Gioco CHSH

L'ultimo esempio di questa lezione non è un protocollo, ma un gioco noto come gioco CHSH.

Quando parliamo di un gioco in questo contesto, non intendiamo qualcosa di ludico o sportivo, ma piuttosto un'astrazione matematica nel senso della teoria dei giochi. Le astrazioni matematiche dei giochi sono studiate, ad esempio, in economia e informatica, e sono tanto affascinanti quanto utili.

Le lettere CHSH si riferiscono agli autori — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony e Richard Holt — di un articolo del 1969 in cui l'esempio fu descritto per la prima volta. Loro non lo descrissero come un gioco, bensì come un esperimento. La sua rappresentazione come gioco, tuttavia, è sia naturale che intuitiva.

Il gioco CHSH rientra in una classe di giochi noti come giochi non locali. I giochi non locali sono incredibilmente interessanti e hanno profondi legami con la fisica, l'informatica e la matematica — con misteri che restano ancora irrisolti. Inizieremo questa sezione spiegando cosa sono i giochi non locali, per poi concentrarci sul gioco CHSH e su ciò che lo rende interessante.

Giochi non locali

Un gioco non locale è un gioco cooperativo in cui due giocatori, Alice e Bob, collaborano per raggiungere un determinato obiettivo. Il gioco è gestito da un arbitro, che si comporta secondo regole rigide note ad Alice e Bob.

Alice e Bob possono prepararsi al gioco come preferiscono, ma una volta iniziato sono vietati di comunicare. Possiamo immaginare il gioco in una struttura sicura — come se l'arbitro facesse la parte del detective e Alice e Bob fossero sospettati interrogati in stanze separate. Un altro modo di pensare alla situazione è che Alice e Bob si trovino a grande distanza l'uno dall'altro, e la comunicazione sia proibita perché la velocità della luce non lo consente durante il tempo di esecuzione del gioco. In altre parole, se Alice tenta di inviare un messaggio a Bob, il gioco sarà già finito prima che lui lo riceva, e viceversa.

Il modo in cui funziona un gioco non locale è che l'arbitro pone prima una domanda a ciascuno di Alice e Bob. Useremo la lettera $x$ per indicare la domanda di Alice e $y$ per quella di Bob. Qui pensiamo a $x$ e $y$ come stati classici, e nel gioco CHSH $x$ e $y$ sono bit.

L'arbitro usa la casualità per scegliere queste domande. In modo più preciso, esiste una probabilità $p(x,y)$ associata a ogni possibile coppia $(x,y)$ di domande, e l'arbitro si è impegnato a sceglierle casualmente, al momento del gioco, in questo modo. Tutti, comprese Alice e Bob, conoscono queste probabilità — ma nessuno sa quale coppia specifica $(x,y)$ verrà scelta fino all'inizio del gioco.

Dopo che Alice e Bob ricevono le loro domande, devono fornire le risposte: la risposta di Alice è $a$ e quella di Bob è $b.$ Anche queste sono stati classici in generale, e bit nel gioco CHSH.

A questo punto l'arbitro prende una decisione: Alice e Bob vincono o perdono a seconda che la coppia di risposte $(a,b)$ sia ritenuta corretta per la coppia di domande $(x,y)$ secondo un insieme fisso di regole. Regole diverse definiscono giochi diversi, e le regole specifiche del gioco CHSH sono descritte nella sezione seguente. Come già suggerito, le regole sono note a tutti.

Il diagramma seguente fornisce una rappresentazione grafica delle interazioni.

È l'incertezza su quali domande verranno poste, e in particolare il fatto che ciascun giocatore non conosce la domanda dell'altro, a rendere i giochi non locali impegnativi per Alice e Bob — proprio come dei sospettati complici in stanze separate che cercano di mantenere coerente la loro versione dei fatti.

Una descrizione precisa dell'arbitro definisce un'istanza di un gioco non locale. Ciò include la specifica delle probabilità $p(x,y)$ per ogni coppia di domande insieme alle regole che determinano se ogni coppia di risposte $(a,b)$ vince o perde per ogni possibile coppia di domande $(x,y).$

Daremo uno sguardo al gioco CHSH tra poco, ma prima osserviamo brevemente che è interessante considerare anche altri giochi non locali. È, in effetti, estremamente interessante, e ci sono giochi non locali per cui al momento non è noto quanto bene Alice e Bob possano giocare usando l'entanglement. La struttura è semplice, ma la complessità è in agguato — e per alcuni giochi può essere impossibilmente difficile calcolare le strategie migliori o quasi ottimali per Alice e Bob. Questa è la natura sbalorditiva del modello dei giochi non locali.

