Juego CHSH

El último ejemplo de esta lección no es un protocolo, sino un juego -- el llamado juego CHSH.

Cuando hablamos de un juego aquí, no nos referimos a algo que se juega por diversión, sino a una abstracción matemática en el sentido de la teoría de juegos. Los modelos matemáticos de juegos se estudian, por ejemplo, en economía e informática y son tanto fascinantes como útiles.

Las letras CHSH representan a los autores -- John Clauser, Michael Horne, Abner Shimony y Richard Holt -- de un artículo de 1969 en el que se describió el ejemplo por primera vez. No lo describieron como un juego, sino como un experimento. Sin embargo, la descripción como juego es tanto natural como intuitiva.

El juego CHSH pertenece a una clase de juegos conocidos como juegos no locales. Los juegos no locales son extraordinariamente interesantes y tienen profundas conexiones con la física, la informática y las matemáticas -- con misterios que permanecen sin resolver hasta el día de hoy. Comenzamos la sección con una explicación de lo que son los juegos no locales, y luego nos centramos en el juego CHSH y lo que lo hace tan interesante.

Juegos no locales

Un juego no local es un juego cooperativo en el que dos jugadores, Alice y Bob, trabajan juntos para lograr un objetivo determinado. El juego es dirigido por un arbitro que se comporta según reglas estrictas conocidas por Alice y Bob.

Alice y Bob pueden prepararse para el juego de cualquier manera que deseen, pero una vez que el juego ha comenzado, les está prohibido comunicarse entre sí. Se puede imaginar que el juego tiene lugar en una especie de instalación segura -- como si el árbitro desempeñara el papel de un detective y Alice y Bob fueran sospechosos interrogados en habitaciones separadas. Otra forma de imaginar la situación es que Alice y Bob están separados por una gran distancia y la comunicación está prohibida porque la velocidad de la luz no permite la transmisión dentro del tiempo de juego. Es decir: si Alice intenta enviar un mensaje a Bob, el juego ya habrá terminado mucho antes de que él lo reciba -- y viceversa.

En un juego no local, el arbitro primero hace una pregunta a Alice y otra a Bob. Usamos la letra $x$ para la pregunta de Alice e $y$ para la pregunta de Bob. Pensamos en $x$ e $y$ como estados clásicos; en el juego CHSH, $x$ e $y$ son bits.

El árbitro elige estas preguntas mediante aleatoriedad. Más concretamente, existe una probabilidad $p(x,y)$ para cada posible par de preguntas $(x,y)$, y el árbitro se ha comprometido a elegir las preguntas aleatoriamente de acuerdo con estas probabilidades en el momento del juego. Todos -- incluidos Alice y Bob -- conocen estas probabilidades, pero nadie sabe de antemano qué par $(x,y)$ será elegido.

Después de que Alice y Bob reciben sus preguntas, deben proporcionar respuestas: la respuesta de Alice es $a$ y la respuesta de Bob es $b.$ Estas son también, en general, estados clásicos; en el juego CHSH son bits.

A continuación, el árbitro toma una decisión: Alice y Bob ganan o pierden, dependiendo de si el par de respuestas $(a,b)$ se considera correcto para el par de preguntas $(x,y)$ según un conjunto fijo de reglas. Diferentes reglas definen diferentes juegos; las reglas específicas del juego CHSH se describen en la siguiente sección. Como ya se menciónó, las reglas son conocidas por todos.

El siguiente diagrama muestra las interacciones graficamente.

La incertidumbre sobre que preguntas se formularan, y en particular el hecho de que cada jugador desconoce la pregunta del otro, hace que los juegos no locales sean desafiantes para Alice y Bob -- de manera similar a cómo dos sospechosos confabulados en habitaciones separadas intentan mantener su historia consistente.

Una descripción precisa del árbitro define una instancia de un juego no local. Esto incluye la especificación de las probabilidades $p(x,y)$ para cada par de preguntas, así como las reglas que determinan, para cada posible par de preguntas $(x,y)$, si el par de respuestas $(a,b)$ gana o pierde.

Examinaremos el juego CHSH en seguida, pero antes mencionemos brevemente que también es muy interesante considerar otros juegos no locales. De hecho, esto es sumamente interesante: existen juegos no locales para los cuales aún no se sabe qué tan bien pueden jugar Alice y Bob con entrelazamiento cuántico. La configuración es simple, pero la complejidad subyacente es enorme -- y para algunos juegos puede ser desesperadamente difícil calcular estrategias óptimas o casi óptimas para Alice y Bob. Eso es lo asombroso del modelo de juegos no locales.

