Jeu CHSH

Le dernier exemple abordé dans cette leçon n'est pas un protocole, mais un jeu connu sous le nom de jeu CHSH.

Quand on parle d'un jeu dans ce contexte, on ne parle pas de quelque chose destiné à être joué pour le plaisir ou le sport, mais plutôt d'une abstraction mathématique au sens de la théorie des jeux. Les abstractions mathématiques des jeux sont étudiées en économie et en informatique, par exemple, et elles sont à la fois fascinantes et utiles.

Les lettres CHSH font référence aux auteurs — John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony et Richard Holt — d'un article de 1969 où l'exemple a été décrit pour la première fois. Ils n'ont pas décrit l'exemple comme un jeu, mais plutôt comme une expérience. Sa description sous forme de jeu est cependant à la fois naturelle et intuitive.

Le jeu CHSH appartient à une classe de jeux connus sous le nom de jeux non locaux. Les jeux non locaux sont incroyablement intéressants et ont des liens profonds avec la physique, l'informatique et les mathématiques — recélant des mystères qui restent encore non résolus. Nous commencerons cette section en expliquant ce que sont les jeux non locaux, puis nous nous concentrerons sur le jeu CHSH et ce qui le rend intéressant.

Jeux non locaux

Un jeu non local est un jeu coopératif où deux joueurs, Alice et Bob, travaillent ensemble pour atteindre un résultat particulier. Le jeu est dirigé par un arbitre, qui se comporte selon des règles strictes connues d'Alice et de Bob.

Alice et Bob peuvent se préparer au jeu comme ils le souhaitent, mais une fois le jeu commencé, ils ont l'interdiction de communiquer. On peut imaginer le jeu se déroulant dans une sorte d'installation sécurisée — comme si l'arbitre jouait le rôle d'un détective et qu'Alice et Bob étaient des suspects interrogés dans des pièces différentes. Mais une autre façon d'envisager la mise en place est qu'Alice et Bob sont séparés par une grande distance, et la communication est interdite parce que la vitesse de la lumière ne le permet pas dans le temps d'exécution du jeu. Autrement dit, si Alice essaie d'envoyer un message à Bob, le jeu sera terminé au moment où il le recevra, et vice versa.

Le fonctionnement d'un jeu non local est le suivant : l'arbitre pose d'abord une question à chacun d'Alice et de Bob. On utilisera la lettre $x$ pour désigner la question d'Alice et $y$ pour désigner celle de Bob. Ici, on considère $x$ et $y$ comme des états classiques, et dans le jeu CHSH, $x$ et $y$ sont des bits.

L'arbitre utilise de l'aléatoire pour sélectionner ces questions. Plus précisément, il existe une probabilité $p(x,y)$ associée à chaque paire de questions $(x,y)$ possible, et l'arbitre s'est engagé à choisir les questions aléatoirement, au moment du jeu, de cette façon. Tout le monde, y compris Alice et Bob, connaît ces probabilités — mais personne ne sait spécifiquement quelle paire $(x,y)$ sera choisie avant que le jeu ne commence.

Après qu'Alice et Bob ont reçu leurs questions, ils doivent ensuite fournir des réponses : la réponse d'Alice est $a$ et celle de Bob est $b.$ Là encore, ce sont des états classiques en général, et des bits dans le jeu CHSH.

À ce stade, l'arbitre prend une décision : Alice et Bob gagnent ou perdent selon que la paire de réponses $(a,b)$ est jugée correcte pour la paire de questions $(x,y)$ conformément à un ensemble fixe de règles. Des règles différentes signifient des jeux différents, et les règles du jeu CHSH en particulier sont décrites dans la section suivante. Comme déjà suggéré, les règles sont connues de tous.

Le diagramme suivant donne une représentation graphique des interactions.

C'est l'incertitude sur les questions qui seront posées, et plus précisément le fait que chaque joueur ne connaît pas la question de l'autre joueur, qui rend les jeux non locaux difficiles pour Alice et Bob — tout comme des suspects complices dans des pièces différentes essayant de maintenir leur version des faits cohérente.

Une description précise de l'arbitre définit une instance d'un jeu non local. Cela inclut une spécification des probabilités $p(x,y)$ pour chaque paire de questions ainsi que les règles qui déterminent si chaque paire de réponses $(a,b)$ gagne ou perd pour chaque paire de questions $(x,y)$ possible.

