Jocul CHSH

Ultimul exemplu discutat în această lecție nu este un protocol, ci un joc cunoscut sub numele de jocul CHSH.

Când vorbim despre un joc în acest context, nu ne referim la ceva menit să fie jucat pentru distracție sau sport, ci la o abstractizare matematică în sensul teoriei jocurilor. Abstractizările matematice ale jocurilor sunt studiate, de pildă, în economie și informatică — și sunt atât fascinante, cât și utile.

Literele CHSH se referă la autori — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony și Richard Holt — ai unui articol din 1969 în care exemplul a fost descris pentru prima dată. Ei nu au descris exemplul ca pe un joc, ci ca pe un experiment. Descrierea sa ca joc este însă atât naturală, cât și intuitivă.

Jocul CHSH face parte dintr-o clasă de jocuri cunoscute sub numele de jocuri nonlocale. Jocurile nonlocale sunt incredibil de interesante și au legături profunde cu fizica, informatica și matematica — ascunzând mistere care rămân încă nerezolvate. Vom începe secțiunea explicând ce sunt jocurile nonlocale, după care ne vom concentra pe jocul CHSH și pe ce îl face interesant.

Jocuri nonlocale

Un joc nonlocal este un joc cooperativ în care doi jucători, Alice și Bob, lucrează împreună pentru a obține un anumit rezultat. Jocul este condus de un arbitru, care acționează conform unor reguli stricte cunoscute de Alice și Bob.

Alice și Bob se pot pregăti pentru joc după cum doresc, dar odată ce jocul începe, li se interzice să comunice. Ne putem imagina că jocul se desfășoară într-o facilitate securizată de un anumit tip — ca și cum arbitrul ar juca rolul unui detectiv, iar Alice și Bob ar fi suspecți interogați în camere separate. Dar o altă modalitate de a privi situația este că Alice și Bob sunt separați de o distanță imensă, iar comunicarea este interzisă deoarece viteza luminii nu o permite în intervalul de timp al jocului. Cu alte cuvinte, dacă Alice încearcă să îi trimită un mesaj lui Bob, jocul se va fi încheiat până când acesta îl primește, și invers.

Modul în care funcționează un joc nonlocal este că arbitrul pune mai întâi câte o întrebare fiecăruia dintre Alice și Bob. Vom folosi litera $x$ pentru întrebarea Alicei și $y$ pentru întrebarea lui Bob. Aici ne gândim la $x$ și $y$ ca la stări clasice, iar în jocul CHSH $x$ și $y$ sunt biți.

Arbitrul folosește aleatorietatea pentru a selecta aceste întrebări. Mai precis, există o probabilitate $p(x,y)$ asociată fiecărei perechi posibile $(x,y)$ de întrebări, iar arbitrul s-a angajat să aleagă întrebările aleatoriu, la momentul jocului, în acest mod. Toată lumea, inclusiv Alice și Bob, cunoaște aceste probabilități — dar nimeni nu știe exact ce pereche $(x,y)$ va fi aleasă până când jocul nu începe.

După ce Alice și Bob primesc întrebările, trebuie să ofere răspunsuri: răspunsul Alicei este $a$, iar cel al lui Bob este $b.$ Din nou, acestea sunt stări clasice în general, și biți în jocul CHSH.

În acest moment, arbitrul ia o decizie: Alice și Bob fie câștigă, fie pierd, în funcție de dacă perechea de răspunsuri $(a,b)$ este considerată corectă pentru perechea de întrebări $(x,y)$ conform unui set fix de reguli. Reguli diferite înseamnă jocuri diferite, iar regulile specifice jocului CHSH sunt descrise în secțiunea care urmează. Așa cum s-a menționat deja, regulile sunt cunoscute de toată lumea.

Diagrama de mai jos oferă o reprezentare grafică a interacțiunilor.