Descripción del juego CHSH

Aquí está la descripción precisa del juego CHSH, donde (como antes) $x$ es la pregunta de Alice, $y$ la pregunta de Bob, $a$ la respuesta de Alice y $b$ la respuesta de Bob:

• Las preguntas y respuestas son todas bits: $x,y,a,b\in\{0,1\}.$

• El árbitro elige las preguntas $(x,y)$ uniformemente al azar. Es decir, cada una de las cuatro posibilidades, $(0,0),$ $(0,1),$ $(1,0)$ y $(1,1),$ se selecciona con probabilidad $1/4$.

• Las respuestas $(a,b)$ ganan para las preguntas $(x,y)$ si $a\oplus b = x\wedge y$, y pierden en caso contrario. La siguiente tabla expresa esta regla, listando para cada par de preguntas $(x,y)$ las condiciones de victoria y derrota para las respuestas $(a,b)$.

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

Límites de las estrategias clásicas

Consideremos ahora las estrategias para Alice y Bob en el juego CHSH, comenzando con estrategias clásicas.

Estrategias deterministas

Comenzamos con estrategias deterministas, en las que la respuesta $a$ de Alice es una función de la pregunta $x$ que recibe, y la respuesta $b$ de Bob es correspondientemente una función de la pregunta $y$. Podemos escribir, por ejemplo, $a(0)$ para representar la respuesta de Alice cuando su pregunta es $0$, y $a(1)$ para su respuesta cuando su pregunta es $1.$

Ninguna estrategia determinista puede ganar el juego CHSH en todos los casos. Una forma de ver esto es revisar todas las estrategias deterministas posibles una por una y verificar que cada una pierde para al menos uno de los cuatro posibles pares de preguntas. Alice y Bob pueden elegir cada uno entre cuatro funciones posibles de un bit a un bit -- que ya conocimos en la primera lección del curso --, de modo que hay un total de $16$ estrategias deterministas diferentes a verificar.

También podemos razonarlo analíticamente. Si la estrategia de Alice y Bob gana para $(x,y) = (0,0)$, debe cumplirse $a(0) = b(0)$; si su estrategia gana para $(x,y) = (0,1)$, entonces $a(0) = b(1)$; e igualmente, si la estrategia gana para $(x,y)=(1,0)$, entonces $a(1) = b(0).$ Si su estrategia gana en los tres casos, se deduce que:

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

Esto significa que la estrategia pierde en el último caso $(x,y) = (1,1)$, ya que ganar aquí solo es posible si $a(1) \neq b(1)$. Por lo tanto, no puede existir ninguna estrategia determinista que siempre gane.

Por otro lado, es fácil encontrar estrategias deterministas que ganen en tres de los cuatro casos, como $a(0)=a(1)=b(0)=b(1)=0.$ De aquí concluimos que la máxima probabilidad de ganar con una estrategia determinista es $3/4$.

Estrategias probabilísticas

Como acabamos de demostrar, Alice y Bob no pueden ganar el juego CHSH más del 75% de las veces con una estrategia determinista. Pero, ¿qué pasa con una estrategia probabilística? ¿Puede el uso de aleatoriedad -- incluyendo aleatoriedad compartida, donde sus decisiones aleatorias están correlacionadas -- ayudar a Alice y Bob?

Resulta que las estrategias probabilísticas no mejoran en absoluto la probabilidad de ganar. Esto se debe a que cualquier estrategia probabilística puede verse alternativamente como una selección aleatoria de una estrategia determinista, del mismo modo que las operaciones probabilísticas pueden considerarse como selecciones aleatorias de operaciones deterministas. El promedio nunca es mayor que el máximo, y por lo tanto las estrategias probabilísticas no ofrecen ninguna ventaja en términos de la probabilidad total de ganar.

Así, ganar con probabilidad $3/4$ es lo mejor que Alice y Bob pueden lograr con una estrategia clásica -- ya sea determinista o probabilística.

Estrategia para el juego CHSH

Una pregunta natural es si Alice y Bob pueden hacerlo mejor con una estrategia cuántica. Si comparten un estado cuántico entrelazado, como sugiere la siguiente figura -- que podrían haber preparado antes del juego --, ¿pueden aumentar su probabilidad de ganar?