Descrizione del gioco CHSH

Ecco la descrizione precisa del gioco CHSH, dove (come sopra) $x$ è la domanda di Alice, $y$ è la domanda di Bob, $a$ è la risposta di Alice e $b$ è la risposta di Bob:

• Le domande e le risposte sono tutte bit: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• L'arbitro sceglie le domande $(x,y)$ uniformemente a caso. Cioè, ciascuna delle quattro possibilità, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0)$ e $(1,1),$ viene selezionata con probabilità $1/4.$

• Le risposte $(a,b)$ vincono per le domande $(x,y)$ se $a\oplus b = x\wedge y$ e perdono altrimenti. La tabella seguente esprime questa regola elencando le condizioni di vittoria e sconfitta sulle risposte $(a,b)$ per ogni coppia di domande $(x,y).$

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

Limiti delle strategie classiche

Consideriamo ora le strategie per Alice e Bob nel gioco CHSH, partendo dalle strategie classiche.

Strategie deterministiche

Iniziamo con le strategie deterministiche, dove la risposta $a$ di Alice è una funzione della domanda $x$ che riceve, e analogamente la risposta $b$ di Bob è una funzione della domanda $y$ che riceve. Ad esempio, possiamo scrivere $a(0)$ per indicare la risposta di Alice quando la sua domanda è $0,$ e $a(1)$ per la sua risposta quando la domanda è $1.$

Nessuna strategia deterministica può vincere il gioco CHSH ogni volta. Un modo per ragionare è semplicemente esaminare una per una tutte le strategie deterministiche possibili e verificare che ognuna di esse perda per almeno una delle quattro possibili coppie di domande. Alice e Bob possono ciascuno scegliere tra quattro possibili funzioni da un bit a un bit — che abbiamo già incontrato nella prima lezione del corso — per cui ci sono $16$ diverse strategie deterministiche da controllare in totale.

Possiamo anche ragionare analiticamente. Se la strategia di Alice e Bob vince quando $(x,y) = (0,0),$ allora deve essere che $a(0) = b(0);$ se la loro strategia vince quando $(x,y) = (0,1),$ allora $a(0) = b(1);$ e analogamente, se la strategia vince per $(x,y)=(1,0)$ allora $a(1) = b(0).$ Quindi, se la loro strategia vince per tutte e tre le possibilità, allora

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

Ciò implica che la strategia perde nell'ultimo caso $(x,y) = (1,1),$ poiché qui vincere richiede che $a(1) \neq b(1).$ Dunque, non può esistere una strategia deterministica che vinca sempre.

D'altra parte, è facile trovare strategie deterministiche che vincono in tre dei quattro casi, come ad esempio $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ Da ciò concludiamo che la probabilità massima di vittoria per Alice e Bob con una strategia deterministica è $3/4.$

Strategie probabilistiche

Come abbiamo appena concluso, Alice e Bob non possono fare meglio di vincere il gioco CHSH il 75% delle volte con una strategia deterministica. Ma che dire di una strategia probabilistica? Potrebbe aiutare Alice e Bob usare la casualità — inclusa la possibilità di casualità condivisa, in cui le loro scelte casuali sono correlate?

Si scopre che le strategie probabilistiche non aiutano affatto ad aumentare la probabilità di vittoria di Alice e Bob. Questo perché ogni strategia probabilistica può essere vista in alternativa come una selezione casuale di una strategia deterministica, proprio come le operazioni probabilistiche possono essere viste come selezioni casuali di operazioni deterministiche. La media non è mai superiore al massimo, quindi ne consegue che le strategie probabilistiche non offrono alcun vantaggio in termini di probabilità complessiva di vittoria.

Pertanto, vincere con probabilità $3/4$ è il massimo che Alice e Bob possono ottenere usando qualsiasi strategia classica, sia deterministica che probabilistica.

Strategia nel gioco CHSH

Una domanda naturale da porsi a questo punto è se Alice e Bob possano fare meglio adottando una strategia quantistica. In particolare, se condividono uno stato quantistico entangled come suggerisce la figura seguente — che potrebbero aver preparato prima di giocare — riescono ad aumentare la loro probabilità di vincita?

La risposta è sì, ed è questo il punto principale dell'esempio e il motivo per cui è così interessante. Vediamo quindi esattamente come Alice e Bob riescono a fare meglio in questo gioco usando l'entanglement.

