפוזיטרון, ייושב לאורך $-z$. אם במקום זאת אתה מודד את ספין הפוזיטרון לאורך כיוון $x$, יהיה שווה סיכוי שיצא $+x$ או $-x$. זה יכול להיות מכיוון שזה מה שההוראות הנסתרות אומרות (אפשרות 1 של אינשטיין) או מכיוון שהתפלגות ההסתברות של ספין הפוזיטרון מתעדכנת לאחר מדידת ספין האלקטרון, וההתפלגות החדשה עקבית עם פיצול 50-50 בין $\pm x$ (אפשרות 2 של בורן). נקודות אלה מוסברות ביתר פירוט להלן.

התשובה שונה רק מעט אם אתה שוקל פירוק של חלקיק עם ספין-1, כך ששני החלקיקים היוצאים (כמו הפוזיטרון והאלקטרון) חייבים להיות ספינים מיושרים, ולא אנטי-מיושרים. אם אחד נמדד לאורך $+y$, מדידה של החלקיק האחר לאורך ציר $y$ חייבת גם היא לתת $+y$, וכן הלאה. כמו קודם, זה יכול לנבוע מכל אחת מהאפשרויות.

שארית השיעור הזה מוקדשת לניסוי שיכול להבחין בין האפשרויות של אינשטיין ובורן, ולכן לא ניכנס לפרטים רבים כאן. עם זאת, חלק מהטריק הוא מדידת שני החלקיקים לאורך כיוונים שונים (כמו $x$ ו-$z$, או אפילו כיוון כלשהו בין הצירים הקרטזיים המסורתיים). השאר נובע משקילה מדוקדקת של ההסתברות המדויקת לקבלת תוצאות שונות בהתחשב בתחזיות של מכניקת הקוונטים ואלה של מידע קלאסי כמו משתנים נסתרים.

בכל אחת מהאפשרויות, אם שני הצופים, לוקאס וריהאנה, מודדים לאורך אותו ציר, נצפה שיקבלו ספינים אנטי-מיושרים, ללא קשר לאיזו אפשרות נכונה. כדי לראות מדוע, שקול את התרשימים למטה.

התרשים לעיל מציג את אפשרות אינשטיין. כיווני הספינים הם הפוכים ומוגדרים. אם נמדוד לאורך ציר $z$, אחד יהיה לאורך $+z$, ואחד לאורך $-z$. אין לנו סיבה להניח שהפוזיטרון יהיה לאורך $+z$, והאלקטרון לאורך $-z$; התמונה רק מציגה שהספינים ייצאו הפוכים זה לזה בכיוון. למעשה, לספין נתון לא חייב להיות בהכרח רכיב לאורך הכיוון שיימדד בסופו של דבר, במקרה של אפשרות אינשטיין. הטענה החלשה ביותר של אפשרות אינשטיין היא שיש סט של הוראות מאוחסנות בספין הקובעות מה יהיו תוצאות המדידה כאשר מודדים לאורך כל ציר. אין צורך לדמיין שהוראות אלה הן בצורת וקטור פשוט (ראה תרשים למטה); נחזור לכך מאוחר יותר.

התרשים למטה מציג את אפשרות בורן, שבה כיווני ספין הפוזיטרון והאלקטרון מטושטשים בהתפלגות הסתברות וללא כיוון מוגדר. אל תקרא יותר מדי לתוך צורת ההתפלגות. לכל ספין יכול להיות למעשה הסתברות שאינה אפס לפנות לכל כיוון, כל עוד הם הפוכים זה לזה; ציירנו אותם כשברים של עיגול כדי שנוכל להבחין ביניהם חזותית לצורך הדיון. שים לב שבמקרה של אפשרות בורן, עדיין נכון שתנע זוויתי חייב להישמר. אז אם גל הסתברות אחד "מתכווץ" כך שהספין מצביע לאורך $+z$, האחר יצביע לאורך $-z$ ויוסט לכיוון ההפוך. האפשרויות נראות זהות.

אבל מה קורה כאשר הצופים L ו-R יכולים למדוד לאורך כל אחד משלושה צירים, כל זוג נפרד ב-120 מעלות, כפי שמוצג בתרשימים 4 ו-5. כל צופה יכול להחליט באקראי לאורך איזה ציר הוא ימדוד את הספין (a, b, או c). השניים לא צריכים למדוד לאורך אותו ציר. כאשר כל צופה מודד, הוא עשוי למצוא הטלה חיובית על הציר שבחר, או שהוא עשוי למצוא הטלה שלילית. לדוגמה, לוקאס וריהאנה עשויים למדוד +a ו-b או +b ו+c. שים לב שאם הם בוחרים למדוד לאורך אותו ציר, חייבים לקבל סימנים הפוכים בהטלות שלהם: +a ו-a, +b ו-b, או +c ו-c; הם לא יכולים שניהם למצוא, לדוגמה, +a. בחלק הבא, נעבוד על איך לחשב את ההסתברות של לוקאס וריהאנה לקבל את אותו סימן על הצירים שמדדו (++ או --) וסימנים הפוכים (+-) או (-+).

שני התרשימים לעיל מדגימים פרשנויות אפשריות של משתנים נסתרים בתרחיש המדידה החדש של שלושה צירים. כלומר, או שהספינים כבר מוגדרים, כוקטורים, או שקיים סט של הוראות פיזיות מוטמעות איכשהו במערכת כך שתוצאות כל המדידות האפשריות נקבעות מראש, גם אם הן בלתי-ניתנות לידיעה על ידי ניסיינים לפני המדידה. החלופה מדגימה למטה. קיימת התפלגות הסתברות של תוצאות, וניתן לדעת מהתפלגות זו דברים מסוימים לגבי הסבירות של תוצאות מדידה שונות, אך התוצאות אינן מוגדרות על ידי הטבע לפני המדידה.

אנחנו יכולים לשאול את עצמנו: "כמה לעיתים קרובות שני השחקנים צריכים למצוא את אותו סימן של הטלת הספין?" כלומר, אנחנו לא אפילו מתעדים לאורך איזה ציר הם בחרו למדוד; אנחנו פשוט מתעדים אם הם מצאו את אותו סימן או סימן שונה. לא ברור אם האפשרויות של אינשטיין ובורן ייתנו את אותה תוצאה בתכנית מדידה מסובכת יותר זו. אבל צריך להיות ברור מתרשימים 4 ו-5 שיש $אפשרות$ שתהיה הבדל. עבור המקרה המוצג באפשרות אינשטיין, מדידת ההטלה של ספין $e+$ על ציר $a$ בהחלט תניב $+a$, והטלת ספין $e-$ על ציר $b$ תניב $-b$ (בקושי). אבל באפשרות בורן, האפשרויות פתוחות לרווחה. נכון שתנע זוויתי עדיין נשמר. אבל מאחר ששני השדות המגנטיים אינם מכוונים לאורך אותו ציר, אנחנו מכריחים את החלקיקים למצב שבו הם חייבים להתכווץ על צירים שונים (דרך אינטראקציות עם השדה). בחלק הבא, נשתמש במכניקת קוונטים כדי לקבוע מהן ההסתברויות, בהינתן אפשרות בורן, שלוקאס וריהאנה יקבלו את אותו סימן על הצירים שמדדו (++ או --), וההסתברויות שיקבלו סימנים הפוכים (+- או -+).