On va examiner le jeu CHSH dans un instant, mais avant cela, reconnaissons brièvement qu'il est aussi intéressant de considérer d'autres jeux non locaux. C'est extrêmement intéressant, en fait, et il existe certains jeux non locaux pour lesquels on ne sait pas actuellement à quel point Alice et Bob peuvent bien jouer en utilisant l'intrication. La mise en place est simple, mais il y a de la complexité à l'œuvre — et pour certains jeux, il peut être impossiblement difficile de calculer les meilleures stratégies ou des stratégies quasi optimales pour Alice et Bob. C'est là la nature époustouflante du modèle des jeux non locaux.

Description du jeu CHSH

Voici la description précise du jeu CHSH, où (comme ci-dessus) $x$ est la question d'Alice, $y$ est la question de Bob, $a$ est la réponse d'Alice et $b$ est la réponse de Bob :

• Les questions et les réponses sont toutes des bits : $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• L'arbitre choisit les questions $(x,y)$ uniformément au hasard. C'est-à-dire que chacune des quatre possibilités, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0)$ et $(1,1),$ est sélectionnée avec une probabilité $1/4.$

• Les réponses $(a,b)$ gagnent pour les questions $(x,y)$ si $a\oplus b = x\wedge y$ et perdent sinon. Le tableau suivant exprime cette règle en listant les conditions gagnantes et perdantes pour les réponses $(a,b)$ pour chaque paire de questions $(x,y).$

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

Limites des stratégies classiques

Examinons maintenant les stratégies pour Alice et Bob dans le jeu CHSH, en commençant par les stratégies classiques.

Stratégies déterministes

On commence par les stratégies déterministes, où la réponse $a$ d'Alice est une fonction de la question $x$ qu'elle reçoit, et de même la réponse $b$ de Bob est une fonction de la question $y$ qu'il reçoit. Ainsi, par exemple, on peut écrire $a(0)$ pour représenter la réponse d'Alice quand sa question est $0,$ et $a(1)$ pour représenter la réponse d'Alice quand sa question est $1.$

Aucune stratégie déterministe ne peut gagner le jeu CHSH à chaque fois. Une façon de raisonner est simplement de parcourir une à une toutes les stratégies déterministes possibles et de vérifier que chacune d'elles perd pour au moins une des quatre paires de questions possibles. Alice et Bob peuvent chacun choisir parmi quatre fonctions possibles d'un bit vers un bit — qu'on a rencontrées dans la première leçon du cours — donc il y a $16$ stratégies déterministes différentes à vérifier en tout.

On peut aussi raisonner analytiquement. Si la stratégie d'Alice et Bob gagne quand $(x,y) = (0,0),$ alors il faut que $a(0) = b(0) ;$ si leur stratégie gagne quand $(x,y) = (0,1),$ alors $a(0) = b(1) ;$ et de même, si la stratégie gagne pour $(x,y)=(1,0)$ alors $a(1) = b(0).$ Donc, si leur stratégie gagne pour ces trois possibilités, alors

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

Cela implique que la stratégie perd dans le dernier cas $(x,y) = (1,1),$ car ici gagner nécessite que $a(1) \neq b(1).$ Il ne peut donc pas y avoir de stratégie déterministe qui gagne à chaque fois.

D'un autre côté, il est facile de trouver des stratégies déterministes qui gagnent dans trois des quatre cas, comme $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ De là, on conclut que la probabilité maximale pour Alice et Bob de gagner avec une stratégie déterministe est $3/4.$

Stratégies probabilistes

Comme on vient de conclure, Alice et Bob ne peuvent pas faire mieux que gagner le jeu CHSH 75 % du temps avec une stratégie déterministe. Mais qu'en est-il d'une stratégie probabiliste ? Est-ce que cela pourrait aider Alice et Bob d'utiliser de l'aléatoire — y compris la possibilité d'un aléatoire partagé, où leurs choix aléatoires sont corrélés ?

Il s'avère que les stratégies probabilistes n'aident pas du tout à augmenter la probabilité de victoire d'Alice et Bob. C'est parce que toute stratégie probabiliste peut alternativement être vue comme une sélection aléatoire d'une stratégie déterministe, tout comme les opérations probabilistes peuvent être vues comme des sélections aléatoires d'opérations déterministes. La moyenne n'est jamais plus grande que le maximum, et il s'ensuit que les stratégies probabilistes n'offrent aucun avantage en termes de probabilité globale de victoire.

Ainsi, gagner avec une probabilité $3/4$ est le mieux qu'Alice et Bob puissent faire avec n'importe quelle stratégie classique, qu'elle soit déterministe ou probabiliste.

Stratégie du jeu CHSH

Une question naturelle à ce stade est de savoir si Alice et Bob peuvent faire mieux en utilisant une stratégie quantique. En particulier, s'ils partagent un état quantique intriqué comme le suggère la figure suivante, qu'ils auraient pu préparer avant de jouer au jeu, peuvent-ils augmenter leur probabilité de victoire ?

