Jogo CHSH

O último exemplo a ser discutido nesta lição não é um protocolo, mas um jogo conhecido como o jogo CHSH.

Quando falamos de um jogo neste contexto, não estamos nos referindo a algo feito para diversão ou esporte, mas sim a uma abstração matemática no sentido da teoria dos jogos. Abstrações matemáticas de jogos são estudadas em economia e ciência da computação, por exemplo, e são ao mesmo tempo fascinantes e úteis.

As letras CHSH referem-se aos autores — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony e Richard Holt — de um artigo de 1969 no qual o exemplo foi descrito pela primeira vez. Eles não descreveram o exemplo como um jogo, mas sim como um experimento. Sua descrição como jogo, no entanto, é ao mesmo tempo natural e intuitiva.

O jogo CHSH pertence a uma classe de jogos conhecidos como jogos não-locais. Jogos não-locais são incrivelmente interessantes e têm conexões profundas com física, ciência da computação e matemática — guardando mistérios que ainda permanecem sem solução. Vamos começar esta seção explicando o que são jogos não-locais e, em seguida, focaremos no jogo CHSH e no que o torna interessante.

Jogos não-locais

Um jogo não-local é um jogo cooperativo no qual dois jogadores, Alice e Bob, trabalham juntos para alcançar um resultado específico. O jogo é conduzido por um árbitro, que age de acordo com diretrizes rígidas conhecidas por Alice e Bob.

Alice e Bob podem se preparar para o jogo da maneira que escolherem, mas uma vez que o jogo começa, eles estão proibidos de se comunicar. Podemos imaginar o jogo acontecendo em algum tipo de instalação segura — como se o árbitro estivesse no papel de um detetive e Alice e Bob fossem suspeitos sendo interrogados em salas separadas. Mas outra forma de pensar sobre a configuração é que Alice e Bob estão separados por uma grande distância, e a comunicação é proibida porque a velocidade da luz não a permite dentro do tempo de execução do jogo. Ou seja, se Alice tentar enviar uma mensagem para Bob, o jogo já terá terminado quando ele a receber, e vice-versa.

A maneira como um jogo não-local funciona é que o árbitro primeiro faz uma pergunta a Alice e outra a Bob. Usaremos a letra $x$ para se referir à pergunta de Alice e $y$ para a pergunta de Bob. Aqui estamos pensando em $x$ e $y$ como estados clássicos, e no jogo CHSH $x$ e $y$ são bits.

O árbitro usa aleatoriedade para selecionar essas perguntas. Para ser preciso, há uma probabilidade $p(x,y)$ associada a cada par possível $(x,y)$ de perguntas, e o árbitro se comprometeu a escolher as perguntas aleatoriamente, no momento do jogo, dessa forma. Todos, incluindo Alice e Bob, conhecem essas probabilidades — mas ninguém sabe especificamente qual par $(x,y)$ será escolhido até que o jogo comece.

Depois que Alice e Bob recebem suas perguntas, eles devem fornecer respostas: a resposta de Alice é $a$ e a resposta de Bob é $b$. Novamente, esses são estados clássicos em geral, e bits no jogo CHSH.

Neste ponto o árbitro toma uma decisão: Alice e Bob ganham ou perdem dependendo se o par de respostas $(a,b)$ é considerado correto para o par de perguntas $(x,y)$ de acordo com um conjunto fixo de regras. Regras diferentes significam jogos diferentes, e as regras do jogo CHSH especificamente são descritas na seção seguinte. Como já foi sugerido, as regras são conhecidas por todos.

O diagrama a seguir fornece uma representação gráfica das interações.

É a incerteza sobre quais perguntas serão feitas, e especificamente o fato de que cada jogador não conhece a pergunta do outro, que torna os jogos não-locais desafiadores para Alice e Bob — como suspeitos conluiados em salas diferentes tentando manter a história coerente.

Uma descrição precisa do árbitro define uma instância de um jogo não-local. Isso inclui uma especificação das probabilidades $p(x,y)$ para cada par de perguntas, juntamente com as regras que determinam se cada par de respostas $(a,b)$ vence ou perde para cada par de perguntas possível $(x,y)$.