תחזיות

מה חוזה אפשרות אינשטיין (משתנים נסתרים)?

אם אפשרות אינשטיין נכונה, אז לכל זוג נתון של $e+$ ו-$e-$ יהיה סט של רכיבי וקטור לספינים שלהם. לדוגמה, לאלקטרון עשויים להיות רכיבים $(+\hat{a},-\hat{b}, +\hat{c})$, ובמקרה זה לפוזיטרון חייב להיות רכיבים $(-\hat{a},+\hat{b}, -\hat{c})$. אנחנו מציינים כאן רק את הסימן של ההטלה על כל ציר, לא את הגודל. דמיין שאנחנו מאפשרים למספר גדול מאוד $N$ של פירוקים כאלה להתרחש, ואנחנו אוספים מדידות כדי לאכלס את הטבלה למטה.

אוכלוסייה	חלקיק 1	חלקיק 2
$N_1$	$(+\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$	$(-\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$
$N_2$	$(+\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$	$(-\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$
$N_3$	$(+\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$	$(-\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$
$N_4$	$(+\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$	$(-\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$
$N_5$	$(-\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$	$(+\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$
$N_6$	$(-\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$	$(+\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$
$N_7$	$(-\hat{a},-\hat{b},+\hat{c})$	$(+\hat{a},+\hat{b},-\hat{c})$
$N_8$	$(-\hat{a},-\hat{b},-\hat{c})$	$(+\hat{a},+\hat{b},+\hat{c})$

לכל מקרה בטבלה לעיל, ישנן 9 בחירות אפשריות עבור הצירים של לוקאס וריהאנה: $aa$, $ab$, $ac$, $ba$, $bb$, $bc$, $ca$, $cb$, ו-$cc$. קריאה מהטבלה, ההסתברות ששני הצופים מודדים את אותו סימן עבור שורות 1 ו-8 היא אפס. עבור שורות 2-7, ישנן 4 דרכים לקבל את אותו סימן, ונציג זאת רק עבור שורה 2:

סימנים זהים: $ac$, $bc$, $ca$, $cb$ סימנים הפוכים: $aa$, $ab$, $ba$, $bb$, $cc$

אז אם אפשרות אינשטיין היא הפרשנות הנכונה של מצבים קוונטיים, ההסתברות הכוללת מסוכמת על פני כל האוכלוסיות האפשריות, שלוקאס וריהאנה יקבלו את אותו סימן של הטלת ספין על הצירים הנבחרים באקראי שלהם תהיה: $P_\text{same}=\frac{1}{\sum_i{N_i}} \frac{4}{9} (N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7)\leq \frac{4}{9}$ כאשר שוויון מתקיים רק אם $N_1=N_8=0$.

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלות למטה, חשוב על התשובות שלך, ואז לחץ על המשולשים כדי לחשוף את הפתרונות.

עבור שורה 2 בתרשים לעיל, רשמנו את כל הדרכים האפשריות ללוקאס וריהאנה לקבל את אותו סימן למדידות שלהם, וכל הדרכים שבהן הם יכולים לקבל סימנים שונים. חזור על כך עבור השורה השלישית.

תשובה:

סימנים זהים: $ab$, $ba$, $bc$, $cb$

סימנים הפוכים: $aa$, $ac$, $bb$, $ca$, $cc$

הטבלה לעיל מתייחסת ל"אוכלוסיות", כלומר שאיננו יודעים כמה מכל סוג הוראות הטבע מייצר, אם הטיפול של משתנים נסתרים נכון. הראה שלא משנה מה הפצת $N_1$ עד $N_8$, ההסתברות לקבל את אותו סימן ממדידות תמיד קטנה מ-4/9 או שווה לה.

תשובה:

נתחיל בהנחה של מספר קבוע של ניסיונות מדידה כולל, כך ש-$\sum_i{N_i} = N_{tot}$ הוא קבוע. שים לב שבמקרה המיוחד שבו $N_1=N_8=0$, הביטוי מצטמצם ל

$$P_{same}=\frac{1}{N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7} \times \frac{4}{9} \times (N_2+N_3+N_4+N_5+N_6+N_7) = \frac{1}{N_{tot}} \times \frac{4}{9} \times N_{tot}= \frac{4}{9}$$

כעת נניח ש-$N_1 \neq 0$ או $N_8 \neq 0$. אז

$$P_{same}=\frac{1}{N'_1+N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7+N'_8} \times \frac{4}{9} \times (N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7) = \frac{4}{9}$$

סכום כל הניסיונות, $N_tot$, עדיין זהה לפני. אבל מכיוון ש-$N'_1$ או $N'_8$ גדל מ-0, סכום $N'_2$ עד $N'_7$ חייב להיות נמוך מבעבר. בפרט, סכום $N'_2$ עד $N'_7$ קטן מ-$N_{tot}$. לכן

$$P_{same}=\frac{1}{N_{tot}} \times \frac{4}{9} \times (N'_2+N'_3+N'_4+N'_5+N'_6+N'_7) < \frac{4}{9}$$

בשילוב כל המקרים האפשריים, יש לנו $P_{same} \leq \frac{4}{9}$.

הכללה

בטיפול שלעיל, שקלנו מדידות לאורך צירים ספציפיים. כמובן, ניתן לבצע מדידות לאורך כל ציר. בואו נקרא לשני וקטורי הספין של שני חלקיקים $\vec{a}$ ו-$\vec{b}$. נסמן ב-$\lambda$ משתנה נסתר כלשהו כך שמצב של מערכת שני-חלקיקים מתאים לערך מוגדר היטב של $lambda$. נסמן ב-$\rho(\lambda)$ את צפיפות ההסתברות ב-$\lambda$. לבסוף, נבחר את הסמלים $A(\vec{a},\lambda)$ ו-$B(\vec{b},\lambda)$ להיות התוצאה הנקבעת מראש של מדידה שנעשתה על כל אחד מהחלקיקים (A או B), בהינתן וקטורי הספין והמשתנה הנסתר. בצורה קריטית, שים לב ש-$A$ אינו תלוי ב-$\vec{b}$ ו-$B$ אינו תלוי ב-$\vec{a}$. כעת ניתן להציב כל מספר של שאלות הקשורות למתאמים בין מדידות על A ו-B. בפרט, ניתן לשאול לגבי ערך הציפייה הנתון על ידי

$$E(\vec{a},\vec{b})\equiv\int{d\lambda \rho(\lambda)A(\vec{a},\lambda)B(\vec{b},\lambda)}$$

בהינתן הנחות סטנדרטיות מסוימות על ערכים אלה, כמו $A(\vec{a},\lambda)\leq 1$, $B(\vec{b},\lambda)\leq 1$, ונורמליזציה על $\rho(\lambda)$, ניתן להראות שמתאמים בין שני החלקיקים מקיימים את היחס

$$|E(\vec{a},\vec{b})-E(\vec{a},\vec{d})|+|E(\vec{c},\vec{d})+E(\vec{c},\vec{b})|\leq 2,$$

כאשר $\vec{a}$ ו-$\vec{b}$ הם מצבי הספין של המערכת שלך, ו-$\vec{c}$ ו-$\vec{d}$ הם מצבי ספין ייחוסיים (כל מצבי ספין אחרים אפשריים של המערכת). זוהי אחת ממשפחה שלמה של אי-שוויונות הידועים כעת בשם "אי-שוויוני בל". לא נשתמש בצורה כללית זו כאן. במקום זאת, נתמקד בהגדרה ניסיונית ספציפית אחת, כדי שנוכל למפות את ההגדרה הזו על Circuit קוונטי.