La réponse est oui, et c'est le point principal de l'exemple et ce qui le rend si intéressant. Voyons donc exactement comment Alice et Bob peuvent faire mieux dans ce jeu en utilisant l'intrication.

Vecteurs et matrices nécessaires

La première chose à faire est de définir un vecteur d'état de qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle,$ pour chaque nombre réel $\theta$ (qu'on va considérer comme un angle mesuré en radians) comme suit.

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

Voici quelques exemples simples :

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

On a aussi les exemples suivants, qui apparaissent dans l'analyse ci-dessous :

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

En regardant la forme générale, on voit que le produit scalaire entre deux de ces vecteurs a cette formule :

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

En détail, ces vecteurs n'ont que des entrées à nombres réels, donc il n'y a pas de conjugués complexes dont il faut se préoccuper : le produit scalaire est le produit des cosinus plus le produit des sinus. L'utilisation de l'une des formules d'addition d'angles de trigonométrie conduit à la simplification ci-dessus. Cette formule révèle l'interprétation géométrique du produit scalaire entre des vecteurs unitaires réels comme le cosinus de l'angle entre eux.

Si on calcule le produit scalaire du produit tensoriel de deux de ces vecteurs avec l'état $\vert \phi^+\rangle$, on obtient une expression similaire, sauf qu'elle a un $\sqrt{2}$ au dénominateur :

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

Notre intérêt pour ce produit scalaire particulier deviendra clair sous peu, mais pour l'instant on l'observe simplement comme une formule.

Ensuite, on définit une matrice unitaire $U_{\theta}$ pour chaque angle $\theta$ comme suit.

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

Intuitivement, cette matrice transforme $\vert\psi_{\theta}\rangle$ en $\vert 0\rangle$ et $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ en $\vert 1\rangle.$ Pour vérifier que c'est bien une matrice unitaire, une observation clé est que les vecteurs $\vert\psi_{\theta}\rangle$ et $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ sont orthogonaux pour tout angle $\theta$ :

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

On trouve donc que

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

On peut aussi écrire cette matrice explicitement comme

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

C'est un exemple de matrice de rotation, et plus précisément elle fait pivoter des vecteurs bidimensionnels à entrées réelles d'un angle de $-\theta$ autour de l'origine. Si on suit une convention standard pour nommer et paramétrer les rotations de diverses formes, on a $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$ où

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

Description de la stratégie

On peut maintenant décrire la stratégie quantique.

• Mise en place : Alice et Bob commencent le jeu en partageant un e-bit : Alice détient un qubit $\mathsf{A},$ Bob détient un qubit $\mathsf{B},$ et ensemble les deux qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ sont dans l'état $\vert\phi^+\rangle$.

• Actions d'Alice :

  • Si Alice reçoit la question $x=0,$ elle applique $U_{0}$ à son qubit $\mathsf{A}.$
  • Si Alice reçoit la question $x=1,$ elle applique $U_{\pi/4}$ à son qubit $\mathsf{A}.$

  L'opération qu'Alice effectue sur $\mathsf{A}$ peut également être décrite comme suit :

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

  Après avoir appliqué cette opération, Alice mesure $\mathsf{A}$ avec une mesure dans la base standard et fixe sa réponse $a$ comme le résultat de la mesure.

• Actions de Bob :

  • Si Bob reçoit la question $y=0,$ il applique $U_{\pi/8}$ à son qubit $\mathsf{B}.$
  • Si Bob reçoit la question $y=1,$ il applique $U_{-\pi/8}$ à son qubit $\mathsf{B}.$

  Comme pour Alice, on peut exprimer l'opération de Bob sur $\mathsf{B}$ comme suit :

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

  Après avoir appliqué cette opération, Bob mesure $\mathsf{B}$ avec une mesure dans la base standard et fixe sa réponse $b$ comme le résultat de la mesure.

Voici un diagramme de circuit quantique qui décrit cette stratégie :

Dans ce diagramme, on voit deux portes contrôlées ordinaires, une pour $U_{-\pi/8}$ en haut et une pour $U_{\pi/4}$ en bas. On a aussi deux portes qui ressemblent à des portes contrôlées, une pour $U_{\pi/8}$ en haut et une pour $U_{0}$ en bas, sauf que le cercle représentant le contrôle n'est pas rempli. Cela désigne un type différent de porte contrôlée où la porte est exécutée si le contrôle est à $0$ (plutôt qu'à $1$ comme une porte contrôlée ordinaire). Ainsi, effectivement, Bob effectue $U_{\pi/8}$ sur son qubit si $y=0$ et $U_{-\pi/8}$ si $y=1$ ; et Alice effectue $U_0$ sur son qubit si $x=0$ et $U_{\pi/4}$ si $x=1,$ ce qui est cohérent avec la description du protocole en mots ci-dessus.