La respuesta es sí, y ese es el punto principal de este ejemplo y la razón por la que es tan interesante. Veamos entonces exactamente cómo Alice y Bob pueden jugar mejor este juego utilizando entrelazamiento.

Vectores y matrices necesarios

Primero, definimos para cada número real $\theta$ (que interpretamos como un ángulo en radianes) un vector de estado de qubit $\vert \psi_{\theta}\rangle$ como sigue:

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

Aquí hay algunos ejemplos simples:

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

Además, tenemos los siguientes ejemplos, que aparecen en el análisis posterior:

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

Considerando la forma general, observamos que el producto interno de dos de estos vectores tiene la siguiente fórmula:

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

Dado que estos vectores solo tienen entradas reales, no hay conjugados complejos que considerar: el producto interno es el producto de los cosenos más el producto de los senos. Aplicando una de las fórmulas de adición de la trigonometría se obtiene la simplificación anterior. Esta fórmula muestra la interpretación geométrica del producto interno de vectores unitarios reales como el coseno del ángulo entre ellos.

Si calculamos el producto interno del producto tensorial de dos de estos vectores con el estado $\vert \phi^+\rangle$, obtenemos una expresión similar, pero con $\sqrt{2}$ en el denominador:

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

La razón por la que nos interesa este producto interno quedará clara en breve; por ahora simplemente lo establecemos como una fórmula.

A continuación, definimos para cada ángulo $\theta$ una matriz unitaria $U_{\theta}$ como sigue:

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

Intuitivamente, esta matriz transforma $\vert\psi_{\theta}\rangle$ en $\vert 0\rangle$ y $\vert \psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ en $\vert 1\rangle.$ Para verificar que se trata de una matriz unitaria, la observación clave es que los vectores $\vert\psi_{\theta}\rangle$ y $\vert\psi_{\theta + \pi/2}\rangle$ son ortogonales para cualquier ángulo $\theta$:

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

Con esto se obtiene:

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

Esta matriz también puede escribirse explícitamente 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 es un ejemplo de una matriz de rotación, que rota vectores bidimensionales con entradas reales un ángulo de $-\theta$ alrededor del origen. Siguiendo una convención estándar para la denominación y parametrización de rotaciones, se tiene $U_{\theta} = R_y(-2\theta)$, donde

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

Descripción de la estrategia

Ahora podemos describir la estrategia cuántica.

• Preparación: Alice y Bob comienzan el juego con un e-bit compartido: Alice posee un qubit $\mathsf{A},$ Bob posee un qubit $\mathsf{B},$ y juntos los dos qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ se encuentran en el estado $\vert\phi^+\rangle.$

• Acciones de Alice:

  • Si Alice recibe la pregunta $x=0,$ aplica $U_{0}$ a su qubit $\mathsf{A}$.
  • Si Alice recibe la pregunta $x=1,$ aplica $U_{\pi/4}$ a su qubit $\mathsf{A}$.

  La operación que Alice aplica a $\mathsf{A}$ también puede describirse así:

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

  Después de aplicar esta operación, Alice mide $\mathsf{A}$ con una medición en la base estándar y establece su respuesta $a$ como el resultado de la medición.

• Acciones de Bob:

  • Si Bob recibe la pregunta $y=0,$ aplica $U_{\pi/8}$ a su qubit $\mathsf{B}$.
  • Si Bob recibe la pregunta $y=1,$ aplica $U_{-\pi/8}$ a su qubit $\mathsf{B}$.

  Al igual que con Alice, la operación de Bob sobre $\mathsf{B}$ puede expresarse como:

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

  Después de aplicar esta operación, Bob mide $\mathsf{B}$ con una medición en la base estándar y establece su respuesta $b$ como el resultado de la medición.

A continuación se muestra un diagrama de circuito cuántico que describe esta estrategia:

En este diagrama vemos dos puertas controladas ordinarias: una para $U_{-\pi/8}$ arriba y una para $U_{\pi/4}$ abajo. Además hay dos puertas que parecen puertas controladas -- una para $U_{\pi/8}$ arriba y una para $U_{0}$ abajo --, pero el círculo de control no está relleno. Esto designa otro tipo de puerta controlada, en la que la puerta se ejecuta cuando el control está en $0$ (en lugar de en $1$ como en una puerta controlada ordinaria). Efectivamente, Bob aplica $U_{\pi/8}$ a su qubit cuando $y=0$, y $U_{-\pi/8}$ cuando $y=1$; y Alice aplica $U_0$ a su qubit cuando $x=0$, y $U_{\pi/4}$ cuando $x=1$ -- en concordancia con la descripción del protocolo anterior.

