Conclusion
Les jeux CHSH et CM ont été présentés et étudiés dans ce travail afin de mieux comprendre les corrélations quantiques observées dans la nature. Il faut savoir que plusieurs autres jeux (de peuso-télépathie ou non) existent. Cependant, le jeu CHSH est l’un des plus connus, sinon le plus connu. Sa simplicité permet une étude libre de détails qui pourraient nuire à la compréhension du problème, sans toutefois réduire la richesse du problème. Comme discuté au chapitre 2, la meilleure stratégie classique permet de gagner avec probabilité 34, tandis qu’une stratégie quantique offre une probabilité de succès de cos2(π
8). C’est toutefois la boîte
PR, cet outil théorique représentant l’unique solution permettant de gagner à tous les coups au jeu CHSH non signalant, qui a volé la vedette au chapitre 5. L’étude de la boîte PR dans le cadre de ce mémoire a été motivée par la comparaison que l’on peut effectuer avec les résultats obtenus pour le jeu du carré magique. En effet, il a été montré au chapitre 2 qu’une stratégie quantique permet d’atteindre une probabilité de succès de 1 au jeu CM non signalant. L’existence d’une solution quantique pour le jeu du carré magique, et non pour le jeu CHSH, est l’une des différences les plus frappantes entre ces deux jeux.
Au chapitre 3, le théorème des répétitions parallèles de Raz a été introduit afin d’analyser davantage les jeux CHSH et CM lorsque les participants sont restreints à utiliser des ressources classiques. Plus particulièrement, on s’intéresse au cas où Alice et Bob jouent n répétitions en parallèle d’un jeu G. Le théorème montre que la valeur du jeu Gn ne se réduit pas
simplement à (val(G))n. En fait, ce théorème montre que si Alice et Bob jouent n répétitions en parallèle de G, la probabilité qu’ils gagnent simultanément toutes les répétitions est bornée
supérieurement par (CG)n, où CG < 1 est une constante qui dépend seulement du jeu G. Le
cas à 2 répétitions a été analysé pour les jeux CHSH et CM. Des statistiques intéressantes ont été obtenues sur les stratégies déterministes pour CHSH2, mais pas pour CM2, étant donné
l’espace des réponses trop grand. Le théorème de Raz a aussi été utilisé dans la preuve de différents résultats au chapitre 5.
Le chapitre 4 a permis au lecteur de se familiariser avec la complexité de Kolmogorov. De plus, une nouvelle preuve d’équivalence entre les concepts de chaînes calculables et de chaînes imprimables a été présentée. Ce résultat offre une compréhension du concept de calculabilité, tel qu’introduit par Turing, en termes de complexité de Kolmogorov (définition d’imprimabilité). Certains résultats du chapitre 5 font référence à cette notion.
Finalement, le cœur du travail est présenté au chapitre 5. Il s’agit de l’étude des cor- rélations qui se manifestent de la boîte PR et dans le jeu du carré magique non-signalant. D’abord, les résultats déjà connus dans la littérature à propos de la boîte PR ont été expo- sés. L’analyse probabiliste nous apprend que les réponses de la boîte PR sont nécessairement aléatoires et indépendantes des questions. Aucune autre distribution de probabilité ne peut respecter à la fois la définition de la boîte PR et le principe de non-signalement. L’approche algorithmique montre, entre autres, que la chaîne des réponses (d’Alice ou de Bob) est non calculable même sachant la chaîne des questions respective. Ceci concorde avec le résultat de l’analyse probabiliste, car si la chaîne des questions d’Alice est donnée comme ressource, il n’existe pas de programme (ou machine de Turing universelle) de longueur O(log n) qui puisse produire la chaîne de ses réponses ; cette chaîne doit donc contenir une certaine quan- tité d’information aléatoire. Ensuite, le carré magique non-signalant a été étudié. Les résultats obtenus en utilisant une approche probabiliste sont assez surprenants et intéressants. Il s’agit peut-être de la contribution la plus importante de ce travail. En effet, il a été montré qu’il existe une infinité de distributions de probabilité qui satisfont à la définition du carré ma- gique et au principe de non-signalement, contrairement au cas de la boîte PR. Deux exemples différents de la distribution évidente ont été présentés, dont l’un d’entre eux montre la dis- tribution obtenue en ajoutant une contrainte artificielle, soit une des probabilités fixée à 1.