מה חוזה אפשרות בורן (מכניקת קוונטים לא-דטרמיניסטית)?

לוקאס יבחר ציר כלשהו וימצא שהספין של חלקיק אחד הוא בכיוון החיובי או השלילי. לא משנה מה הוא יקבל, בואו נכוון את הצירים שלנו כך שציר $z$ הוא אותו כיוון. אז נוכל לכתוב את המצב הראשוני לאחר פירוק המזון ולפני כל מדידה כ

$$|\psi \rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R)$$

ריהאנה תמדוד את הספין של החלקיק שלה לאורך כיוון אחר בזווית $\theta$ ביחס לזה של לוקאס. אופרטור הספין לאורך כיוון שרירותי כלשהו $\hat{n}$ נתון על ידי

$$\hat{S}_{\hat{n}}=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta) e^{-i\phi} \\ \sin(\theta) e^{i\phi} & -\cos(\theta) \end{bmatrix}$$

מצבי הערך העצמי של אופרטור זה הם

$$|+\rangle_{\hat{n}}=\cos(\theta/2)|0\rangle+\sin(\theta/2)e^{i\phi}|1\rangle \\ |-\rangle_{\hat{n}}=\sin(\theta/2)|0\rangle-\cos(\theta/2)e^{i\phi}|1\rangle$$

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלות למטה, חשוב על התשובות שלך, ואז לחץ על המשולשים כדי לחשוף את הפתרונות.

אמת שה-$|+\rangle_{\hat{n}}$ הוא מצב ערך עצמי של האופרטור $\hat{S}_{\hat{n}}$ לעיל, ומצא את ערך הערך העצמי.

תשובה:

$$\hat{S}_{\hat{n}}|+\rangle_{\hat{n}}=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta) & \sin(\theta) e^{-i\phi} \\ \sin(\theta) e^{i\phi} & -\cos(\theta) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos(\theta/2) \\ \sin(\theta/2)e^{i\phi}\end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta)\cos(\theta/2) + \sin(\theta)\sin(\theta/2)e^{i\phi} e^{-i\phi} \\ \cos(\theta/2)\sin(\theta) e^{i\phi} -\cos(\theta)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$

באמצעות $\cos(\theta)=\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2)$ ו-$\sin(\theta)=2\cos(\theta/2)\sin(\theta/2)$, יש לנו

$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \left(\cos(\theta) + 2\sin^2(\theta/2)\right) \cos(\theta/2) \\ \left(2\cos^2(\theta/2) -\cos^2(\theta/2)+\sin^2(\theta/2)\right)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \left(\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2) + 2\sin^2(\theta/2)\right) \cos(\theta/2) \\ \left(2\cos^2(\theta/2) -\cos^2(\theta/2)+\sin^2(\theta/2)\right)\sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$$$=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix} \cos(\theta/2) \\ \sin(\theta/2)e^{i\phi} \end{bmatrix}$$

זה מדגים ש-$|+\rangle_{\hat{n}}$ הוא מצב ערך עצמי וערך הערך העצמי המתאים הוא $\frac{\hbar}{2}$.

ההסתברות שלוקאס ימדוד ספין להיות בכיוון החיובי לאורך הציר שבחר $|+\rangle$ $וגם$ שריהאנה תמדוד ספין חיובי לאורך הכיוון שבחרה $|+\rangle_{\hat{n}}$ היא

$$P_{++}=\left|\left(_L\langle+|_{R,\hat{n}}\langle+|\right)|\psi\rangle\right|^2$$ $$P_{++}=\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \left(|+\rangle_L|-\rangle_R\right) \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\left| \left(\sin(\theta/2)e^{-i\phi}\vphantom{p}_R\langle-|\right) |-\rangle_R \right|^2$$ $$P_{++}=\frac{1}{2}\sin^2(\theta/2)$$

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלות למטה, חשוב על התשובות שלך, ואז לחץ על המשולשים כדי לגלות את הפתרונות.

עשה את אותו הדבר עבור $P_{--}$. אמת שגם זה שווה ל-$\frac{1}{2}\sin^2(\theta).$

תשובה:

$$P_{--}=\left|\left(_L\langle-|_{R,\hat{-n}}\langle+|\right)|\psi\rangle\right|^2$$$$P_{--}=\left| \left(_L\langle-|_R\left(\sin(\theta/2)\langle+|-\cos(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\left| \left(_L\langle-|_R\left(\sin(\theta/2)\langle+|-\cos(\theta/2)e^{-i\phi}\langle-|\right)\right) \left(-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\left| \left(\sin(\theta/2) \vphantom{p}_R\langle+|\right) |+\rangle_R \right|^2$$$$P_{--}=\frac{1}{2}\sin^2(\theta/2)$$

בחיבור תוצאות אלה, אנחנו מוצאים שהסתברות שסימני שני הצירים המדודים זהים היא $P_{\text{same}}=\sin^2(\theta/2)$.

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלה למטה, חשוב על התשובה שלך, ואז לחץ על המשולש כדי לגלות את הפתרון.

מה אפשר לעשות כדי לבדוק את המתמטיקה של תוצאה זו? רק כדי להבהיר — אנחנו לא מבקשים ממך לאמת שזה תואם לטבע, רק לוודא שלא נפלה שגיאה בכל החישוב.

תשובה:

(1) עשה את אותו החישוב עבור $P_{\text{diff}}=\cos^2(\theta/2)$ כדי לאמת את שימור ההסתברות.

(2) בדוק מקרה ידוע. הכנס $\theta = 0$. אז $P_{\text{same}}$ מתאים לשני המתבוננים שמודדים כל אחד את הספין לאורך אותו ציר, מה שהיה מפר את שימור תנע הזווית. אז היית מצפה שההסתברות הזו תהיה אפס, ואכן הכנסת $\theta = 0$ מניבה $\sin^2(0/2) = 0$.

(3) בדוק מקרה ידוע אחר. נסה $\theta = \pi$. מה אמור לצאת? שים לב ל-$\frac{1}{2}$ הזה.

ציירנו ספציפית את המקרה בו הצירים נמצאים בזווית של $120\deg$ זה ביחס לזה. זכור, לא משנה באיזה כיוון ($\pm a$, $\pm b$, או $\pm c$) לוקאס מקבל, אנחנו קוראים לזה $z$. אז ריהאנה בוחרת באקראי למדוד לאורך $\pm a$, $\pm b$, או $\pm c$. אם הבחירה שלה זהה לזו של לוקאס (עד לסימן), אז שניהם מודדים לאורך $z$, וההסתברות שריהאנה גם תמדוד $+z$ היא אפס. זה אמור לקרות 1/3 מהזמן, מאחר שבחירת הציר של ריהאנה בלתי תלויה בבחירה של לוקאס. לכל בחירה אחרת, ריהאנה תמדוד לאורך ציר שנמצא $120\deg = 2\pi/3$ רדיאן מ-$z$ (1/3 מהזמן) או $240\deg = 4\pi/3$ רדיאן מ-$z$ (1/3 מהזמן). וכמובן, לאורך כל אחד מהצירים הללו, הספין יכול להימדד בכיוון החיובי או השלילי. זה נותן לנו את ההסתברות הכוללת שלוקאס וריהאנה יקבלו את אותו סימן:

$$P_{\text{same}} = \frac{1}{3}\left( 0 + \sin^2(\pi/3) + \sin^2(2\pi/3) \right) = \frac{1}{3}\left( 0 + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} \right) = \frac{1}{2}$$

וואו

הראינו זה עתה ש

$$(P_\text{same})_\text{max, Einstein}<(P_\text{same})_\text{max, Born}.$$

בואו נעצור רגע.