Incertitudinea cu privire la întrebările care vor fi adresate, și în special faptul că fiecare jucător nu cunoaște întrebarea celuilalt, este cea care face jocurile nonlocale provocatoare pentru Alice și Bob — la fel ca suspecții complici din camere separate care încearcă să își păstreze versiunea consistentă.

O descriere precisă a arbitrului definește o instanță a unui joc nonlocal. Aceasta include o specificație a probabilităților $p(x,y)$ pentru fiecare pereche de întrebări, împreună cu regulile care determină dacă fiecare pereche de răspunsuri $(a,b)$ câștigă sau pierde pentru fiecare pereche posibilă de întrebări $(x,y).$

Vom arunca o privire asupra jocului CHSH imediat, dar înainte de asta să recunoaștem pe scurt că este și interesant să luăm în considerare alte jocuri nonlocale. Este extrem de interesant, de fapt, și există jocuri nonlocale pentru care nu se știe în prezent cât de bine pot juca Alice și Bob folosind entanglementul. Configurația este simplă, dar există complexitate la lucru — și pentru unele jocuri poate fi imposibil de calculat strategiile optime sau aproape optime pentru Alice și Bob. Aceasta este natura uluitoare a modelului jocurilor nonlocale.

Descrierea jocului CHSH

Iată descrierea precisă a jocului CHSH, unde (ca mai sus) $x$ este întrebarea Alicei, $y$ este întrebarea lui Bob, $a$ este răspunsul Alicei, iar $b$ este răspunsul lui Bob:

• Întrebările și răspunsurile sunt toate biți: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• Arbitrul alege întrebările $(x,y)$ uniform aleatoriu. Adică, fiecare dintre cele patru posibilități, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ și $(1,1),$ este selectată cu probabilitatea $1/4.$

• Răspunsurile $(a,b)$ câștigă pentru întrebările $(x,y)$ dacă $a\oplus b = x\wedge y$ și pierd în caz contrar. Tabelul următor exprimă această regulă listând condițiile de câștig și de pierdere pentru răspunsurile $(a,b)$ pentru fiecare pereche de întrebări $(x,y).$

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

Limitarea strategiilor clasice

Să luăm acum în considerare strategiile pentru Alice și Bob în jocul CHSH, începând cu strategiile clasice.

Strategii deterministe

Vom începe cu strategiile deterministe, unde răspunsul $a$ al Alicei este o funcție a întrebării $x$ pe care o primește, și la fel, răspunsul $b$ al lui Bob este o funcție a întrebării $y$ pe care o primește. Astfel, de exemplu, putem scrie $a(0)$ pentru a reprezenta răspunsul Alicei când întrebarea ei este $0,$ și $a(1)$ pentru a reprezenta răspunsul Alicei când întrebarea ei este $1.$

Nicio strategie deterministă nu poate câștiga jocul CHSH de fiecare dată. Un mod de a razona este pur și simplu să parcurgi una câte una toate strategiile deterministe posibile și să verifici că fiecare dintre ele pierde pentru cel puțin una dintre cele patru perechi posibile de întrebări. Alice și Bob pot alege fiecare din patru funcții posibile de la un bit la un bit — pe care le-am întâlnit încă din prima lecție a cursului — deci există în total $16$ strategii deterministe diferite de verificat.

Putem razona și analitic. Dacă strategia lui Alice și Bob câștigă când $(x,y) = (0,0),$ atunci trebuie ca $a(0) = b(0);$ dacă strategia lor câștigă când $(x,y) = (0,1),$ atunci $a(0) = b(1);$ și similar, dacă strategia câștigă pentru $(x,y)=(1,0)$ atunci $a(1) = b(0).$ Deci, dacă strategia lor câștigă pentru toate cele trei posibilități, atunci

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

Aceasta implică faptul că strategia pierde în ultimul caz $(x,y) = (1,1),$ deoarece aici câștigul necesită ca $a(1) \neq b(1).$ Prin urmare, nu poate exista o strategie deterministă care să câștige de fiecare dată.