Queda por determinar qué tan bien funciona esta estrategia para Alice y Bob. Revisamos los cuatro posibles pares de preguntas uno por uno.

Análisis caso por caso

• Caso 1: $(x,y) = (0,0).$

  En este caso, Alice aplica $U_{0}$ a su qubit y Bob $U_{\pi/8}$ al suyo, de modo que el estado de los dos qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ después de sus operaciones es:

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

  Las probabilidades para los cuatro posibles pares de respuestas $(a,b)$ son entonces:

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

  Sumando obtenemos las probabilidades de que $a=b$ y $a\neq b$:

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

  Para el par de preguntas $(0,0)$, Alice y Bob ganan cuando $a=b$; por lo tanto, ganan en este caso con probabilidad

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

• Caso 2: $(x,y) = (0,1).$

  En este caso, Alice aplica $U_{0}$ a su qubit y Bob $U_{-\pi/8}$ al suyo, de modo que el estado de los dos qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ después de sus operaciones es:

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

  Las probabilidades para los cuatro posibles pares de respuestas $(a,b)$ son entonces:

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

  Nuevamente, sumando obtenemos las probabilidades de que $a=b$ y $a\neq b$:

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

  Para el par de preguntas $(0,1)$, Alice y Bob ganan cuando $a=b$; por lo tanto, ganan en este caso con probabilidad

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

• Caso 3: $(x,y) = (1,0).$

  En este caso, Alice aplica $U_{\pi/4}$ a su qubit y Bob $U_{\pi/8}$ al suyo, de modo que el estado de los dos qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ después de sus operaciones es:

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

  Las probabilidades para los cuatro posibles pares de respuestas $(a,b)$ son entonces:

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

  También aquí, sumando obtenemos:

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

  Para el par de preguntas $(1,0)$, Alice y Bob ganan cuando $a=b$; por lo tanto, ganan en este caso con probabilidad

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

• Caso 4: $(x,y) = (1,1).$

  El último caso es algo diferente, lo cual es esperable ya que la condición de victoria aquí es distinta. Cuando tanto $x$ como $y$ son iguales a $1$, Alice y Bob ganan cuando $a$ y $b$ son diferentes. En este caso, Alice aplica $U_{\pi/4}$ a su qubit y Bob $U_{-\pi/8}$ al suyo, de modo que el estado de los dos qubits $(\mathsf{A},\mathsf{B})$ después de sus operaciones es:

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

  Las probabilidades para los cuatro posibles pares de respuestas $(a,b)$ son entonces:

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

  Las probabilidades se han intercambiado efectivamente respecto a los tres casos anteriores. Sumando obtenemos:

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

  Para el par de preguntas $(1,1)$, Alice y Bob ganan cuando $a\neq b$; por lo tanto, ganan en este caso con probabilidad

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

En todos los casos ganan con la misma probabilidad:

$$\frac{2 + \sqrt{2}}{4} \approx 0{,}85.$$

Esta es por tanto la probabilidad total de ganar. Es significativamente mejor de lo que cualquier estrategia clásica puede lograr en este juego; las estrategias clásicas tienen una probabilidad de ganar de como máximo $3/4.$ Y esto es lo que hace este ejemplo tan interesante.

Dicho sea de paso, esta es la probabilidad de ganar óptima para estrategias cuánticas. Es decir, independientemente del estado entrelazado o las mediciones que se elijan, no se puede superar este valor. Este hecho se conoce como la desigualdad de Tsirelson, en honor a Boris Tsirelson, quien la demostró por primera vez -- y quien describió el experimento CHSH como un juego.

Perspectiva geométrica

Es posible considerar la estrategia descrita anteriormente desde un punto de vista geometrico, lo que puede ayudar a comprender las relaciones entre los diferentes ángulos de las operaciones de Alice y Bob.