האפשרויות של איינשטיין ובורן נראו כאילו תמיד יניבו את אותן התוצאות, מאחר שהן נבדלו רק בתיאור מה שקורה לפני המדידה. ובכל זאת, בהנחה שיש הוראות שקבעו מראש את סימן מדידת הספין לאורך צירים מסוימים, קיבלנו אילוץ על ההסתברות שהמדידות יניבו את אותו סימן $(P_{\text{same}})_\text{Einstein}\leq\frac{4}{9}$. לאחר מכן הנחנו התפלגויות הסתברות כמו במכניקת הקוונטים... וקיבלנו ערך שונה $(P_{\text{same}})_\text{Born}=\frac{1}{2}$. הניבוי ממכניקת הקוונטים גבוה מזה שמאפשר הטיפול במשתנים נסתרים. אז אנחנו יכולים לבצע ניסוי ולגלות האם מצבים קוונטים נקבעים על ידי הטבע לפני המדידה, או אם הם נמצאים באמת בסופרפוזיציה הסתברותית של מצבים אפשריים.

ניסוי זה בוצע פעמים רבות תוך שימוש במערכות פיזיקליות שונות, לרוב פוטונים. יש שיקולים עדינים רבים, כמו הטיות במדידה, עיתוי (בו-זמניות) של מדידות, ועוד רבים אחרים. לאורך העשורים, החששות לגבי עדינויות אלה הוסרו בהדרגה. עדיין מבצעים בדיקות, כשאנחנו לומדים עוד על המציאות, אבל כעת יש הסכמה רחבה שהתשובה שתקבל כאן, באמצעות מחשבי הקוונטום של IBM®, היא הנכונה.

בדוק באמצעות מחשבי קוונטום אמיתיים!

בהמשך לטיפול שלנו לעיל, נגדיר את כיוון מדידתו של לוקאס כ-$+z$. זה היה נוח גם בגישה האלגברית, אבל הוא נוח במיוחד לחישוב קוונטי, מכיוון שמה שנמדד בדרך כלל הוא ההיטל של ה-Qubit לאורך $z$. אנחנו רוצים ליצור Circuit קוונטי שנותן לנו את אותם תנאי הסתברות כמו אלה שלמעלה עבור $P_{++}$. אנחנו חופשיים לכוון את המישור שלנו כך ש-$\phi=0$, ונקבל

$$P_{++}=\left| \left(_L\langle+|_R\left(\cos(\theta/2)\langle+|+\sin(\theta/2)\langle-|\right)\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right) \right|^2$$

אנחנו צריכים לדעת כמה דברים על מחשבי הקוונטום של IBM, כדי להנחות את הדיון שלנו. ראשית, Qubits מתחילים מאותחלים במצב $|0\rangle = |+\rangle_z$. כפי שהוזכר, כשמבצעים מדידות, הן לאורך ציר ה-$z$. אז המטרה היא לקבוע אילו אופרטורים אנחנו יכולים להכניס בין מצבי בסיס המדידה $\langle 0|\langle 0|$ למצבים הראשוניים של ה-Qubits $|0\rangle |0\rangle$ כדי לקבל את הביטוי המורכב לעיל. לשם כך, נצטרך לסקור כמה Gates בסיסיים בחישוב קוונטי.

$X$ Gate: שקול לפעולת NOT. Gate חד-Qubit.

$$X|0\rangle = |1\rangle,\\X|1\rangle=|0\rangle$$ $$X=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$

ב-Qiskit, יצירת Circuit עם $X$ Gate נראית כך:

from qiskit import QuantumCircuit

qc = QuantumCircuit(1)
qc.x(0)
qc.draw("mpl")

$H$ Hadamard Gate: יוצר מצב סופרפוזיציה. Gate חד-Qubit.

$$H|0\rangle = \frac{1}{2}\left(|0\rangle+|1\rangle\right),$$ $$H|1\rangle = \frac{1}{2}\left(|0\rangle-|1\rangle\right)$$ $$H=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$$

Circuit עם Hadamard Gate נוצר כך:

qc = QuantumCircuit(1)
qc.h(0)
qc.draw("mpl")

CNOT Controlled-NOT Gate: Gate זה משתמש בשני Qubits: בקר (control) ומטרה (target). בודק את המצב של ה-Qubit הבקר שאינו משתנה. אבל אם ה-Qubit הבקר נמצא במצב $|1\rangle$, ה-Gate משנה את המצב של ה-Qubit המטרה; אם המצב של ה-Qubit הבקר הוא $|0\rangle$ לא נעשה שום שינוי כלל. בסימון למטה, הניח שה-Qubit הראשון הוא הבקר, והשני הוא המטרה.

$$CNOT|00\rangle = |00\rangle, \\ CNOT|01\rangle = |01\rangle \\ CNOT|10\rangle = |11\rangle \\ CNOT|11\rangle = |10\rangle$$

CNOT Gate נראה קצת שונה ב-Circuit, מאחר שהוא דורש שני Qubits. כך מיישמים אותו:

qc = QuantumCircuit(2)
qc.cx(0, 1)
qc.draw("mpl")

שים לב שה-Qubit הראשון שמצוין ב-qc.cx(0,1) הוא הבקר, והשני הוא המטרה. בתרשים, המטרה היא זו עם סימן ה-"+" או ה-X עליה.

$R_y(\theta)$ Rotation Y Gate: מסובב את המצב סביב ציר ה-y. זהו Gate חד-Qubit.

$$R_y(\theta)|0\rangle = \cos(\theta/2)|0\rangle+\sin(\theta/2)|1\rangle,\\R_y(\theta)|0\rangle = -\sin(\theta/2)|0\rangle+\cos(\theta/2)|1\rangle$$ $$R_y(\theta)=\begin{bmatrix} \cos(\theta/2) & -\sin(\theta/2) \\ \sin(\theta/2) & \cos(\theta/2) \end{bmatrix}$$

לבסוף, Gates של סיבוב מיושמים על ידי ציון סוג ה-Gate, כמות הסיבוב, וה-Qubit עליו ה-Gate מוצב, בסדר זה:

import numpy as np

pi = np.pi

qc = QuantumCircuit(2)
qc.ry(pi / 2, 0)
qc.draw("mpl")

שם ה-Gate ‏ry מציין את הציר שסביבו מתרחש הסיבוב. הארגומנט הראשון $\pi/2$ מתייחס לכמות הסיבוב, והארגומנט השני מציין את ה-Qubit עליו ה-Gate צריך להיות מוצב.