Il a été montré que dans ce cas particulier, il existe une solution (distribution de probabilité) unique. Les analyses probabilistes pour la boîte PR et le jeu CM permettent de mettre en évidence une différence qui semble fondamentale entre ces deux jeux. Il serait intéressant d’explorer davantage cette différence dans un travail futur. De son côté, l’approche algo- rithmique montre des résultats similaires à ceux de la boîte PR. On constate, entre autres, qu’au moins une des chaînes de réponses est non-calculable même étant donné la chaîne des questions respective. Un nouveau résultat montre aussi que la chaîne des réponses d’Alice est non calculable étant donné toute l’information de Bob, c’est-à-dire la chaîne de ses questions et celle de ses réponses.
Pour mieux comprendre le lien entre les approches probabiliste et algorithmique, il serait intéressant d’étudier plus en détail l’impact de l’existence d’une infinité de distributions de probabilité satisfaisant le carré magique non signalant. Comment cela se traduit-il en termes d’information contenue dans les réponses d’Alice et de Bob ? De plus, qu’en est-il de la complexité des questions et réponses d’une expérience quantique au jeu CHSH ? En effet, il serait intéressant de pouvoir comparer les résultats obtenus dans le cas de la boîte PR (qui est non signalante et gagne à tous les coups au jeu CHSH) avec les résultats dans le cas des corrélations quantiques (qui sont aussi non signalantes mais permettent de gagner au jeu CHSH avec probabilité ≈ 85%), lesquelles peuvent être observées dans la nature contrairement aux corrélations de la boîte PR.
Les mystères de l’intrication, l’origine de l’aléa qui semble se manifester des corrélations quantiques, la complexité de la nature... Alice et Bob ont du pain sur la planche !
Bibliographie
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Annexe A
Codes Python
A.1. Code utilisé pour déterminer le nombre de stratégies détermi-
nistes gagnantes avec probabilité 10/16 au jeu CHSH
2import numpy a s np import i t e r t o o l s def b i n s e q ( k ) : return [ ’ ’ . j o i n ( x ) f o r x in i t e r t o o l s . p r o d u c t ( ’ 01 ’ , r e p e a t=k ) ] abxy = b i n s e q ( 4 ) #T o u t e s l e s c h a i n e s de 4 b i t s A = [ ] #On c o n s t r u i t l e s 256 f o n c t i o n s {0 ,1}^2 −−−> {0 ,1}^2 f o r i in range ( 0 , 4 ) : f o r j in range ( 4 , 8 ) : f o r k in range ( 8 , 1 2 ) : f o r n in range ( 1 2 , 1 6 ) :
z = abxy [ i ] + abxy [ j ] + abxy [ k ] + abxy [ n ] A. append ( z )
#s t r u c t u r e d ’ un e l e m e n t dans A: 00A( 0 0 ) 0 1A( 0 1 ) 1 0A( 1 0 ) 1 1A( 1 1 )
B = A
#A e t B s o n t l e s 256 f o n c t i o n s {0 ,1}^2 −−−> {0 ,1}^2 p o s s i b l e s #c h e z A l i c e e t c h e z Bob
x = np . z e r o s ( ( 2 5 6 , 2 5 6 ) )
#on c a l c u l e l a p r o b a b i l i t e de s u c c e s pour c h a q u e c o u p l e (A, B) f o r i in range ( 0 , 2 5 6 ) :
f o r j in range ( 0 , 2 5 6 ) :
i f i n t (A[ i ] [ 0 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 0 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 2 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 2 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 3 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 3 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=00 e t b=00
i f i n t (A[ i ] [ 0 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 4 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 2 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 6 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 5 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 3 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 7 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=00 e t b=01
i f i n t (A[ i ] [ 0 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 8 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 2 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 0 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 9 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 3 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 1 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=00 e t b=10
i f i n t (A[ i ] [ 0 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 2 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 2 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 4 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 3 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 3 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 5 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=00 e t b=11