Vamos dar uma olhada no jogo CHSH em breve, mas antes disso vamos reconhecer brevemente que também é interessante considerar outros jogos não-locais. É extremamente interessante, de fato, e há alguns jogos não-locais para os quais atualmente não se sabe quão bem Alice e Bob podem jogar usando entrelaçamento. A configuração é simples, mas há complexidade em ação — e para alguns jogos pode ser impossível calcular as melhores estratégias ou estratégias próximas das melhores para Alice e Bob. Esta é a natureza surpreendente do modelo de jogos não-locais.

Descrição do jogo CHSH

Aqui está a descrição precisa do jogo CHSH, onde (como acima) $x$ é a pergunta de Alice, $y$ é a pergunta de Bob, $a$ é a resposta de Alice e $b$ é a resposta de Bob:

• As perguntas e respostas são todas bits: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• O árbitro escolhe as perguntas $(x,y)$ uniformemente ao acaso. Ou seja, cada uma das quatro possibilidades, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0),$ e $(1,1),$ é selecionada com probabilidade $1/4.$

• As respostas $(a,b)$ vencem para as perguntas $(x,y)$ se $a\oplus b = x\wedge y$ e perdem caso contrário. A tabela a seguir expressa essa regra listando as condições de vitória e derrota nas respostas $(a,b)$ para cada par de perguntas $(x,y)$.

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

Limitação das estratégias clássicas

Agora vamos considerar estratégias para Alice e Bob no jogo CHSH, começando com estratégias clássicas.

Estratégias determinísticas

Vamos começar com estratégias determinísticas, onde a resposta $a$ de Alice é uma função da pergunta $x$ que ela recebe, e da mesma forma a resposta $b$ de Bob é uma função da pergunta $y$ que ele recebe. Portanto, por exemplo, podemos escrever $a(0)$ para representar a resposta de Alice quando sua pergunta é $0$, e $a(1)$ para representar a resposta de Alice quando sua pergunta é $1$.

Nenhuma estratégia determinística pode vencer o jogo CHSH em todas as vezes. Uma maneira de raciocinar é simplesmente ir uma a uma por todas as estratégias determinísticas possíveis e verificar que cada uma delas perde para pelo menos um dos quatro pares de perguntas possíveis. Alice e Bob podem cada um escolher entre quatro funções possíveis de um bit para um bit — que encontramos anteriormente na primeira lição do curso — portanto, há $16$ estratégias determinísticas diferentes no total para verificar.

Também podemos raciocinar analiticamente. Se a estratégia de Alice e Bob vence quando $(x,y) = (0,0)$, então deve ser que $a(0) = b(0)$; se a estratégia vence quando $(x,y) = (0,1)$, então $a(0) = b(1)$; e da mesma forma, se a estratégia vence para $(x,y)=(1,0)$ então $a(1) = b(0)$. Portanto, se a estratégia vence para as três possibilidades, então

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

Isso implica que a estratégia perde no caso final $(x,y) = (1,1)$, pois aqui vencer requer que $a(1) \neq b(1)$. Portanto, não pode haver uma estratégia determinística que vença em todas as vezes.

Por outro lado, é fácil encontrar estratégias determinísticas que vençam em três dos quatro casos, como $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0$. Disso concluímos que a probabilidade máxima para Alice e Bob vencerem usando uma estratégia determinística é $3/4$.

Estratégias probabilísticas

Como acabamos de concluir, Alice e Bob não podem ir além de vencer o jogo CHSH 75% das vezes usando uma estratégia determinística. Mas e quanto a uma estratégia probabilística? Poderia ser útil para Alice e Bob usar aleatoriedade — incluindo a possibilidade de aleatoriedade compartilhada, onde suas escolhas aleatórias são correlacionadas?

Acontece que estratégias probabilísticas não ajudam em nada a aumentar a probabilidade de Alice e Bob vencerem. Isso ocorre porque toda estratégia probabilística pode ser alternativamente vista como uma seleção aleatória de uma estratégia determinística, assim como operações probabilísticas podem ser vistas como seleções aleatórias de operações determinísticas. A média nunca é maior que o máximo, e portanto segue-se que estratégias probabilísticas não oferecem nenhuma vantagem em termos de probabilidade de vitória geral.

Assim, vencer com probabilidade $3/4$ é o melhor que Alice e Bob podem fazer usando qualquer estratégia clássica, seja determinística ou probabilística.

Estratégia para o jogo CHSH

Uma pergunta natural a se fazer neste ponto é se Alice e Bob podem fazer melhor usando uma estratégia quântica. Em particular, se eles compartilham um estado quântico entrelaçado como sugere a figura a seguir, que poderiam ter preparado antes de jogar o jogo, eles podem aumentar sua probabilidade de vitória?