Vettori e matrici necessari

La prima cosa da fare è definire un vettore di stato qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle$ per ogni numero reale $\theta$ (che penseremo come un angolo misurato in radianti) nel modo seguente.

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

Ecco alcuni esempi semplici:

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

Abbiamo anche i seguenti esempi, che compaiono nell'analisi che segue:

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

Guardando la forma generale, vediamo che il prodotto interno tra due qualsiasi di questi vettori segue questa formula:

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

In dettaglio, questi vettori hanno solo componenti reali, quindi non ci sono coniugate complesse di cui preoccuparsi: il prodotto interno è il prodotto dei coseni più il prodotto dei seni. L'uso di una delle formule di addizione degli angoli della trigonometria porta alla semplificazione soprastante. Questa formula rivela l'interpretazione geometrica del prodotto interno tra vettori unitari reali come il coseno dell'angolo tra di essi.

Se calcoliamo il prodotto interno del prodotto tensoriale di due qualsiasi di questi vettori con lo stato $\vert \phi^+\rangle$, otteniamo un'espressione simile, tranne che per il fatto che ha $\sqrt{2}$ al denominatore:

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

Il motivo per cui siamo interessati a questo particolare prodotto interno diventerà chiaro tra breve, ma per ora lo osserviamo semplicemente come formula.

Quindi, definiamo una matrice unitaria $U_{\theta}$ per ogni angolo $\theta$ nel modo seguente.

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

Intuitivamente, questa matrice trasforma $\vert\psi_{\theta}\rangle$ in $\vert 0\rangle$ e $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ in $\vert 1\rangle.$ Per verificare che questa sia effettivamente una matrice unitaria, l'osservazione chiave è che i vettori $\vert\psi_{\theta}\rangle$ e $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ sono ortogonali per ogni angolo $\theta$:

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

Quindi troviamo che

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

Possiamo alternativamente scrivere questa matrice esplicitamente come

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

Questo è un esempio di matrice di rotazione, e in particolare ruota i vettori bidimensionali con componenti reali di un angolo $-\theta$ attorno all'origine. Seguendo una convenzione standard per la denominazione e la parametrizzazione delle rotazioni di varie forme, abbiamo $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ dove

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

Descrizione della strategia

Ora possiamo descrivere la strategia quantistica.

• Preparazione: Alice e Bob iniziano il gioco condividendo un e-bit: Alice possiede un qubit $\mathsf{A},$ Bob possiede un qubit $\mathsf{B},$ e insieme i due qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ si trovano nello stato $\vert\phi^+\rangle$.

• Azioni di Alice:

  • Se Alice riceve la domanda $x=0,$ applica $U_{0}$ al suo qubit $\mathsf{A}.$
  • Se Alice riceve la domanda $x=1,$ applica $U_{\pi/4}$ al suo qubit $\mathsf{A}.$

  L'operazione che Alice esegue su $\mathsf{A}$ può essere descritta alternativamente così:

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

  Dopo aver applicato questa operazione, Alice misura $\mathsf{A}$ con una misura nella base standard e imposta la sua risposta $a$ come risultato della misura.

• Azioni di Bob:

  • Se Bob riceve la domanda $y=0,$ applica $U_{\pi/8}$ al suo qubit $\mathsf{B}.$
  • Se Bob riceve la domanda $y=1,$ applica $U_{-\pi/8}$ al suo qubit $\mathsf{B}.$

  Come abbiamo fatto per Alice, possiamo esprimere l'operazione di Bob su $\mathsf{B}$ così:

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

  Dopo aver applicato questa operazione, Bob misura $\mathsf{B}$ con una misura nella base standard e imposta la sua risposta $b$ come risultato della misura.

Ecco un diagramma a circuito quantistico che descrive questa strategia:

In questo diagramma vediamo due gate controllati ordinari, uno per $U_{-\pi/8}$ in alto e uno per $U_{\pi/4}$ in basso. Abbiamo anche due gate che sembrano gate controllati, uno per $U_{\pi/8}$ in alto e uno per $U_{0}$ in basso, tranne che il cerchio che rappresenta il controllo non è pieno. Questo indica un tipo diverso di gate controllato in cui il gate viene eseguito se il controllo è impostato a $0$ (anziché a $1$ come in un gate controllato ordinario). Quindi, in sostanza, Bob esegue $U_{\pi/8}$ sul suo qubit se $y=0$ e $U_{-\pi/8}$ se $y=1;$ e Alice esegue $U_0$ sul suo qubit se $x=0$ e $U_{\pi/4}$ se $x=1,$ in accordo con la descrizione del protocollo in parole sopra.