i f i n t (A[ i ] [ 4 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 0 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 6 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 2 ] ) and i n t (A[ i ] [ 5 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 7 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 3 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=01 e t b=00
and i n t (A[ i ] [ 5 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 5 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 7 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 7 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=01 e t b=01
i f i n t (A[ i ] [ 4 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 8 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 6 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 0 ] ) and i n t (A[ i ] [ 5 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 9 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 7 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 1 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=01 e t b=10
i f i n t (A[ i ] [ 4 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 2 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 6 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 4 ] ) and i n t (A[ i ] [ 5 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 3 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 7 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 5 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=01 e t b=11
i f i n t (A[ i ] [ 8 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 0 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 0 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 2 ] ) and i n t (A[ i ] [ 9 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 1 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 3 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=10 e t b=00
i f i n t (A[ i ] [ 8 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 4 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 0 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 6 ] ) and i n t (A[ i ] [ 9 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 5 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 1 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 7 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=10 e t b=01
i f i n t (A[ i ] [ 8 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 8 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 0 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 0 ] ) and i n t (A[ i ] [ 9 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 9 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 1 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 1 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=10 e t b=10
i f i n t (A[ i ] [ 8 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 2 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 0 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 4 ] ) and i n t (A[ i ] [ 9 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 3 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 1 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 5 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=10 e t b=11
i f i n t (A[ i ] [ 1 2 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 0 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 4 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 2 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 3 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 5 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 3 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=11 e t b=00
i f i n t (A[ i ] [ 1 2 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 4 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 4 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 6 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 3 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 5 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 5 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 7 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=11 e t b=01
i f i n t (A[ i ] [ 1 2 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 8 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 4 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 0 ] )
and i n t (A[ i ] [ 1 3 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 9 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 5 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 1 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=11 e t b=10
i f i n t (A[ i ] [ 1 2 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 2 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 4 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 4 ] ) and i n t (A[ i ] [ 1 3 ] ) ∗ i n t (B [ j ] [ 1 3 ] ) = = i n t (A[ i ] [ 1 5 ] ) ^ i n t (B [ j ] [ 1 5 ] ) : x [ i , j ] += 1 #a=11 e t b=11