A resposta é sim, e este é o ponto principal do exemplo e por que é tão interessante. Então vamos ver exatamente como Alice e Bob podem se sair melhor neste jogo usando entrelaçamento.

Vetores e matrizes necessários

A primeira coisa que precisamos fazer é definir um vetor de estado de qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle$, para cada número real $\theta$ (que vamos pensar como um ângulo medido em radianos) da seguinte forma.

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

Aqui estão alguns exemplos simples:

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

Também temos os exemplos a seguir, que surgem na análise abaixo:

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

Olhando para a forma geral, vemos que o produto interno entre quaisquer dois desses vetores tem esta fórmula:

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

Em detalhes, há apenas entradas de números reais nesses vetores, portanto não há conjugados complexos com os quais se preocupar: o produto interno é o produto dos cossenos mais o produto dos senos. Usar uma das fórmulas de adição de ângulos da trigonometria leva à simplificação acima. Esta fórmula revela a interpretação geométrica do produto interno entre vetores unitários reais como o cosseno do ângulo entre eles.

Se calcularmos o produto interno do produto tensorial de quaisquer dois desses vetores com o estado $\vert \phi^+\rangle,$ obtemos uma expressão semelhante, exceto que ela tem um $\sqrt{2}$ no denominador:

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

Nosso interesse nesse produto interno específico ficará claro em breve, mas por ora estamos simplesmente observando isso como uma fórmula.

Em seguida, defina uma matriz unitária $U_{\theta}$ para cada ângulo $\theta$ da seguinte forma.

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

Intuitivamente falando, esta matriz transforma $\vert\psi_{\theta}\rangle$ em $\vert 0\rangle$ e $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ em $\vert 1\rangle$. Para verificar que esta é uma matriz unitária, uma observação fundamental é que os vetores $\vert\psi_{\theta}\rangle$ e $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ são ortogonais para todo ângulo $\theta$:

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

Portanto, encontramos que

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

Podemos também escrever esta matriz explicitamente como

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

Este é um exemplo de uma matriz de rotação, e especificamente ela rotaciona vetores bidimensionais com entradas de números reais por um ângulo de $-\theta$ em torno da origem. Se seguirmos uma convenção padrão para nomear e parametrizar rotações de várias formas, temos $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ onde

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

Descrição da estratégia

Agora podemos descrever a estratégia quântica.

• Configuração: Alice e Bob começam o jogo compartilhando um e-bit: Alice possui um qubit $\mathsf{A}$, Bob possui um qubit $\mathsf{B}$, e juntos os dois qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ estão no estado $\vert\phi^+\rangle$.

• Ações de Alice:

  • Se Alice recebe a pergunta $x=0$, ela aplica $U_{0}$ ao seu qubit $\mathsf{A}$.

  • Se Alice recebe a pergunta $x=1$, ela aplica $U_{\pi/4}$ ao seu qubit $\mathsf{A}$.

  A operação que Alice realiza em $\mathsf{A}$ pode ser descrita alternativamente assim:

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

  Depois que Alice aplica esta operação, ela mede $\mathsf{A}$ com uma medição na base padrão e define sua resposta $a$ como o resultado da medição.

• Ações de Bob:

  • Se Bob recebe a pergunta $y=0$, ele aplica $U_{\pi/8}$ ao seu qubit $\mathsf{B}$.

  • Se Bob recebe a pergunta $y=1$, ele aplica $U_{-\pi/8}$ ao seu qubit $\mathsf{B}$.

  Assim como fizemos para Alice, podemos expressar a operação de Bob em $\mathsf{B}$ assim:

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

  Depois que Bob aplica esta operação, ele mede $\mathsf{B}$ com uma medição na base padrão e define sua resposta $b$ como o resultado da medição.

Aqui está um diagrama de circuito quântico que descreve esta estratégia:

Neste diagrama vemos duas portas controladas comuns, uma para $U_{-\pi/8}$ no topo e outra para $U_{\pi/4}$ na parte inferior. Também temos duas portas que parecem portas controladas, uma para $U_{\pi/8}$ no topo e outra para $U_{0}$ na parte inferior, exceto que o círculo representando o controle não está preenchido. Isso denota um tipo diferente de porta controlada onde a porta é executada se o controle estiver definido como $0$ (em vez de $1$ como uma porta controlada comum). Portanto, efetivamente, Bob realiza $U_{\pi/8}$ em seu qubit se $y=0$ e $U_{-\pi/8}$ se $y=1$; e Alice realiza $U_0$ em seu qubit se $x=0$ e $U_{\pi/4}$ se $x=1$, o que é consistente com a descrição do protocolo em palavras acima.