Resta da capire quanto sia efficace questa strategia per Alice e Bob. Lo faremo esaminando singolarmente le quattro possibili coppie di domande.

Analisi caso per caso

• Caso 1: $(x,y) = (0,0).$

  In questo caso Alice esegue $U_{0}$ sul suo qubit e Bob esegue $U_{\pi/8}$ sul suo, quindi lo stato dei due qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ dopo che hanno eseguito le loro operazioni è

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

  Le probabilità per le quattro possibili coppie di risposte $(a,b)$ sono quindi le seguenti.

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

  Possiamo quindi ottenere le probabilità che $a=b$ e $a\neq b$ sommando.

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

  Per la coppia di domande $(0,0),$ Alice e Bob vincono se $a=b,$ e quindi vincono in questo caso con probabilità

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

• Caso 2: $(x,y) = (0,1).$

  In questo caso Alice esegue $U_{0}$ sul suo qubit e Bob esegue $U_{-\pi/8}$ sul suo, quindi lo stato dei due qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ dopo che hanno eseguito le loro operazioni è

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

  Le probabilità per le quattro possibili coppie di risposte $(a,b)$ sono quindi le seguenti.

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

  Di nuovo, possiamo ottenere le probabilità che $a=b$ e $a\neq b$ sommando.

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

  Per la coppia di domande $(0,1),$ Alice e Bob vincono se $a=b,$ e quindi vincono in questo caso con probabilità

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

• Caso 3: $(x,y) = (1,0).$

  In questo caso Alice esegue $U_{\pi/4}$ sul suo qubit e Bob esegue $U_{\pi/8}$ sul suo, quindi lo stato dei due qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ dopo che hanno eseguito le loro operazioni è

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

  Le probabilità per le quattro possibili coppie di risposte $(a,b)$ sono quindi le seguenti.

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

  Troviamo, ancora una volta, che le probabilità che $a=b$ e $a\neq b$ sono le seguenti.

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

  Per la coppia di domande $(1,0),$ Alice e Bob vincono se $a=b,$ quindi vincono in questo caso con probabilità

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

• Caso 4: $(x,y) = (1,1).$

  L'ultimo caso è un po' diverso, come ci si potrebbe aspettare dato che la condizione di vittoria è differente. Quando $x$ e $y$ sono entrambi $1,$ Alice e Bob vincono quando $a$ e $b$ sono diversi. In questo caso Alice esegue $U_{\pi/4}$ sul suo qubit e Bob esegue $U_{-\pi/8}$ sul suo, quindi lo stato dei due qubit $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ dopo che hanno eseguito le loro operazioni è

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

  Le probabilità per le quattro possibili coppie di risposte $(a,b)$ sono quindi le seguenti.

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

  Le probabilità hanno effettivamente scambiato posto rispetto agli altri tre casi. Otteniamo le probabilità che $a=b$ e $a\neq b$ sommando.

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

  Per la coppia di domande $(1,1),$ Alice e Bob vincono se $a\neq b,$ e quindi vincono in questo caso con probabilità

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

Vincono in ogni caso con la stessa probabilità:

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

Questa è quindi la probabilità con cui vincono complessivamente. È significativamente migliore di quanto qualsiasi strategia classica possa fare in questo gioco; le strategie classiche hanno una probabilità di vittoria limitata a $3/4.$ E questo rende l'esempio molto interessante.

Questa è anche la probabilità di vittoria ottimale per le strategie quantistiche. Cioè, non possiamo fare di meglio di così, qualunque stato entangled o misura scegliamo. Questo fatto è noto come disuguaglianza di Tsirelson, dal nome di Boris Tsirelson che la dimostrò per primo — e che per primo descrisse l'esperimento CHSH come un gioco.

Interpretazione geometrica

È possibile pensare alla strategia descritta sopra in modo geometrico, il che può essere utile per comprendere le relazioni tra i vari angoli scelti per le operazioni di Alice e Bob.

Ciò che Alice fa effettivamente è scegliere un angolo $\alpha,$ in base alla sua domanda $x,$ e poi applicare $U_{\alpha}$ al suo qubit e misurare. Allo stesso modo, Bob sceglie un angolo $\beta,$ in base a $y,$ e poi applica $U_{\beta}$ al suo qubit e misura. Abbiamo scelto $\alpha$ e $\beta$ come segue.