y=0
#on c h e r c h e l e s c o u p l e s (A, B) pour l e s q u e l l e s l a p r o b a b i l i t e #de s u c c e s e s t de 10/16 e t on l e s compte ( y e s t l e compteur )
f o r i in range ( 0 , 2 5 6 ) : f o r j in range ( 0 , 2 5 6 ) : i f x [ i , j ]==10: y+=1 print ( i , j ) print ( y )
A.2. Code utilisé pour déterminer le nombre de stratégies détermi-
nistes gagnantes avec probabilité 8/9 au jeu CM
import numpy a s np from tqdm import tqdm
from i t e r t o o l s import p r o d u c t from math import ∗
from s c i p y . s p a r s e import dok_matrix from random import ∗
return [ ’ ’ . j o i n ( x ) f o r x in p r o d u c t ( ’ 123 ’ , r e p e a t=k ) ] def b i n s e q 1 ( k ) : return [ ’ ’ . j o i n ( x ) f o r x in p r o d u c t ( ’ 01 ’ , r e p e a t=k ) ] ab = b i n s e q ( 1 ) #t o u t e s l e s c h a i n e s de 2 t r i t s xy = b i n s e q 1 ( 3 ) #t o u t e s l e s c h a i n e s de 3 b i t s x = [ xy [ 0 ] , xy [ 3 ] , xy [ 5 ] , xy [ 6 ] ] #l e s r e p o n s e s p o s s i b l e s pour A l i c e y = [ xy [ 1 ] , xy [ 2 ] , xy [ 4 ] , xy [ 7 ] ] #l e s r e p o n s e s p o s s i b l e s pour Bob def c h a r t o i n t (X ) : return [ i n t ( i ) f o r i in X] f = [ ] f o r i in range ( 0 , 3 ) : f o r j in range ( 0 , 4 ) : s = ab [ i ] + x [ j ] f . append ( c h a r t o i n t ( s ) ) g = [ ] f o r i in range ( 0 , 3 ) : f o r j in range ( 0 , 4 ) : s = ab [ i ] + y [ j ] g . append ( c h a r t o i n t ( s ) ) #f o n c t i o n s A( a ) = x de l a forme 1XXX2XXX3XXX A-v
A = [ ] #f o n c t i o n s B( b ) = y de l a forme 1YYY2YYY3YYY B = [ ] f o r r in range ( 0 , 4 ) : f o r w in range ( 4 , 8 ) : f o r p in range ( 8 , 1 2 ) : a = f [ r ] + f [ w ] + f [ p ] b = g [ r ] + g [ w ] + g [ p ] A. append ( a ) B . append ( b ) number = 64 t = np . z e r o s ( ( number , number ) ) q = 0
#on c a l c u l e l a p r o b a b i l i t e de s u c c e s pour c h a q u e c o u p l e (A, B) e t f o r i in range ( 0 , number ) : f o r j in range ( 0 , number ) : i f A[ i ] [ 1 ] = = B [ j ] [ 1 ] : t [ i , j ] += 1 #a=1 e t b=1 i f A[ i ] [ 2 ] = = B [ j ] [ 5 ] : t [ i , j ] += 1 #a=1 e t b=2 i f A[ i ] [ 3 ] = = B [ j ] [ 9 ] : t [ i , j ] += 1 #a=1 e t b=3 i f A[ i ] [ 5 ] = = B [ j ] [ 2 ] : t [ i , j ] += 1 #a=2 e t b=1 i f A[ i ] [ 6 ] = = B [ j ] [ 6 ] : t [ i , j ] += 1 #a=2 e t b=2 i f A[ i ] [ 7 ] = = B [ j ] [ 1 0 ] : t [ i , j ] += 1 #a=2 e t b=3 i f A[ i ] [ 9 ] = = B [ j ] [ 3 ] : t [ i , j ] += 1 #a=3 e t b=1 i f A[ i ] [ 1 0 ] = = B [ j ] [ 7 ] : t [ i , j ] += 1 #a=3 e t b=2
i f A[ i ] [ 1 1 ] = = B [ j ] [ 1 1 ] : t [ i , j ] += 1 #a=3 e t b=3
#on c h e r c h e l e s c o u p l e s (A, B) pour l e s q u e l l e s l a p r o b a b i l i t e #de s u c c e s e s t de 10/16 e t on l e s compte ( y e s t l e compteur )
i f i n t ( t [ i , j ] ) == 8 : q += 1
print ( t [ i , j ] , i , j )
print ( q )
Annexe B
Solution non signalante au jeu du carré magique
Ici est présentée une distribution de probabilité qui satisfait aux contraintes du carré magique (CM), de normalisation et de non-signalement (NS) qui est différente de la solution évidente et de celle présentée dans la sous-section 5.2.1.2.
Solution
A = 1, B = 1
A = 1, B = 2
A = 2, B = 1 A = 2, B = 2 A = 2, B = 3 A = 3, B = 1 A = 3, B = 2 A = 3, B = 3
Annexe C
Preuve d’unicité de la solution au carré magique
non signalant s’il existe
( ˙a, ˙b, ˙x, ˙y) t.q.
P (X = ˙x, Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1
Preuve. Posons P (X = ˙x, Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1 pour un certain choix de ( ˙a, ˙b, ˙x, ˙y) respectant (CM), la normalisation et (NS).
Puisqu’on parle de probabilités, rappelons que :
∀ x, y, a, b : 0 ≤ P (X = x, Y = y | A = a, B = b) ≤ 1. (C.0.1) Par normalisation, on obtient :
X
x
X
y
P (X = x, Y = y | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.2)
Cette double somme se développe en 8 termes (les couples (x, y) qui respectent x˙b = y˙a).
Toutefois, P (X = ˙x, Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1. Ainsi, (C.0.1) et (C.0.2) impliquent que les 7 autres termes de la double somme sont nuls. De plus, remarquons que :
P (X = ˙x | A = ˙a)N S= P (X = ˙x | A = ˙a, B = ˙b) =X y P (X = ˙x, Y = y | A = ˙a, B = ˙b) = P (X = ˙x, Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.3)
Ainsi, sur réception de la question ˙a, la réponse d’Alice est assurément ˙x. Ceci veut dire que la rangée ˙a du carré magique est fixée et plus particulièrement, que le bit en position ˙a de la
réponse de Bob est toujours déterminé par ˙x, peu importe la valeur que prend B, en raison de la condition d’intersection (xb = ya).