Resta descobrir quão bem essa estratégia para Alice e Bob funciona. Faremos isso passando pelos quatro pares de perguntas possíveis individualmente.

Análise caso a caso

• Case 1: $(x,y) = (0,0)$.

  Neste caso Alice realiza $U_{0}$ em seu qubit e Bob realiza $U_{\pi/8}$ no dele, portanto o estado dos dois qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ após eles realizarem suas operações é

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

  As probabilidades para os quatro pares de respostas possíveis $(a,b)$ são portanto as seguintes.

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

  Podemos então obter as probabilidades de que $a=b$ e $a\neq b$ somando.

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

  Para o par de perguntas $(0,0)$, Alice e Bob vencem se $a=b$, e portanto vencem neste caso com probabilidade

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

• Case 2: $(x,y) = (0,1)$.

  Neste caso Alice realiza $U_{0}$ em seu qubit e Bob realiza $U_{-\pi/8}$ no dele, portanto o estado dos dois qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ após eles realizarem suas operações é

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

  As probabilidades para os quatro pares de respostas possíveis $(a,b)$ são portanto as seguintes.

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

  Novamente, podemos obter as probabilidades de que $a=b$ e $a\neq b$ somando.

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

  Para o par de perguntas $(0,1)$, Alice e Bob vencem se $a=b$, e portanto vencem neste caso com probabilidade

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

• Case 3: $(x,y) = (1,0)$.

  Neste caso Alice realiza $U_{\pi/4}$ em seu qubit e Bob realiza $U_{\pi/8}$ no dele, portanto o estado dos dois qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ após eles realizarem suas operações é

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

  As probabilidades para os quatro pares de respostas possíveis $(a,b)$ são portanto as seguintes.

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

  Encontramos, mais uma vez, que as probabilidades de que $a=b$ e $a\neq b$ são as seguintes.

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

  Para o par de perguntas $(1,0)$, Alice e Bob vencem se $a=b$, então vencem neste caso com probabilidade

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

• Case 4: $(x,y) = (1,1)$.

  O último caso é um pouco diferente, como podemos esperar porque a condição de vitória é diferente neste caso. Quando $x$ e $y$ são ambos $1$, Alice e Bob vencem quando $a$ e $b$ são diferentes. Neste caso Alice realiza $U_{\pi/4}$ em seu qubit e Bob realiza $U_{-\pi/8}$ no dele, portanto o estado dos dois qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ após eles realizarem suas operações é

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

  As probabilidades para os quatro pares de respostas possíveis $(a,b)$ são portanto as seguintes.

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

  As probabilidades efetivamente trocaram de lugar em relação aos três outros casos. Obtemos as probabilidades de que $a=b$ e $a\neq b$ somando.

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

  Para o par de perguntas $(1,1)$, Alice e Bob vencem se $a\neq b$, e portanto vencem neste caso com probabilidade

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

Eles vencem em todos os casos com a mesma probabilidade:

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

Esta é portanto a probabilidade de eles vencerem no geral. Isso é significativamente melhor do que qualquer estratégia clássica pode alcançar para este jogo; estratégias clássicas têm probabilidade de vitória limitada a $3/4$. E isso torna este um exemplo muito interessante.

Esta é, na verdade, a probabilidade de vitória ótima para estratégias quânticas. Ou seja, não podemos fazer melhor do que isso, independentemente do estado entrelaçado ou das medições que escolhamos. Este fato é conhecido como a desigualdade de Tsirelson, com o nome de Boris Tsirelson que a provou pela primeira vez — e que descreveu pela primeira vez o experimento CHSH como um jogo.

Visão geométrica

É possível pensar sobre a estratégia descrita acima geometricamente, o que pode ser útil para entender as relações entre os vários ângulos escolhidos para as operações de Alice e Bob.

O que Alice efetivamente faz é escolher um ângulo $\alpha$, dependendo de sua pergunta $x$, e então aplicar $U_{\alpha}$ ao seu qubit e medir. Da mesma forma, Bob escolhe um ângulo $\beta$, dependendo de $y$, e então aplica $U_{\beta}$ ao seu qubit e mede. Escolhemos $\alpha$ e $\beta$ da seguinte forma.