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

Per il momento, però, prendiamo $\alpha$ e $\beta$ come variabili arbitrarie. Scegliendo $\alpha,$ Alice definisce effettivamente una base ortonormale di vettori che ha questo aspetto:

Bob fa lo stesso, ma il suo angolo è $\beta$:

I colori dei vettori corrispondono alle risposte di Alice e Bob: blu per $0$ e rosso per $1.$

Ora, combinando $(1)$ e $(2)$ otteniamo la formula

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

che vale per tutti i numeri reali $\alpha$ e $\beta.$

Seguendo lo stesso tipo di analisi che abbiamo svolto sopra, ma con $\alpha$ e $\beta$ come variabili, troviamo questo:

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

Da ciò ricaviamo queste due formule:

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

Queste equazioni possono essere collegate alle figure soprastanti immaginando di sovrapporre le basi scelte da Alice e Bob. In particolare, quando $(x,y) = (0,0),$ Alice e Bob scelgono $\alpha = 0$ e $\beta = \pi/8,$ e sovrapponendo le loro basi otteniamo questa figura:

L'angolo tra i vettori rossi è $\pi/8,$ lo stesso dell'angolo tra i due vettori blu. La probabilità che i risultati di Alice e Bob concordino è il coseno-quadro di questo angolo,

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

mentre la probabilità che non concordino è il seno-quadro di questo angolo,

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

Quando $(x,y) = (0,1),$ Alice e Bob scelgono $\alpha = 0$ e $\beta = -\pi/8,$ e sovrapponendo le loro basi otteniamo questa figura:

L'angolo tra i vettori rossi è di nuovo $\pi/8,$ così come l'angolo tra i vettori blu. La probabilità che i risultati di Alice e Bob concordino è di nuovo il coseno-quadro di questo angolo,

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

mentre la probabilità che non concordino è il seno-quadro di questo angolo,

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

Quando $(x,y) = (1,0),$ Alice e Bob scelgono $\alpha = \pi/4$ e $\beta = \pi/8,$ e sovrapponendo le loro basi otteniamo questa figura:

Le basi sono cambiate ma gli angoli no — ancora una volta l'angolo tra vettori dello stesso colore è $\pi/8.$ La probabilità che i risultati di Alice e Bob concordino è

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

e la probabilità che non concordino è

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

Quando $(x,y) = (1,1),$ Alice e Bob scelgono $\alpha = \pi/4$ e $\beta = -\pi/8.$ Sovrapponendo le loro basi, vediamo che è successo qualcosa di diverso:

Per come sono stati scelti gli angoli, questa volta l'angolo tra vettori dello stesso colore è $3\pi/8$ anziché $\pi/8.$ La probabilità che i risultati di Alice e Bob concordino è ancora il coseno-quadro di questo angolo, ma questa volta il valore è

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

La probabilità che i risultati non concordino è il seno-quadro di questo angolo, che in questo caso è:

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

Note conclusive

L'idea di base di un esperimento come il gioco CHSH, in cui l'entanglement porta a risultati statistici incompatibili con il ragionamento puramente classico, è dovuta a John Bell, il namesake degli stati di Bell. Per questo motivo, gli esperimenti di questo tipo vengono spesso chiamati test di Bell. A volte si parla anche del teorema di Bell, che può essere formulato in modi diversi — ma la sua essenza è che la meccanica quantistica non è compatibile con le cosiddette teorie a variabili nascoste locali. Il gioco CHSH è un esempio particolarmente pulito e semplice di test di Bell, e può essere visto come una dimostrazione, o prova, del teorema di Bell.

Il gioco CHSH offre un modo per testare sperimentalmente la teoria dell'informazione quantistica. È possibile condurre esperimenti che implementano il gioco CHSH e testano i tipi di strategie basate sull'entanglement descritte sopra. Questo ci fornisce un alto grado di fiducia nel fatto che l'entanglement sia reale — e a differenza dei modi a volte vaghi o poetici che utilizziamo per spiegare l'entanglement, il gioco CHSH ci offre un modo concreto e verificabile per osservare l'entanglement. Il Premio Nobel per la Fisica 2022 riconosce l'importanza di questa linea di ricerca: il premio è stato assegnato ad Alain Aspect, John Clauser (la C di CHSH) e Anton Zeilinger per aver osservato l'entanglement attraverso test di Bell su fotoni entangled.