Soit ¯b1 et ¯b2, les deux valeurs de la variable B t.q. B 6= ˙b. Ainsi, sur réception de la
question ¯b1, la réponse y de Bob doit nécessairement satisfaire ˙x ¯b1
= y˙a. Donc, lorsque
B = ¯b1, il y a seulement deux valeurs possibles pour la variable Y . Notons ces deux valeurs
ˆ
y1 et ˆy2.
Définition C.0.1. Les réponses possibles de Bob sur réception de la question ¯b1 :
{ˆy1, ˆy2} = {Y = y | ˙x ¯b1
= y˙a}.
De façon similaire, on définit les valeurs possibles que peut prendre la variable Y lorsque B = ¯b2. Dans ce cas, il faut nécessairement que ˙x
¯
b2 = y˙a. Notons ˜y
1 et ˜y2 les deux valeurs de
la variable Y qui respectent cette condition.
Définition C.0.2. Les réponses possibles de Bob sur réception de la question ¯b2 :
{˜y1, ˜y2} = {Y = y | ˙x ¯b2
= y˙a}.
Il faut observer que {ˆy1, ˆy2} et {˜y1, ˜y2} ne sont pas nécessairement disjoints et qu’ils
peuvent même contenir ˙y.
De la même façon qu’à l’équation (C.0.3), le principe de non-signalement implique :
P (Y = ˙y | B = ˙b) = 1 (C.0.4)
ce qui veut dire que la colonne ˙b du carré magique est fixée et que le bit en position ˙b de la réponse d’Alice est toujours déterminé par ˙y.
Soit ¯a1 et ¯a2, les deux valeurs de la variable A t.q. A 6= ˙a. Ainsi, sur réception de la
question ¯a1, la réponse x d’Alice doit nécessairement satisfaire x˙b = ˙y¯a1. Il y a deux valeurs
de la variable X qui respectent cette condition. Notons les ˆx1 et ˆx2.
Définition C.0.3. Les réponses possibles d’Alice sur réception de la question ¯a1 :
De façon similaire, on définit les valeurs possibles que peut prendre la variable X lorsque A = ¯a2. Dans ce cas, il faut nécessairement que x˙b = ˙ya¯2. Notons ˜x1 et ˜x2 les deux valeurs
de la variable X qui respectent cette condition.
Définition C.0.4. Les réponses possibles d’Alice sur réception de la question ¯a2 :
{˜x1, ˜x2} = {X = x | x˙b = ˙ya¯2}.
Observons que {ˆx1, ˆx2} et {˜x1, ˜x2} ne sont pas nécessairement disjoints et qu’ils peuvent
même contenir ˙x.
Utilisons maintenant le principe de non-signalement ainsi que les équations (C.0.3) et (C.0.4). P (X = ˙x | A = ˙a, B = ¯b1) N S = P (X = ˙x | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.5) P (X = ˙x | A = ˙a, B = ¯b2) N S = P (X = ˙x | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.6) P (Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b) N S = P (Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.7) P (Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b) N S = P (Y = ˙y | A = ˙a, B = ˙b) = 1. (C.0.8) De l’équation (C.0.5), on a : P (X = ˙x | A = ˙a, B = ¯b1) =X y P (X = ˙x, Y = y | A = ˙a, B = ¯b1) = P (X = ˙x, Y = ˆy1 | A = ˙a, B = ¯b1) + P (X = ˙x, Y = ˆy2 | A = ˙a, B = ¯b1) = 1. (C.0.9)
Pour alléger la notation, nous utilisons dans la suite des calculs : φ = P (X = ˙x, Y = ˆy1 | A = ˙a, B = ¯b1)
ψ = P (X = ˙x, Y = ˆy2 | A = ˙a, B = ¯b1).