Lo que Alice hace efectivamente es elegir un ángulo $\alpha$ dependiendo de su pregunta $x$, luego aplicar $U_{\alpha}$ a su qubit y medir. Del mismo modo, Bob elige un ángulo $\beta$ dependiendo de $y$, aplica $U_{\beta}$ a su qubit y mide. Hemos elegido $\alpha$ y $\beta$ de la siguiente manera:

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

Por el momento, consideremos $\alpha$ y $\beta$ como arbitrarios. Al elegir $\alpha$, Alice define efectivamente una base ortonormal de vectores que luce así:

Bob hace lo mismo, pero con el ángulo $\beta$:

Los colores de los vectores corresponden a las respuestas de Alice y Bob: azul para $0$ y rojo para $1.$

Si combinamos $(1)$ y $(2)$, obtenemos la fórmula

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

que se cumple para todos los números reales $\alpha$ y $\beta$.

Siguiendo el mismo tipo de análisis que antes, pero con $\alpha$ y $\beta$ como variables, se obtiene:

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

De aquí se deducen estas dos fórmulas:

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

Estas ecuaciones pueden relacionarse con las figuras anteriores imaginando que se superponen las bases elegidas por Alice y Bob. Cuando $(x,y) = (0,0)$, Alice y Bob eligen $\alpha = 0$ y $\beta = \pi/8$, y al superponer sus bases se obtiene esta figura:

El ángulo entre los vectores rojos es $\pi/8$, al igual que el ángulo entre los dos vectores azules. La probabilidad de que los resultados de Alice y Bob coincidan es el coseno al cuadrado de este ángulo:

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

y la probabilidad de que difieran es el seno al cuadrado de este ángulo:

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

Cuando $(x,y) = (0,1)$, Alice y Bob eligen $\alpha = 0$ y $\beta = -\pi/8$, y al superponer sus bases se obtiene esta figura:

El ángulo entre los vectores rojos es nuevamente $\pi/8$, al igual que el ángulo entre los azules. La probabilidad de que los resultados de Alice y Bob coincidan es nuevamente el coseno al cuadrado de este ángulo:

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

y la probabilidad de que difieran es el seno al cuadrado de este ángulo:

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

Cuando $(x,y) = (1,0)$, Alice y Bob eligen $\alpha = \pi/4$ y $\beta = \pi/8$, y al superponer sus bases se obtiene esta figura:

Las bases han cambiado, pero los ángulos no -- nuevamente el ángulo entre vectores del mismo color es $\pi/8.$ La probabilidad de que los resultados de Alice y Bob coincidan es:

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

y la probabilidad de que difieran es:

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

Cuando $(x,y) = (1,1)$, Alice y Bob eligen $\alpha = \pi/4$ y $\beta = -\pi/8.$ Al superponer sus bases, vemos que ha ocurrido algo diferente:

Debido a la forma en que se eligieron los ángulos, esta vez el ángulo entre vectores del mismo color es $3\pi/8$ en lugar de $\pi/8.$ La probabilidad de que los resultados de Alice y Bob coincidan sigue siendo el coseno al cuadrado de este ángulo, pero esta vez el resultado es:

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

La probabilidad de que los resultados difieran es el seno al cuadrado de este ángulo, que en este caso da:

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

Observaciones

La idea fundamental de un experimento como el juego CHSH -- en el que el entrelazamiento produce resultados estadísticos que no son compatibles con el pensamiento puramente clásico -- se remonta a John Bell, quien da nombre a los estados de Bell. Por eso, tales experimentos se denominan frecuentemente pruebas de Bell. A veces se habla también del teorema de Bell, que puede formularse de diversas maneras -- pero la esencia es que la mecánica cuántica no es compatible con las llamadas teorías locales de variables ocultas. El juego CHSH es un ejemplo particularmente claro y sencillo de una prueba de Bell y puede verse como una demostración del teorema de Bell.

El juego CHSH ofrece una forma de poner a prueba experimentalmente la teoría de la información cuántica. Se pueden realizar experimentos que implementen el juego CHSH y prueben las estrategias basadas en entrelazamiento descritas anteriormente. Esto nos proporciona un alto grado de confianza en que el entrelazamiento es real -- y a diferencia de las explicaciones a veces vagas o poéticas que encontramos para el entrelazamiento, el juego CHSH ofrece una forma concreta y verificable de observar el entrelazamiento. El Premio Nobel de Física 2022 reconoce la importancia de esta línea de investigación: el premio fue otorgado a Alain Aspect, John Clauser (la C en CHSH) y Anton Zeilinger por la observación del entrelazamiento mediante pruebas de Bell con fotones entrelazados.