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלות למטה, חשוב על התשובות שלך, ואז לחץ על המשולש כדי לגלות את הפתרון.

תוך שימוש בתחביר שהוצג או רוענן לעיל, צור Circuit קוונטי כלשהו שמשלב ארבעה סוגים שונים של Gates קוונטיים.

תשובה:

יש, כמובן, אינסוף אפשרויות. הנה דוגמה אחת:

qc=QuantumCircuit(2)
qc.ry(pi/2,0)
qc.cx(1,0)
qc.x(1)
qc.h(0)
qc.cx(0,1)
qc.draw("mpl")

מניסוי פיזיקלי ל-Circuits קוונטיים

מהפעולות של ה-Gates הללו, אנחנו יכולים לראות, למשל, שה-kets בביטויים עבור $P_{++}$:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right)$$

ככל הנראה יכללו Hadamard Gate כדי לקבל את הסופרפוזיציה, ו-CNOT Gate כדי ליצור את ההסתבכות.

כעת נשתמש ב-H, X ו-CNOT Gates כדי להפוך $|0\rangle_L|0\rangle_R$ ל-$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+\rangle_L|-\rangle_R-|-\rangle_L|+\rangle_R\right)$:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_L|1\rangle_R-|1\rangle_L|0\rangle_R\right)$$ $$\frac{1}{\sqrt{2}}CNOT_{LR}\left(|0\rangle_L|1\rangle_R-|1\rangle_L|1\rangle_R\right)$$

כאן $CNOT_{LR}$ מציין CNOT Gate שמשתמש ב-L כבקר וב-R כמטרה. כעת אנחנו יכולים לפרק את החלק ה-R של המצב:

$$\text{CNOT}_{LR}\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_L-|1\rangle_L\right)|1\rangle_R$$ $$\text{CNOT}_{LR} H_L|1\rangle_L|1\rangle_R$$ $$\text{CNOT}_{LR} H_L X_L X_R|0\rangle_L|0\rangle_R$$

כעת כתבנו את ה-ket כולו כ-Gates קוונטיים הפועלים על מצב ההתחלה הברירת-מחדל של ה-Qubits.

כעת אנחנו יכולים להשתמש ב-$R_y(\theta)$ הפועל על $\vphantom{p}_L\langle 0|_R\langle 1|$ כדי לקבל את ה-bra בביטוי עבור $P_{++}$.

$$\vphantom{p}_L\langle0|_R\left(\cos(\theta/2)\langle0|+\sin(\theta/2)\langle1|\right)$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|_R\left(|0\rangle \cos(\theta/2)+|1\rangle \sin(\theta/2)\right)^{\dagger}$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|\left(R_{y,R}(\theta)|0\rangle_R\right)^{\dagger}$$ $$\vphantom{p}_L\langle0|_R\langle0|R_{y,R}(-\theta)$$

בשילוב תוצאות אלה, אנחנו יכולים לכתוב את ההסתברות $P_{++}$ כ:

$$p_{++}=\left|\vphantom{p}_L\langle0|_R\langle0|R_{y,R}(-\theta)\text{CNOT}_{LR} H_L X_L X_R|0\rangle_L|0\rangle_R\right|^2$$

זה נותן לנו הוראות מפורשות לגבי כיצד לבנות את ה-Circuit הקוונטי שלנו. נפעיל Gates של X, H, CNOT ו-$R_y$ על Qubits המייצגים את המצבים הקוונטים של החלקיקים הנמדדים על ידי לוקאס וריהאנה, ונבצע מדידות כדי לקבל את ההסתברות.

IBM Quantum ממליצה להתמודד עם בעיות חישוב קוונטי באמצעות מסגרת שאנחנו קוראים לה Qiskit patterns. היא מורכבת מהשלבים הבאים.

• שלב 1: מפה את הבעיה שלך ל-Circuit קוונטי
• שלב 2: בצע אופטימיזציה של ה-Circuit שלך להרצה על חומרת קוונטום אמיתית
• שלב 3: הרץ את המשימה שלך על מחשבי הקוונטום של IBM באמצעות Runtime Primitives
• שלב 4: עבד את התוצאות לאחר ביצוע

בעיקרון כל העבודה שעשינו לעיל הייתה שלב 1. בואו נבנה את ה-Circuit המתקבל באמצעות Qiskit!

שלב 1: מיפוי התוצאות שלנו ל-Circuit קוונטי

# We'll begin by importing qiskit and a visualization module so that we can plot a histogram of our results.

from qiskit.visualization import plot_histogram

זכור ש-1/3 מהזמן ציר הבחירה של ריהאנה יהיה $2\pi/3$ רדיאן מזה של לוקאס, 1/3 מהזמן הוא יהיה $4 \pi/3$ רדיאן מזה של לוקאס, ו-1/3 מהזמן הם יבחרו באותו ציר. אז אנחנו למעשה צריכים ליצור 3 Circuits קוונטיים עבור 3 מקרים אלה, ולחבר את התוצאות. נסביר בקפידה את הראשון, ואת שני האחרים נציין בלבד.

# We start by declaring our first quantum circuit, and giving it two qubits (the first "2") and two classical bits for storing outputs (the second "2")
# Define registers
from qiskit import ClassicalRegister, QuantumRegister

qr = QuantumRegister(2, "q")
cr = ClassicalRegister(2, "c")
qc1 = QuantumCircuit(qr, cr)

# We know from our analysis above that we need an X gate acting on each of the qubits (L and R)
qc1.x([0, 1])
# We need a Hadamard gate acting on Lucas's qubit, which we're calling the 0th qubit.
qc1.h(0)
# The controlled-NOT gate uses the 0th qubit (Lucas's) as the control and the 1st qubit (Rihanna's) as the target.
qc1.cx(0, 1)
# The rotation gate acts on the 1st qubit (Rihanna's) and has an argument of -2 pi/3
qc1.ry(-2 * pi / 3, 1)
# Finally, we want to measure all the qubits in the circuit to obtain measurement probabilities, and store the results in the classical bits.
qc1.measure([0, 1], [0, 1])
# Now we can draw the first of the three circuits that will check Bell's inequality for us.
qc1.draw(output="mpl")

הקוד למטה בונה במהירות את כל שלושת ה-Circuits בדרך יעילה יותר. שים לב שההבדל היחיד בין שלושת ה-Circuits הוא עד כמה אנחנו מסובבים את שני ה-Qubits סביב ציר ה-$y$.

qcs = [QuantumCircuit(2, 2), QuantumCircuit(2, 2), QuantumCircuit(2, 2)]
for i in range(0, len(qcs)):
    qcs[i].x([0, 1])
    qcs[i].h(0)
    qcs[i].cx(0, 1)

qcs[0].ry(-2 * pi / 3, 1)
qcs[1].ry(-4 * pi / 3, 1)
qcs[2].ry(-2 * pi / 3, 1)
qcs[2].ry(-4 * pi / 3, 1)

for i in range(0, len(qcs)):
    qcs[i].barrier()
    qcs[i].measure([0, 1], [0, 1])

counts_list = [None] * len(qcs)

qcs[0].draw(output="mpl")