Ainsi, l’équation (C.0.9) s’écrit :
φ + ψ = 1. (C.0.10)
Remarquons qu’étant donné que les seuls couples de réponses possibles lorsqu’Alice et Bob reçoivent les questions ( ˙a, ¯b1) sont ( ˙x, ˆy1) et ( ˙x, ˆy2), on peut écrire :
φ = P (Y = ˆy1 | A = ˙a, B = ¯b1) et ψ = P (Y = ˆy2 | A = ˙a, B = ¯b1).
Utilisons à nouveau le principe de non-signalement.
φN S= P (Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) (C.0.11)
φN S= P (Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) (C.0.12)
ψ N S= P (Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1) (C.0.13)
ψ N S= P (Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1) (C.0.14)
Dans l’équation (C.0.11), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1)
=P (X = ˆx1, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1).
Étudions les deux termes du côté droit de la dernière égalité. Pour savoir s’il est possible que ces deux termes soit non nuls simultanément, il faut se demander s’il est possible que ˆ x¯b1 1 = ˆy ¯ a1 1 et ˆx ¯b1 2 = ˆy ¯ a1
1 simultanément. Rappelons que ˙b est la position telle que ˆx1˙b = ˆx2˙b.
Ainsi, par construction des x, il est impossible qu’il y ait une deuxième position pour laquelle le bit de ˆx1 soit identique au bit de ˆx2 (si c’était le cas, alors ˆx1 = ˆx2 puisqu’il suffit de deux
bits pour spécifier entièrement la réponse d’Alice). Ceci nous apprend que ˆx¯b1
1 6= ˆx ¯b1 2 (et ˆ x¯b2 1 6= ˆx ¯b2
2 ). Il est donc impossible de respecter simultanément ˆx ¯b1 1 = ˆy ¯ a1 1 et ˆx ¯b1 2 = ˆy ¯ a1 1 . Il
faut alors qu’une des deux probabilités soit nulle puisqu’elle ne respecte pas la condition d’intersection du carré magique. Notons α la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Finalement, ce raisonnement nous permet d’écrire :
φ = α (C.0.15)
Dans l’équation (C.0.12), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1)
Par le même raisonnement qu’au paragraphe précédent, il y a nécessairement une des deux probabilités du côté droit de l’équation qui ne respecte pas la condition d’intersection du carré magique, ce qui signifie qu’elle est nulle. Notons la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Nous avons donc l’égalité suivante :
φ = (C.0.16)
Dans l’équation (C.0.13), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1)
=P (X = ˆx1, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1).
Il est encore possible de conclure qu’une des deux probabilités du côté droit de l’équation est nulle. Notons β la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
ψ = β (C.0.17)
Dans l’équation (C.0.14), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1)
=P (X = ˜x1, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x2, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1).
Il est encore possible de conclure qu’une des deux probabilités du côté droit de l’équation est nulle. Notons ζ la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
ψ = ζ (C.0.18)
Retournons à l’équation (C.0.6). D’après celle-ci, on a : P (X = ˙x | A = ˙a, B = ¯b2) =X y P (X = ˙x, Y = y | A = ˙a, B = ¯b2) = P (X = ˙x, Y = ˜y1 | A = ˙a, B = ¯b2) + P (X = ˙x, Y = ˜y2 | A = ˙a, B = ¯b2) = 1. (C.0.19) C-v
Dans la suite des calculs, nous utilisons :
κ = P (X = ˙x, Y = ˜y1 | A = ˙a, B = ¯b2)
λ = P (X = ˙x, Y = ˜y2 | A = ˙a, B = ¯b2)
Ainsi, l’équation (C.0.19) s’écrit :
κ + λ = 1. (C.0.20)
Remarquons qu’étant donné que les seuls couples de réponses possibles lorsqu’Alice et Bob reçoivent les questions ( ˙a, ¯b2) sont ( ˙x, ˜y1) et ( ˙x, ˜y2), on peut écrire :
κ = P (Y = ˜y1 | A = ˙a, B = ¯b2) et λ = P (Y = ˜y2 | A = ˙a, B = ¯b2)
Utilisons à nouveau le principe de non-signalement.