Pe de altă parte, este ușor să găsești strategii deterministe care câștigă în trei din cele patru cazuri, cum ar fi $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Din aceasta concluzionăm că probabilitatea maximă pentru Alice și Bob de a câștiga folosind o strategie deterministă este $3/4.$

Strategii probabilistice

Așa cum am concluzionat tocmai, Alice și Bob nu pot face mai bine de 75% din timp folosind o strategie deterministă în jocul CHSH. Dar ce zici de o strategie probabilistică? Ar putea ajuta Alice și Bob să folosească aleatorietatea — inclusiv posibilitatea aleatorietății partajate, unde alegerile lor aleatoare sunt corelate?

Se dovedește că strategiile probabilistice nu ajută deloc la creșterea probabilității de câștig a lui Alice și Bob. Aceasta deoarece orice strategie probabilistică poate fi văzută alternativ ca o selecție aleatoare a unei strategii deterministe, la fel cum operațiile probabilistice pot fi văzute ca selecții aleatoare ale operațiilor deterministe. Media nu este niciodată mai mare decât maximul, și de aceea rezultă că strategiile probabilistice nu oferă niciun avantaj în ceea ce privește probabilitatea globală de câștig.

Prin urmare, câștigul cu probabilitatea $3/4$ este tot ce pot face Alice și Bob folosind orice strategie clasică, fie deterministă, fie probabilistică.

Strategia jocului CHSH

O întrebare firească de pus în acest moment este dacă Alice și Bob pot face mai bine folosind o strategie cuantică. În special, dacă împart o stare cuantică entanglată, așa cum sugerează figura următoare, pe care ar fi putut-o pregăti înainte de a juca, pot să își crească probabilitatea de câștig?

Răspunsul este da, și acesta este punctul principal al exemplului și motivul pentru care este atât de interesant. Deci să vedem exact cum Alice și Bob pot face mai bine în acest joc folosind entanglementul.

Vectori și matrice necesare

Primul lucru pe care trebuie să-l facem este să definim un vector de stare al unui Qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ pentru fiecare număr real $\theta$ (pe care îl vom considera ca un unghi măsurat în radiani) astfel:

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

Iată câteva exemple simple:

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

Avem și următoarele exemple, care apar în analiza de mai jos:

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

Privind forma generală, observăm că produsul intern dintre oricare doi dintre acești vectori are formula:

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

În detaliu, acești vectori conțin doar numere reale, deci nu trebuie să ne îngrijorăm de conjugate complexe: produsul intern este produsul cosinusurilor plus produsul sinusurilor. Folosind una dintre formulele de adunare a unghiurilor din trigonometrie se obține simplificarea de mai sus. Această formulă relevă interpretarea geometrică a produsului intern dintre vectori unitari reali ca fiind cosinusul unghiului dintre ei.

Dacă calculăm produsul intern al produsului tensorial dintre oricare doi dintre acești vectori cu starea $\vert \phi^+\rangle,$ obținem o expresie similară, cu excepția că are $\sqrt{2}$ la numitor:

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

Interesul nostru față de acest produs intern particular va deveni clar în scurt timp, dar deocamdată îl observăm pur și simplu ca pe o formulă.

Apoi, definim o matrice unitară $U_{\theta}$ pentru fiecare unghi $\theta$ astfel:

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

Intuitiv, această matrice transformă $\vert\psi_{\theta}\rangle$ în $\vert 0\rangle$ și $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ în $\vert 1\rangle.$ Pentru a verifica că aceasta este o matrice unitară, o observație esențială este că vectorii $\vert\psi_{\theta}\rangle$ și $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ sunt ortogonali pentru orice unghi $\theta$:

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

Astfel, găsim că

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

Putem scrie alternativ această matrice în mod explicit ca

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

Aceasta este un exemplu de matrice de rotație, și mai exact rotește vectori bidimensionali cu intrări numere reale cu un unghi de $-\theta$ față de origine. Dacă urmăm o convenție standard pentru denumirea și parametrizarea rotațiilor de diverse forme, avem $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ unde

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

Descrierea strategiei

Acum putem descrie strategia cuantică.