Il reste à déterminer l'efficacité de cette stratégie pour Alice et Bob. On va le faire en passant en revue les quatre paires de questions possibles individuellement.

Analyse au cas par cas

• Cas 1 : $(x,y) = (0,0).$

  Dans ce cas, Alice effectue $U_{0}$ sur son qubit et Bob effectue $U_{\pi/8}$ sur le sien, donc l'état des deux qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ après qu'ils ont effectué leurs opérations est

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

  Les probabilités pour les quatre paires de réponses $(a,b)$ possibles sont donc les suivantes.

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

  On peut ensuite obtenir les probabilités que $a=b$ et $a\neq b$ par sommation.

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

  Pour la paire de questions $(0,0),$ Alice et Bob gagnent si $a=b,$ et donc ils gagnent dans ce cas avec une probabilité de

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

• Cas 2 : $(x,y) = (0,1).$

  Dans ce cas, Alice effectue $U_{0}$ sur son qubit et Bob effectue $U_{-\pi/8}$ sur le sien, donc l'état des deux qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ après qu'ils ont effectué leurs opérations est

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

  Les probabilités pour les quatre paires de réponses $(a,b)$ possibles sont donc les suivantes.

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

  Là encore, on peut obtenir les probabilités que $a=b$ et $a\neq b$ par sommation.

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

  Pour la paire de questions $(0,1),$ Alice et Bob gagnent si $a=b,$ et donc ils gagnent dans ce cas avec une probabilité de

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

• Cas 3 : $(x,y) = (1,0).$

  Dans ce cas, Alice effectue $U_{\pi/4}$ sur son qubit et Bob effectue $U_{\pi/8}$ sur le sien, donc l'état des deux qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ après qu'ils ont effectué leurs opérations est

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

  Les probabilités pour les quatre paires de réponses $(a,b)$ possibles sont donc les suivantes.

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

  On retrouve, une fois de plus, que les probabilités que $a=b$ et $a\neq b$ sont les suivantes.

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

  Pour la paire de questions $(1,0),$ Alice et Bob gagnent si $a=b,$ donc ils gagnent dans ce cas avec une probabilité de

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

• Cas 4 : $(x,y) = (1,1).$

  Le dernier cas est un peu différent, ce qu'on peut anticiper car la condition de victoire est différente dans ce cas. Quand $x$ et $y$ valent tous les deux $1,$ Alice et Bob gagnent quand $a$ et $b$ sont différents. Dans ce cas, Alice effectue $U_{\pi/4}$ sur son qubit et Bob effectue $U_{-\pi/8}$ sur le sien, donc l'état des deux qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ après qu'ils ont effectué leurs opérations est

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

  Les probabilités pour les quatre paires de réponses $(a,b)$ possibles sont donc les suivantes.

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

  Les probabilités ont effectivement interchangé leurs places par rapport aux trois autres cas. On obtient les probabilités que $a=b$ et $a\neq b$ par sommation.

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

  Pour la paire de questions $(1,1),$ Alice et Bob gagnent si $a\neq b,$ et donc ils gagnent dans ce cas avec une probabilité de

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

Ils gagnent dans chaque cas avec la même probabilité :

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

C'est donc la probabilité qu'ils gagnent au total. C'est nettement mieux que ce que peut faire toute stratégie classique pour ce jeu ; les stratégies classiques ont une probabilité de victoire bornée par $3/4.$ Et cela en fait un exemple très intéressant.

Il se trouve que c'est la probabilité de victoire optimale pour les stratégies quantiques. C'est-à-dire qu'on ne peut pas faire mieux que cela, peu importe l'état intriqué ou les mesures qu'on choisit. Ce fait est connu sous le nom d'inégalité de Tsirelson, du nom de Boris Tsirelson qui l'a prouvée en premier — et qui a également décrit l'expérience CHSH comme un jeu.

Image géométrique

Il est possible de penser à la stratégie décrite ci-dessus de manière géométrique, ce qui peut aider à comprendre les relations entre les différents angles choisis pour les opérations d'Alice et Bob.