κN S= P (Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.21)
κN S= P (Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) (C.0.22)
λN S= P (Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.23)
λN S= P (Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2) (C.0.24)
Dans l’équation (C.0.21), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2)
=P (X = ˆx1, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve que ˆx¯b2
1 6= ˆx ¯ b2
2 , ce qui implique
qu’une des deux probabilités est nulle. Notons γ la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
κ = γ (C.0.25)
Dans l’équation (C.0.22), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2)
=P (X = ˜x1, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x2, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve que ˜x¯b2
1 6= ˜x ¯ b2
2 , ce qui implique
qu’une des deux probabilités est nulle puisqu’elle ne respecte pas la condition d’intersec- tion du carré magique. Notons η la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux
probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
κ = η (C.0.26)
Dans l’équation (C.0.23), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2)
=P (X = ˆx1, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle. Notons δ la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
λ = δ (C.0.27)
Dans l’équation (C.0.24), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2)
=P (X = ˜x1, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x2, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle. Notons θ la probabilité potentiellement non nulle parmi les deux probabilités. Ceci nous permet d’écrire :
λ = θ (C.0.28)
Retournons à l’équation (C.0.7). D’après celle-ci, on a : P (Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b) =X x P (X = x, Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b) = P (X = ˆx1, Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b) + P (X = ˆx2, Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b) = 1. (C.0.29)
Dans la suite des calculs, nous utilisons :
µ = P (X = ˆx1, Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b)
σ = P (X = ˆx2, Y = ˙y | A = ¯a1, B = ˙b)
Ainsi, l’équation (C.0.29) s’écrit :
µ + σ = 1. (C.0.30)
Remarquons qu’étant donné que les seuls couples de réponses possibles lorsqu’Alice et Bob reçoivent les questions (¯a1, ˙b) sont (ˆx1, ˙y) et (ˆx2, ˙y), on peut écrire :
µ = P (X = ˆx1 | A = ¯a1, B = ˙b) et σ = P (X = ˆx2 | A = ¯a1, B = ˙b)
Utilisons à nouveau le principe de non-signalement.
µN S= P (X = ˆx1 | A = ¯a1, B = ¯b1) (C.0.31)
µN S= P (X = ˆx1 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.32)
σN S= P (X = ˆx2 | A = ¯a1, B = ¯b1) (C.0.33)
σN S= P (X = ˆx2 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.34)
Dans l’équation (C.0.31), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (X = ˆx1 | A = ¯a1, B = ¯b1)
=P (X = ˆx1, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx1, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle.
Passons directement à l’équation (C.0.33). Le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante :
P (X = ˆx2 | A = ¯a1, B = ¯b1)
=P (X = ˆx2, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabi- lités qui est nulle. Il faut maintenant observer qu’en additionnant les équations (C.0.11) et (C.0.13), on obtient : φ + ψ = P (X = ˆx1, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx1, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1) (C.0.35)
et qu’en additionnant les équations (C.0.31) et (C.0.33), on obtient : µ + σ = P (X = ˆx1, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx1, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy1 | A = ¯a1, B = ¯b1) + P (X = ˆx2, Y = ˆy2 | A = ¯a1, B = ¯b1). (C.0.36)
Les deux dernières égalités contiennent exactement les mêmes termes. Puisqu’il a déjà été déterminé que les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.35) sont α et β, les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.36) sont aussi α et β. Ceci implique finalement que :
{µ = α = φ, σ = β = ψ} ou {µ = β = ψ, σ = α = φ} (C.0.37)
Dans l’équation (C.0.32), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (X = ˆx1 | A = ¯a1, B = ¯b2)
=P (X = ˆx1, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx1, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle.