• Pregătire: Alice și Bob încep jocul partajând un e-bit: Alice deține un Qubit $\mathsf{A},$ Bob deține un Qubit $\mathsf{B},$ și împreună cei doi Qubiți $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ se află în starea $\vert\phi^+\rangle.$

• Acțiunile lui Alice:

  • Dacă Alice primește întrebarea $x=0,$ aplică $U_{0}$ Qubitului său $\mathsf{A}.$
  • Dacă Alice primește întrebarea $x=1,$ aplică $U_{\pi/4}$ Qubitului său $\mathsf{A}.$

  Operația pe care Alice o aplică asupra $\mathsf{A}$ poate fi descrisă alternativ astfel:

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

  După ce Alice aplică această operație, măsoară $\mathsf{A}$ cu o măsurătoare în baza standard și setează răspunsul ei $a$ ca rezultat al măsurătorii.

• Acțiunile lui Bob:

  • Dacă Bob primește întrebarea $y=0,$ aplică $U_{\pi/8}$ Qubitului său $\mathsf{B}.$
  • Dacă Bob primește întrebarea $y=1,$ aplică $U_{-\pi/8}$ Qubitului său $\mathsf{B}.$

  La fel cum am făcut pentru Alice, putem exprima operația lui Bob asupra $\mathsf{B}$ astfel:

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

  După ce Bob aplică această operație, măsoară $\mathsf{B}$ cu o măsurătoare în baza standard și setează răspunsul lui $b$ ca rezultat al măsurătorii.

Iată un Circuit diagrama care descrie această strategie:

În această diagramă vedem două Gate-uri obișnuite controlate, unul pentru $U_{-\pi/8}$ în partea de sus și unul pentru $U_{\pi/4}$ în partea de jos. Avem și două Gate-uri care arată ca niște Gate-uri controlate, unul pentru $U_{\pi/8}$ în partea de sus și unul pentru $U_{0}$ în partea de jos, cu excepția că cercul care reprezintă controlul nu este umplut. Aceasta denotă un tip diferit de Gate controlat, unde Gate-ul este efectuat dacă controlul este setat la $0$ (în loc de $1$ ca un Gate controlat obișnuit). Deci, efectiv, Bob aplică $U_{\pi/8}$ Qubitului său dacă $y=0$ și $U_{-\pi/8}$ dacă $y=1;$ iar Alice aplică $U_0$ Qubitului său dacă $x=0$ și $U_{\pi/4}$ dacă $x=1,$ ceea ce este consistent cu descrierea protocolului în cuvinte de mai sus.

Rămâne să determinăm cât de bine funcționează această strategie pentru Alice și Bob. Vom face asta parcurgând individual cele patru perechi posibile de întrebări.

Analiză caz cu caz

• Cazul 1: $(x,y) = (0,0).$

  În acest caz, Alice aplică $U_{0}$ pe Qubit-ul ei, iar Bob aplică $U_{\pi/8}$ pe al lui, deci starea celor doi Qubiți $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ după ce aceștia își efectuează operațiile este

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

  Probabilitățile pentru cele patru perechi posibile de răspunsuri $(a,b)$ sunt, prin urmare, următoarele.

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

  Putem obține apoi probabilitățile că $a=b$ și că $a\neq b$ prin însumare.

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

  Pentru perechea de întrebări $(0,0),$ Alice și Bob câștigă dacă $a=b,$ și, prin urmare, câștigă în acest caz cu probabilitatea

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

• Cazul 2: $(x,y) = (0,1).$

  În acest caz, Alice aplică $U_{0}$ pe Qubit-ul ei, iar Bob aplică $U_{-\pi/8}$ pe al lui, deci starea celor doi Qubiți $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ după ce aceștia își efectuează operațiile este

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

  Probabilitățile pentru cele patru perechi posibile de răspunsuri $(a,b)$ sunt, prin urmare, următoarele.