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

Por enquanto, no entanto, vamos tomar $\alpha$ e $\beta$ como arbitrários. Ao escolher $\alpha$, Alice efetivamente define uma base ortonormal de vetores que se parece com isso:

Bob faz o mesmo, exceto que seu ângulo é $\beta$:

As cores dos vetores correspondem às respostas de Alice e Bob: azul para $0$ e vermelho para $1$.

Agora, se combinarmos $(1)$ e $(2)$ obtemos a fórmula

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

que funciona para todos os números reais $\alpha$ e $\beta$.

Seguindo o mesmo tipo de análise que fizemos acima, mas com $\alpha$ e $\beta$ sendo variáveis, encontramos isto:

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

Concluímos estas duas fórmulas:

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

Essas equações podem ser conectadas às figuras acima imaginando que sobrepomos as bases escolhidas por Alice e Bob. Em particular, quando $(x,y) = (0,0)$, Alice e Bob escolhem $\alpha = 0$ e $\beta = \pi/8$, e ao sobrepor suas bases obtemos esta figura:

O ângulo entre os vetores vermelhos é $\pi/8$, que é o mesmo que o ângulo entre os dois vetores azuis. A probabilidade de que os resultados de Alice e Bob concordem é o cosseno ao quadrado deste ângulo,

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

enquanto a probabilidade de discordarem é o seno ao quadrado deste ângulo,

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

Quando $(x,y) = (0,1)$, Alice e Bob escolhem $\alpha = 0$ e $\beta = -\pi/8$, e ao sobrepor suas bases obtemos esta figura:

O ângulo entre os vetores vermelhos é novamente $\pi/8$, assim como o ângulo entre os vetores azuis. A probabilidade de que os resultados de Alice e Bob concordem é novamente o cosseno ao quadrado deste ângulo,

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

enquanto a probabilidade de discordarem é o seno ao quadrado deste ângulo,

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

Quando $(x,y) = (1,0)$, Alice e Bob escolhem $\alpha = \pi/4$ e $\beta = \pi/8$, e ao sobrepor suas bases obtemos esta figura:

As bases mudaram mas os ângulos não — mais uma vez o ângulo entre vetores da mesma cor é $\pi/8$. A probabilidade de que os resultados de Alice e Bob concordem é

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

e a probabilidade de discordarem é

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

Quando $(x,y) = (1,1)$, Alice e Bob escolhem $\alpha = \pi/4$ e $\beta = -\pi/8$. Quando sobrepomos suas bases, vemos que algo diferente aconteceu:

Pela forma como os ângulos foram escolhidos, desta vez o ângulo entre vetores com a mesma cor é $3\pi/8$ em vez de $\pi/8$. A probabilidade de que os resultados de Alice e Bob concordem ainda é o cosseno ao quadrado deste ângulo, mas desta vez o valor é

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

A probabilidade de os resultados discordarem é o seno ao quadrado deste ângulo, que neste caso é:

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

Observações

A ideia básica de um experimento como o jogo CHSH, onde o entrelaçamento leva a resultados estatísticos que são inconsistentes com o raciocínio puramente clássico, é devida a John Bell, que dá nome aos estados de Bell. Por essa razão, as pessoas frequentemente se referem a experimentos desse tipo como testes de Bell. Às vezes as pessoas também se referem ao teorema de Bell, que pode ser formulado de diferentes maneiras — mas a essência dele é que a mecânica quântica não é compatível com as chamadas teorias de variáveis ocultas locais. O jogo CHSH é um exemplo particularmente limpo e simples de um teste de Bell, e pode ser visto como uma prova, ou demonstração, do teorema de Bell.

O jogo CHSH oferece uma maneira de testar experimentalmente a teoria da informação quântica. Experimentos podem ser realizados que implementam o jogo CHSH e testam os tipos de estratégias baseadas em entrelaçamento descritas acima. Isso nos fornece um alto grau de confiança de que o entrelaçamento é real — e ao contrário das formas às vezes vagas ou poéticas que criamos para explicar o entrelaçamento, o jogo CHSH nos dá uma maneira concreta e testável de observar o entrelaçamento. O Prêmio Nobel de Física de 2022 reconhece a importância desta linha de trabalho: o prêmio foi concedido a Alain Aspect, John Clauser (o C em CHSH) e Anton Zeilinger por observar o entrelaçamento através de testes de Bell em fótons entrelaçados.