כעת נשתמש ב-Primitive של Qiskit שנקרא StatevectorSampler. Sampler הוא Primitive המיועד לדגום את כל המצבים האפשריים של מערכת ולהחזיר הסתברויות (או במקרים מסוימים, quasi-probabilities) לקבלת כל מצב. אנחנו יכולים לציין מספר "shots", ולבדוק את ה-"counts" עבור כל מצב.

from qiskit.primitives import StatevectorSampler

sampler = StatevectorSampler()

# Start a job that will return shots for all 100 parameter value sets.
for i in range(0, len(qcs)):
    pub = qcs[i]
    job = sampler.run([pub], shots=10000)
    # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
    result = job.result()
    data_pub = result[0].data
    counts = data_pub.c.get_counts()
    counts_list[i] = counts
#    plot_histogram(counts)

אם נסתכל על ה-counts מכל Circuit, נראה ששניים מהם היו בעיקרון זהים, והשלישי היה שונה מאוד.

plot_histogram(counts_list)

בואו נכין רשימה של התוצאות האפשריות ונסכום את כל ה-counts של כל מצב מכל אחד משלושת ה-Circuits כדי לקבל הסתברויות כוללות.

outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

for i in range(0, len(qcs)):
    for j in range(0, len(outcomes)):
        if counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
            counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

total_counts = {}
for i in range(0, len(outcomes)):
    total_counts[outcomes[i]] = sum(
        counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
    )

כעת נוכל להדפיס את ה-counts הכוללים עבור כל תוצאה, ולצייר את ההיסטוגרמה.

print(total_counts)
plot_histogram(total_counts)

{'00': 7493, '01': 7432, '10': 7605, '11': 7470}

בדוק את ההבנה שלך

קרא את השאלה/ות למטה, חשוב על התשובה שלך, ואז לחץ על המשולש כדי לגלות את הפתרון.

האם התמונה למעלה עקבית עם התוצאות שנחזו על ידי משתנים נסתרים ודטרמיניזם? או שהיא עקבית עם מכניקת קוונטים הסתברותית (ולא-מקומית)?

תשובה:

היא עקבית עם מכניקת קוונטים הסתברותית ולא-מקומית. הטיפול במשתנים נסתרים ניבא שההסתברות לקבל את אותו סימן הייתה קטנה מ-4/9 או שווה לה. מכניקת הקוונטים ניבאה הסתברות של 50%. ההיסטוגרמה למעלה מתארת הסתברות של 00 או 11 שווה ל-49.97%. זה קרוב מאוד לחיזוי של מכניקת הקוונטים ההסתברותית, אבל החשוב מכל הוא שזה גדול מהטווח המותר בטיפול במשתנים נסתרים.

האם זה מוכיח משהו על הטבע?

תשובה:

לא! השתמשנו בסימולטור! זה מחשב שתוכנת לפעול לפי חוקי מכניקת הקוונטים ההסתברותית. אם אנחנו מציעים כלל, ואז מתכנתים מחשב לפעול לפי אותו כלל, היכולת שלו לפעול לפי הכלל אינה הוכחה שהכלל נכון! הדרך היחידה להוכיח זאת היא להשתמש במחשב קוונטי אמיתי!

שלב 2: אפטם את ה-Circuit הקוונטי שלך להרצה על חומרה אמיתית

אמנם בהתחלה השתמשנו בסימולטור כדי לדבג את הקוד שלנו, אבל באמת אנחנו רוצים להריץ על חומרה אמיתית. אחרי הכל, סימולטור רק מעמיד פנים שהוא קוונטי-מכני, על בסיס המשוואות למעלה. אם הסימולטור היה אומר לנו שאותן משוואות נכונות, זה לא היה משכנע אותנו במיוחד. אנחנו רוצים שמחשב קוונטי אמיתי יגיד לנו מה קורה! אז נבחר את המחשב הקוונטי שאנחנו רוצים להשתמש בו. לפעמים זה יכול להיות חשוב לבחור מכשיר ספציפי שיש לו תכונות שאתה רוצה, אבל לרוב פשוט נרצה להשתמש בכל מכשיר שהכי פחות עמוס.

יש קוד למטה לשמירת האישורים שלך בשימוש הראשון. הקפד למחוק את המידע הזה מה-notebook לאחר שמירתו בסביבה שלך, כדי שהאישורים שלך לא יישתפו בטעות כשתשתף את ה-notebook. ראה הגדרת חשבון IBM Cloud שלך ו-אתחול השירות בסביבה לא מהימנה להנחיות נוספות.

from qiskit_ibm_runtime import QiskitRuntimeService

# Syntax for first saving your token. Delete these lines after saving your credentials.
# QiskitRuntimeService.save_account(channel='ibm_quantum_platform', instance = '<YOUR_IBM_INSTANCE_CRN>', token='<YOUR-API_KEY>', overwrite=True, set_as_default=True)
# service = QiskitRuntimeService(channel='ibm_quantum_platform')

# Load saved credentials
service = QiskitRuntimeService()

backend = service.least_busy(
    operational=True, min_num_qubits=qcs[0].num_qubits, simulator=False
)

from qiskit.transpiler.preset_passmanagers import generate_preset_pass_manager

target = backend.target
pm = generate_preset_pass_manager(target=target, optimization_level=3)

qcs_isa = qcs

for i in range(0, len(qcs)):
    qcs_isa[i] = pm.run(qcs[i])
    qcs_isa[i].draw(output="mpl", idle_wires=False, style="iqp")

qcs_isa[2].draw(output="mpl", idle_wires=False, style="iqp")

שלב 3: הרץ את העבודה שלך על מחשבים קוונטיים של IBM באמצעות Runtime primitives

עכשיו שאפטמנו את ה-Circuits שלנו להריץ על חומרה קוונטית אמיתית, ודיבגנו את הקוד שלנו באמצעות סימולטורים, אנחנו מוכנים לאסוף סטטיסטיקות ממחשב קוונטי אמיתי, ולהכריע בוויכוח בין איינשטיין ובורן.

from qiskit_ibm_runtime import SamplerV2 as Sampler
# from qiskit_ibm_runtime import Session
# sampler.options.default_shots = 1000

# Start a job that will return shots for all 100 parameter value sets.
# The best practice is to use a session as shown below. This is available to Premium Plan, Flex Plan, and On-Prem (IBM Quantum Platform API) Plan users.
# result_list = [None] * len(qcs)
# real_counts_list = [None] * len(qcs)
# with Session(backend=backend) as session:
#    sampler = Sampler(mode=session)

#    for i in range(0, len(qcs)):
#        # Define the primitive unified bloc (pub)
#        pub = qcs[i]
#        job = sampler.run([pub], shots=10000)
#        # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
#        result_list[i] = job.result()
#        data_pub = result_list[i][0].data
#        counts = data_pub.c.get_counts()
#        real_counts_list[i] = counts
#    #   plot_histogram(counts)

# Open users can still carry out this experiment, but without reserving a session of use, meaning repeated queuing is possible.
from qiskit_ibm_runtime import Batch

batch = Batch(backend=backend)
sampler = Sampler(mode=batch)

result_list = [None] * len(qcs)
real_counts_list = [None] * len(qcs)

for i in range(0, len(qcs)):
    # Define the primitive unified bloc (pub)
    pub = qcs[i]
    job = sampler.run([pub], shots=10000)
    # Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
    result_list[i] = job.result()
    data_pub = result_list[i][0].data
    counts = data_pub.c.get_counts()
    real_counts_list[i] = counts

# Close the batch because no context manager was used.
batch.close()

outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

for i in range(0, len(qcs)):
    for j in range(0, len(outcomes)):
        if real_counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
            real_counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

real_total_counts = {}
for i in range(0, len(outcomes)):
    real_total_counts[outcomes[i]] = sum(
        real_counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
    )

print(real_total_counts)
plot_histogram(real_total_counts)

{'00': 7542, '01': 7503, '10': 7304, '11': 7651}

# This syntax allows you to run the job on a simulator, in case you have exhausted your allotted time on real IBM quantum computers.
# But we strongly advise running this on real quantum computers, since this is meant to be a check of the behavior of real quantum systems.