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

  Din nou, putem obține probabilitățile că $a=b$ și că $a\neq b$ prin însumare.

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

  Pentru perechea de întrebări $(0,1),$ Alice și Bob câștigă dacă $a=b,$ și, prin urmare, câștigă în acest caz cu probabilitatea

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

• Cazul 3: $(x,y) = (1,0).$

  În acest caz, Alice aplică $U_{\pi/4}$ pe Qubit-ul ei, iar Bob aplică $U_{\pi/8}$ pe al lui, deci starea celor doi Qubiți $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ după ce aceștia își efectuează operațiile este

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

  Probabilitățile pentru cele patru perechi posibile de răspunsuri $(a,b)$ sunt, prin urmare, următoarele.

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

  Constatăm, din nou, că probabilitățile că $a=b$ și că $a\neq b$ sunt următoarele.

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

  Pentru perechea de întrebări $(1,0),$ Alice și Bob câștigă dacă $a=b,$ deci câștigă în acest caz cu probabilitatea

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

• Cazul 4: $(x,y) = (1,1).$

  Ultimul caz este puțin diferit, ceea ce ne-am și putea aștepta, deoarece condiția de câștig este diferită în această situație. Când $x$ și $y$ sunt amândoi $1,$ Alice și Bob câștigă atunci când $a$ și $b$ sunt diferite. În acest caz, Alice aplică $U_{\pi/4}$ pe Qubit-ul ei, iar Bob aplică $U_{-\pi/8}$ pe al lui, deci starea celor doi Qubiți $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ după ce aceștia își efectuează operațiile este

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

  Probabilitățile pentru cele patru perechi posibile de răspunsuri $(a,b)$ sunt, prin urmare, următoarele.

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

  Probabilitățile și-au schimbat efectiv locurile față de celelalte trei cazuri. Obținem probabilitățile că $a=b$ și că $a\neq b$ prin însumare.

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

  Pentru perechea de întrebări $(1,1),$ Alice și Bob câștigă dacă $a\neq b,$ și, prin urmare, câștigă în acest caz cu probabilitatea

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

În fiecare caz câștigă cu aceeași probabilitate:

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

Aceasta este, prin urmare, probabilitatea cu care câștigă în ansamblu. Este semnificativ mai bine decât poate realiza orice strategie clasică pentru acest joc; strategiile clasice au probabilitatea de câștig mărginită de $3/4.$ Și asta face din acesta un exemplu foarte interesant.

Se întâmplă că aceasta este probabilitatea de câștig optimă pentru strategiile cuantice. Adică, nu putem face mai bine de atât, indiferent ce stare entanglată sau ce măsurători alegem. Acest fapt este cunoscut sub numele de inegalitatea lui Tsirelson, denumită după Boris Tsirelson care a demonstrat-o pentru prima dată — și care a descris pentru prima dată experimentul CHSH ca pe un joc.

Imagine geometrică

Este posibil să ne gândim la strategia descrisă mai sus în mod geometric, ceea ce poate fi util pentru a înțelege relațiile dintre diferitele unghiuri alese pentru operațiile lui Alice și Bob.

Ceea ce face Alice, în esență, este să aleagă un unghi $\alpha,$ în funcție de întrebarea ei $x,$ și apoi să aplice $U_{\alpha}$ qubitului ei și să măsoare. În mod similar, Bob alege un unghi $\beta,$ în funcție de $y,$ și apoi aplică $U_{\beta}$ qubitului său și măsoară. Am ales $\alpha$ și $\beta$ astfel.