Ce qu'Alice fait effectivement, c'est de choisir un angle $\alpha,$ en fonction de sa question $x,$ puis d'appliquer $U_{\alpha}$ à son qubit et de mesurer. De même, Bob choisit un angle $\beta,$ en fonction de $y,$ puis il applique $U_{\beta}$ à son qubit et mesure. On a choisi $\alpha$ et $\beta$ comme suit.

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

Pour l'instant, cependant, considérons $\alpha$ et $\beta$ comme arbitraires. En choisissant $\alpha,$ Alice définit effectivement une base orthonormée de vecteurs qui ressemble à ceci :

Bob fait de même, sauf que son angle est $\beta$ :

Les couleurs des vecteurs correspondent aux réponses d'Alice et Bob : bleu pour $0$ et rouge pour $1.$

Maintenant, si on combine $(1)$ et $(2)$, on obtient la formule

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

qui fonctionne pour tous les nombres réels $\alpha$ et $\beta.$

En suivant le même type d'analyse que ci-dessus, mais avec $\alpha$ et $\beta$ comme variables, on trouve ceci :

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

On conclut ces deux formules :

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

Ces équations peuvent être reliées aux figures ci-dessus en imaginant qu'on superpose les bases choisies par Alice et Bob. En particulier, quand $(x,y) = (0,0),$ Alice et Bob choisissent $\alpha = 0$ et $\beta = \pi/8,$ et en superposant leurs bases on obtient cette figure :

L'angle entre les vecteurs rouges est $\pi/8,$ ce qui est le même que l'angle entre les deux vecteurs bleus. La probabilité qu'Alice et Bob obtiennent le même résultat est le cosinus au carré de cet angle,

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

tandis que la probabilité qu'ils soient en désaccord est le sinus au carré de cet angle,

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

Quand $(x,y) = (0,1),$ Alice et Bob choisissent $\alpha = 0$ et $\beta = -\pi/8,$ et en superposant leurs bases on obtient cette figure :

L'angle entre les vecteurs rouges est à nouveau $\pi/8,$ tout comme l'angle entre les vecteurs bleus. La probabilité qu'Alice et Bob obtiennent le même résultat est à nouveau le cosinus au carré de cet angle,

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

tandis que la probabilité qu'ils soient en désaccord est le sinus au carré de cet angle,

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

Quand $(x,y) = (1,0),$ Alice et Bob choisissent $\alpha = \pi/4$ et $\beta = \pi/8,$ et en superposant leurs bases on obtient cette figure :

Les bases ont changé mais les angles non — encore une fois, l'angle entre les vecteurs de même couleur est $\pi/8.$ La probabilité qu'Alice et Bob obtiennent le même résultat est

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

et la probabilité qu'ils soient en désaccord est

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

Quand $(x,y) = (1,1),$ Alice et Bob choisissent $\alpha = \pi/4$ et $\beta = -\pi/8.$ Quand on superpose leurs bases, on voit que quelque chose de différent s'est produit :

De par la façon dont les angles ont été choisis, cette fois l'angle entre les vecteurs de même couleur est $3\pi/8$ plutôt que $\pi/8.$ La probabilité qu'Alice et Bob obtiennent le même résultat est toujours le cosinus au carré de cet angle, mais cette fois la valeur est

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

La probabilité que les résultats soient différents est le sinus au carré de cet angle, ce qui dans ce cas donne :

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

Remarques

L'idée de base d'une expérience comme le jeu CHSH, où l'intrication conduit à des résultats statistiques incompatibles avec un raisonnement purement classique, est due à John Bell, le homonyme des états de Bell. Pour cette raison, on parle souvent de ce type d'expériences comme de tests de Bell. On parle aussi parfois du théorème de Bell, qui peut être formulé de différentes façons — mais son essence est que la mécanique quantique n'est pas compatible avec les soi-disant théories à variables cachées locales. Le jeu CHSH est un exemple particulièrement clair et simple de test de Bell, et peut être vu comme une preuve, ou démonstration, du théorème de Bell.

Le jeu CHSH offre un moyen de tester expérimentalement la théorie de l'information quantique. Des expériences peuvent être réalisées qui implémentent le jeu CHSH, et testent les types de stratégies basées sur l'intrication décrites ci-dessus. Cela nous donne un haut degré de confiance que l'intrication est réelle — et contrairement aux façons parfois vagues ou poétiques que l'on trouve pour expliquer l'intrication, le jeu CHSH nous donne une façon concrète et testable d'observer l'intrication. Le prix Nobel de physique 2022 reconnaît l'importance de cette ligne de travail : le prix a été décerné à Alain Aspect, John Clauser (le C de CHSH) et Anton Zeilinger pour avoir observé l'intrication à travers des tests de Bell sur des photons intriqués.