# This uses a local simulator
# from qiskit_aer import AerSimulator

# This generates a simulator that mimics the real quantum system
# backend_sim = AerSimulator.from_backend(backend)

# Import an estimator, this time from qiskit (we import from Runtime for real hardware)
# from qiskit.primitives import BackendSamplerV2
# sampler = BackendSamplerV2(backend = backend_sim)

# result_list = [None] * len(qcs)
# counts_list = [None] * len(qcs)
# for i in range(0, len(qcs)):
# Define the primitive unified bloc (pub)
#    pub = qcs[i]
#    job = sampler.run([pub], shots=10000)
# Extract the result for the 0th pub (this example only has one pub).
#    result_list[i] = job.result()
#    data_pub = result_list[i][0].data
#    counts = data_pub.c.get_counts()
#    counts_list[i] = counts

# data_pubs = (result_list[0][0].data,result_list[1][0].data,result_list[2][0].data)
# outcomes = ("00", "01", "10", "11")

# Here we convert "None"s into 0's so that we can sum.

# for i in range(0, len(qcs)):
#    for j in range(0, len(outcomes)):
#        if counts_list[i].get(outcomes[j]) is None:
#            counts_list[i].update({outcomes[j]: 0})

# Here we create a dictionary that holds all the outcomes and sums over their appearances in each of the circuits.

# total_counts = {}
# for i in range(0, len(outcomes)):
#    total_counts[outcomes[i]] = sum(
#        counts_list[j].get(outcomes[i]) for j in range(0, len(qcs))
#    )

# print(total_counts)
# plot_histogram(total_counts)

counts_list

[None, None, None]

שלב 4: עיבוד לאחר מדידה וניתוח

בואו נעצור רגע ונסכם: בעזרת הטיפול במשתנים נסתרים ו-3 הצירים הזוויתיים, קיבלנו אילוץ על ההסתברות שהמדידות ייתנו את אותו סימן $P_{same,hv} =4/9$. לאחר מכן הנחנו התפלגויות הסתברות כמו במכניקת קוונטים וקיבלנו ערך שונה לאותה הסתברות: $P_{same,gm} = 1/2$. החיזוי של מכניקת הקוונטים גבוה יותר מזה המותר על ידי הטיפול במשתנים נסתרים. כך ניתן לדעת מניסוי האם מצבים קוונטיים נקבעים על ידי הטבע לפני המדידה, או שהם באמת נמצאים בסופרפוזיציה הסתברותית של מצבים אפשריים.

תכנתנו את ה-Circuits הקוונטיים שלנו כך שיש ארבע תוצאות אפשריות המתאימות ללוקאס ולריהאנה המודדים סימן אחד של היטל הספין או השני: 00, 01, 10 ו-11. במקרים של 00 ו-11, לוקאס וריהאנה מודדים את אותו הסימן, ובמקרים של 01 ו-10 הם מודדים סימנים הפוכים. אנחנו רואים שבקירוב טוב מאוד, הסיכוי שלוקאס וריהאנה יקבלו את אותו הסימן הוא כ-50%, בהחלט גדול מ-$4/9$. זה אומר שאין קבוצת משתנים נסתרים שיכולה להסביר את התפלגות ההסתברויות הזו, והטיפול במשתנים נסתרים אינו תואם לניסוי.

קיימות פרשנויות שונות לתוצאות ניסוייות של מכניקת קוונטים, וישנם הרבה דקויות בתצורות ניסוייות שנבדקות שוב ושוב מעת לעת. אבל עד כה עקרונות מכניקת הקוונטים והפרשנות ההסתברותית של מצבים קוונטיים תיארו במדויק את התוצאות. מקס בורן נראה שצדק.

בואו נקדיש עוד רגע אחד לחשוב על המשמעות של זה. שני חלקיקים יוצאים מאירוע ריקבון, ושני החלקיקים נעים בכיוונים שונים, אפשרי לזמן רב. הספינים שלהם אינם במצב מוגדר כלל, והם אינם נושאים איתם הוראות של משתנים נסתרים שיקבעו את תוצאות המדידות העתידיות. אבל מדידה של אחד (לאורך, נאמר $+z$) בהכרח קובעת את תוצאת ניסוי על הספין של החלקיק השני לאורך כיוון ה-$z$ (חייב להיות $-z$). זה אומר שמשהו בפיזיקה של חלקיק אחד נקבע על ידי מה שנעשה לחלקיק השני, שאולי נמצא רחוק. זו אחת הסיטואציות שגרמה לאנשים לכנות את המציאות כ"לא-מקומית".

שני חלקיקים כמו אלה שתיארנו "מחוברים" בצורה כזו שמדידות על אחד יכולות להשפיע על השני. אנחנו מכנים חלקיקים כאלה "שזורים". שזירה היא יותר מסתם מתאמים. לדוגמה, יכולנו לבנות מכונה קלאסית שיורה מגנט לצד אחד עם הקוטב הצפוני למעלה ומגנט לצד השני עם הקוטב הצפוני למטה. מגנטים כאלה יכולים להיות באנטי-קורלציה מושלמת. אבל מדידה של אחד לא תעשה שום דבר לשני. בשזירה קוונטית-מכנית, חלקיק A יכול להיות במצב לא מוגדר (או תערובת של מצבים רבים), ואנחנו יכולים לקבע אותו למצב מוגדר דרך מדידות על חלקיק שונה לגמרי (נאמר, B). שום דבר כזה לא קיים בעולם הקלאסי.

זה לרוב מעלה עולם שלם של שאלות ואפשרויות חדשות. חלק מהרעיונות שזה מעלה הם אמיתיים, כמו שימוש בשזירה לחישוב, כמו במחשבים קוונטיים! חלקם מפתים לכאורה, אבל מתבררים ככישלון, כמו ניסיון להשתמש בשזירה לשלוח מידע מהר יותר מאור. אנחנו מעודדים אותך לשאול את כל השאלות שעולות לך, ולקרוא כיצד אחרים חקרו את התופעות האלה. יש עולם שלם של מכניקת קוונטים שם בחוץ לחקור, אבל הנה רק כמה משאבים שאפשר לבדוק:

קורסי IBM Quantum:

• מחשוב קוונטי בפועל
• יסודות מידע קוונטי

מאמרי מכניקת קוונטים מעניינים:

• הפרדוקס של איינשטיין פודולסקי ורוזן
• המאמר המקורי של ג'ון בל מ-1964
• מאמר 2019 על תפיסה והיפוך "קפיצה קוונטית" באמצע המעבר

משאבי הוראה של מכניקת קוונטים:

• חומרי קורס Quantum I מאוניברסיטת קולורדו.