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

Deocamdată, totuși, să considerăm $\alpha$ și $\beta$ ca fiind arbitrare. Alegând $\alpha,$ Alice definește efectiv o bază ortonormată de vectori care arată astfel:

Bob face la fel, cu excepția că unghiul său este $\beta$:

Culorile vectorilor corespund răspunsurilor lui Alice și Bob: albastru pentru $0$ și roșu pentru $1.$

Acum, dacă combinăm $(1)$ și $(2)$ obținem formula

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

care este valabilă pentru toți numerele reale $\alpha$ și $\beta.$

Urmând același tip de analiză ca mai sus, dar cu $\alpha$ și $\beta$ ca variabile, obținem:

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

Concluzionăm cu aceste două formule:

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

Aceste ecuații pot fi conectate la figurile de mai sus imaginând că suprapunem bazele alese de Alice și Bob. În particular, când $(x,y) = (0,0),$ Alice și Bob aleg $\alpha = 0$ și $\beta = \pi/8,$ și suprapunând bazele lor obținem această figură:

Unghiul dintre vectorii roșii este $\pi/8,$ același cu unghiul dintre cei doi vectori albaștri. Probabilitatea ca rezultatele lui Alice și Bob să coincidă este cosinusul la pătrat al acestui unghi,

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

în timp ce probabilitatea că nu coincid este sinusul la pătrat al acestui unghi,

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

Când $(x,y) = (0,1),$ Alice și Bob aleg $\alpha = 0$ și $\beta = -\pi/8,$ și suprapunând bazele lor obținem această figură:

Unghiul dintre vectorii roșii este din nou $\pi/8,$ la fel și unghiul dintre vectorii albaștri. Probabilitatea ca rezultatele lui Alice și Bob să coincidă este din nou cosinusul la pătrat al acestui unghi,

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

în timp ce probabilitatea că nu coincid este sinusul la pătrat al acestui unghi,

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

Când $(x,y) = (1,0),$ Alice și Bob aleg $\alpha = \pi/4$ și $\beta = \pi/8,$ și suprapunând bazele lor obținem această figură:

Bazele s-au schimbat, dar unghiurile nu — din nou unghiul dintre vectorii de aceeași culoare este $\pi/8.$ Probabilitatea ca rezultatele lui Alice și Bob să coincidă este

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

și probabilitatea că nu coincid este

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

Când $(x,y) = (1,1),$ Alice și Bob aleg $\alpha = \pi/4$ și $\beta = -\pi/8.$ Când suprapunem bazele lor, observăm că s-a întâmplat ceva diferit:

Datorită modului în care au fost alese unghiurile, de data aceasta unghiul dintre vectorii de aceeași culoare este $3\pi/8$ în loc de $\pi/8.$ Probabilitatea ca rezultatele lui Alice și Bob să coincidă este în continuare cosinusul la pătrat al acestui unghi, dar de data aceasta valoarea este

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

Probabilitatea că rezultatele nu coincid este sinusul la pătrat al acestui unghi, care în acest caz este:

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

Remarci

Ideea de bază a unui experiment de tipul jocului CHSH, în care entanglement-ul conduce la rezultate statistice incompatibile cu raționamentul pur clasic, îi aparține lui John Bell, cel al cărui nume îl poartă stările Bell. Din acest motiv, oamenii se referă adesea la experimente de acest tip ca teste Bell. Uneori oamenii se referă și la teorema lui Bell, care poate fi formulată în diferite moduri — dar esența ei este că mecanica cuantică nu este compatibilă cu așa-numitele teorii cu variabile ascunse locale. Jocul CHSH este un exemplu deosebit de clar și simplu de test Bell și poate fi privit ca o demonstrație sau dovadă a teoremei lui Bell.

Jocul CHSH oferă o modalitate de a testa experimental teoria informației cuantice. Pot fi realizate experimente care implementează jocul CHSH și testează tipurile de strategii bazate pe entanglement descrise mai sus. Acest lucru ne oferă un grad ridicat de încredere că entanglement-ul este real — și spre deosebire de modurile uneori vagi sau poetice pe care le găsim pentru a explica entanglement-ul, jocul CHSH ne oferă o modalitate concretă și testabilă de a observa entanglement-ul.