Dans l’équation (C.0.34), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (X = ˆx2 | A = ¯a1, B = ¯b2)
=P (X = ˆx2, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabi- lités qui est nulle. Il faut maintenant observer qu’en additionnant les équations (C.0.21) et (C.0.23), on obtient : κ + λ = P (X = ˆx1, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx1, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.38) C-ix
et qu’en additionnant les équations (C.0.32) et (C.0.34), on obtient : µ + σ = P (X = ˆx1, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx1, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y1 | A = ¯a1, B = ¯b2) + P (X = ˆx2, Y = ˜y2 | A = ¯a1, B = ¯b2) (C.0.39)
Les deux dernières égalités contiennent exactement les mêmes termes. Puisqu’il a déjà été déterminé que les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.38) sont γ et δ, les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.39) sont aussi γ et δ. Ceci implique finalement que :
{µ = γ = κ, σ = δ = λ} ou {µ = δ = λ, σ = γ = κ} (C.0.40)
Retournons à l’équation (C.0.8). D’après celle-ci, on a : P (Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b) =X x P (X = x, Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b) = P (X = ˜x1, Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b) + P (X = ˜x2, Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b) = 1. (C.0.41)
Dans la suite des calculs, nous utilisons :
ρ = P (X = ˜x1, Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b)
π = P (X = ˜x2, Y = ˙y | A = ¯a2, B = ˙b)
Ainsi, l’équation (C.0.41) s’écrit :
ρ + π = 1. (C.0.42)
Remarquons qu’étant donné que les seuls couples de réponses possibles lorsqu’Alice et Bob reçoivent les questions (¯a2, ˙b) sont (˜x1, ˙y) et (˜x2, ˙y), on peut écrire :
ρ = P (X = ˜x1 | A = ¯a2, B = ˙b) et π = P (X = ˜x2 | A = ¯a2, B = ˙b)
Utilisons à nouveau le principe de non-signalement.
ρN S= P (X = ˜x1 | A = ¯a2, B = ¯b2) (C.0.44)
πN S= P (X = ˜x2 | A = ¯a2, B = ¯b1) (C.0.45)
πN S= P (X = ˜x2 | A = ¯a2, B = ¯b2) (C.0.46)
Dans l’équation (C.0.43), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (X = ˜x1 | A = ¯a2, B = ¯b1)
=P (X = ˜x1, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x1, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle.
Passons directement à l’équation (C.0.45). Le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante :
P (X = ˜x2 | A = ¯a2, B = ¯b1)
=P (X = ˜x2, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x2, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabi- lités qui est nulle. Il faut maintenant observer qu’en additionnant les équations (C.0.12) et (C.0.14), on obtient : φ + ψ = P (X = ˜x1, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x2, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x1, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1) + P (X = ˜x2, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1) (C.0.47)
et qu’en additionnant les équations (C.0.43) et (C.0.45), on obtient : ρ + π = P (X = ˜x1, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) +
P (X = ˜x1, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1) +
P (X = ˜x2, Y = ˆy1 | A = ¯a2, B = ¯b1) +
P (X = ˜x2, Y = ˆy2 | A = ¯a2, B = ¯b1)
(C.0.48)
Les deux dernières égalités contiennent exactement les mêmes termes. Puisqu’il a déjà été déterminé que les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.47) sont
et ζ, les deux probabilités non nulles du côté droit de l’équation (C.0.48) sont aussi et ζ. Ceci implique finalement que :
{ρ = = φ, π = ζ = ψ} ou {ρ = ζ = ψ, π = = φ} (C.0.49)
Dans l’équation (C.0.44), le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante : P (X = ˜x1 | A = ¯a2, B = ¯b2)
=P (X = ˜x1, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x1, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabilités qui est nulle.
Passons finalement à l’équation (C.0.46). Le côté droit de l’égalité se développe de la façon suivante :
P (X = ˜x2 | A = ¯a2, B = ¯b2)
=P (X = ˜x2, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x2, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2).
Par le même raisonnement utilisé précédemment, on trouve qu’il y a une des deux probabi- lités qui est nulle. Il faut maintenant observer qu’en additionnant les équations (C.0.22) et (C.0.24), on obtient : κ + λ = P (X = ˜x1, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x2, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x1, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2) + P (X = ˜x2, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2) (C.0.50)
et qu’en additionnant les équations (C.0.44) et (C.0.46), on obtient : ρ + π = P (X = ˜x1, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) +
P (X = ˜x1, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2) +
P (X = ˜x2, Y = ˜y1 | A = ¯a2, B = ¯b2) +
P (X = ˜x2, Y = ˜y2 | A = ¯a2, B = ¯b2)
(C.0.51)
Les deux dernières égalités contiennent exactement les mêmes termes. Puisqu’il a déjà