מחקר חינוכי של מכניקת קוונטים:

• סקירת קשיי סטודנטים במכניקת קוונטים ברמה גבוהה מאת C. Singh ו-E. Marshman

שאלות

מרצים יכולים לבקש גרסאות של ה-notebooks האלה עם מפתחות תשובות והנחיות על מיקום בתוכניות לימוד נפוצות על ידי מילוי סקר קצר זה על אופן השימוש ב-notebooks.

מושגים מרכזיים:

• הייתה מחלוקת היסטורית על כך האם מצבים קוונטיים היו פשוט לא ידועים או לא נקבעים על ידי הטבע לפני המדידה, האם מכניקת הקוונטים היא דטרמיניסטית או הסתברותית.
• משתנים נסתרים ולכן ריאליזם מקומי אינם עקביים עם תצפיות של מכניקת קוונטים. כלומר, המתאמים הנצפים במכניקת קוונטים אינם יכולים להיות מוסברים על ידי משתנים מוגדרים היטב שפשוט לא ידועים לנו.
• מכניקת הקוונטים היא הסתברותית.
• שזירה היא אמיתית וניתנת לצפייה.
• שזירה אינה רק מתאמים.
• אנחנו יכולים למפות תרחישי עולם אמיתי למחשבים קוונטיים.
• משתנים נסתרים מתייחסים לכמויות שנקבעות על ידי הטבע, אך לא ידועות לבני אדם; הם לא קיימים בהקשר זה.

שאלות נכון/לא נכון:

1. נכ/לא נכון אלברט איינשטיין טען שמכניקת הקוונטים לא הייתה שלמה, כתיאוריה, מכיוון שהיא תיארה רק הסתברויות של תוצאות, ולא את המנגנון הבסיסי שקבע את התוצאות האלה.
2. נכ/לא נכון "משתנים נסתרים" מתייחס לרעיון שניתן לשזור שני חלקיקים קוונטיים-מכניים.
3. נכ/לא נכון כל שני מערכות בעלות מתאם הם שזורים קוונטית-מכנית.
4. נכ/לא נכון שזירה קוונטית-מכנית חשובה לנכונות המתמטיקה, אבל לא ניתן לראות אותה בניסוי.
5. נכ/לא נכון ברוב המקרים, מכניקת הקוונטים לא יכולה לומר לך את התוצאה המדויקת של ניסוי, רק את ההסתברויות שתוצאות מסוימות יימדדו.
6. נכ/לא נכון במכניקת קוונטים, בתנאים מסוימים, מצבו של חלקיק A יכול להיות מושפע ממצבו של חלקיק B, אפילו אם חלקיקים A ו-B אינם במגע ואינם מחליפים חלקיקים.
7. נכ/לא נכון ניתן למפות ניסויי עולם אמיתי ל-Circuits קוונטיים.

שאלות רב-ברירה:

1. נניח שחלקיק בעל ספין-0 מתפרק לשני חלקיקים A ו-B בעלי ספין-1/2. מדידה נעשית על חלקיק A שמגלה שהספין שלו יש היטל לאורך $+z$. חלקיק B עכשיו

   • א. בהחלט יש לו היטל ספין לאורך $-z$
   • ב. בהחלט יש לו היטל ספין לאורך $-x$
   • ג. בהחלט יש לו היטל ספין לאורך $-y$
   • ד. בהחלט יש לו היטל ספין שלילי לאורך כל ציר שנמדד.

2. חלקיק בעל ספין-0 מתפרק לשני חלקיקים A ו-B בעלי ספין-1/2. אם חלקיק A נמדד עם היטל לאורך $+z$, אילו מההיטלים הבאים אפשריים למדידה של חלקיק B? סמן את כל הנכונים.

   • א. $+x$
   • ב. $-x$
   • ג. $+y$
   • ד. $-y$
   • ה. $+z$
   • ו. $-z$

3. נניח שחלקיק בעל ספין-0 מתפרק לשני חלקיקים A ו-B בעלי ספין-1/2. מה הכי טוב מתאר את מצבו של חלקיק A לפני כל מדידה.

   • א. הספין של חלקיק A הוא לאורך $+z$.
   • ב. הספין של חלקיק A הוא לאורך $-z$.
   • ג. הספין של חלקיק A הוא לאורך $+x$.
   • ד. הספין של חלקיק A מוגדר לאורך כמה כיוונים, אבל לא אחרים.
   • ה. כיוון הספין של חלקיק A אינו נקבע על ידי הטבע לפני כל מדידה.

4. מה מהבאים נכון/ים לגבי ה-Gate של Hadamard? בחר את כל הנכונים.

   • א. $H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)$
   • ב. $H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)$
   • ג. $H \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)=|0\rangle$
   • ד. $H \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)=|0\rangle$

5. מה מהבאים נכון/ים לגבי ה-Gate X? בחר את כל הנכונים.

   • א. $X|0\rangle = |1\rangle$
   • ב. $X|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)$
   • ג. $X|0\rangle = -|0\rangle$
   • ד. $X|1\rangle = |0\rangle$
   • ה. $X\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)=X\frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle-|0\rangle)$

6. מה מהבאים הוא Gate של שני Qubits?

   • א. X
   • ב. $R_y(\theta)$
   • ג. H
   • ד. CNOT

7. נניח ש-Qubit נמצא במצב $|0\rangle$. מה ההסתברות למדוד אותו במצב $|1\rangle$?

   • א. בדיוק 100% על סימולטור נטול רעשים, קרוב ל-100% על מחשב קוונטי אמיתי
   • ב. קרוב ל-100% על סימולטור נטול רעשים, בדיוק 100% על מחשב קוונטי אמיתי
   • ג. בדיוק 0% על סימולטור נטול רעשים, קרוב ל-0% על מחשב קוונטי אמיתי
   • ד. קרוב ל-0% על סימולטור נטול רעשים, בדיוק 0% על מחשב קוונטי אמיתי

שאלות לדיון:

1. חברים A, B ו-C דנים בתוצאות מהמעבדה הזו, הקשורות לאי-שוויון בל. ספציפית, הם מסתכלים על התמונה שמראה שההסתברות הקוונטית-מכנית למדוד את אותו הסימן לאורך צירים גדולה מזו שמתיר הטיפול במשתנים נסתרים: $(P_\text{same})_\text{max,QM}>(P_\text{same})_\text{max,HV}$. חבר A אומר, "זה אומר שלא ידענו את מצבי הספין לפני מדידה." חבר B אומר, "לא, זה יותר מזה. זה אומר שהספינים לא כבר מצביעים בכיוון מסוים, לפני המדידה. אם כי, מצב הספין עלול איכשהו להיות נקבע או מאוחסן בצורה כלשהי." חבר C אומר, "לא, זה אפילו יותר מזה. זה אומר שמצב הספין העתידי לא אפילו הוחלט על ידי הטבע לפני המדידה." עם מי אתה מסכים, ומדוע?

2. הסבר כיצד תופעות קוונטיות-מכניות כמו שזירה מצביעות על כך שהמציאות היא לא-מקומית.

3. אילו ניסויים נוספים היית רוצה לעשות כדי לשכנע את עצמך בתוצאות שהתקבלו כאן?