出てくるもの（2）：原子1個ずつの列と Rydberg 遮断のゲート

光学と量子エレクトロニクス　第27章 §27.4　★★★ ピンセットの中の原子の数は光で誘起された衝突で0か1になり、空いた所を詰めると原子1個ずつの列になる。Rydberg 状態の原子どうしの大きな相互作用は2個の同時励起を禁じ、π–2π–π のパルスで制御位相ゲートになる

原子を1個ずつ入れる

半径 $1\,\mu\mathrm m$ の程度のピンセットに冷えた原子の雲から原子を入れると、はじめは Poisson 分布に近い数の原子が入る。そこに近共鳴の光を当てると、同じピンセットの中の2個の原子は光で誘起された衝突を起こし、2個そろってトラップから飛び出す。これを繰り返すと、偶数個の原子は全部失われ、奇数個の原子は1個だけ残る。小さいピンセットでは衝突が速く、入ってくる原子が2個目と一緒に失われるので、残る数は0か1で、どちらも確率がほぼ $1/2$ になる（N. Schlosser, G. Reymond, I. Protsenko, P. Grangier (2001)、Nature 411, 1024）。1個の原子が入ったかどうかは、蛍光を撮ればピンセットごとに分かる。

確率 $p$ で1個、$1-p$ で0個のとき、原子の数の平均は $p$、分散は $p(1-p)$ で、分散は平均より小さい。分散と平均の比から1を引いた Mandel の $Q=\operatorname{Var}N/\langle N \rangle -1=-p$ は負で、Poisson 分布（$Q=0$）より揺らぎの小さい分布である。

$M$ 個のピンセットそれぞれに独立に確率 $1/2$ で原子が入ると、入った原子の数 $N$ は二項分布

$$P(N)=\binom{M}{N}2^{-M}\tag{27.12}$$

に従う。原子を $N_0$ 個並べたいなら、$M>N_0$ 個のピンセットを用意して、原子の入ったピンセットを動く別のピンセットで1個ずつつまんで空いた場所へ運ぶ。この並べ替えで、50個ほどの原子を欠けのない1次元と2次元の列に並べることが 2016 年に示された（D. Barredo, S. de Léséleuc, V. Lienhard, T. Lahaye, A. Browaeys (2016)、Science 354, 1021。M. Endres ほか (2016)、Science 354, 1024）。

Rydberg 遮断

原子を主量子数 $n$ の大きな Rydberg 状態 $| r \rangle$ に励起すると、電子は核から $n^2a_0$ の程度離れた軌道を回り、原子は大きな電気双極子を持ちうる。距離 $r$ だけ離れた2個の Rydberg 状態の原子は、2次の双極子相互作用で

$$V(r)=\frac{C_6}{r^6}\tag{27.13}$$

の van der Waals 相互作用を持ち、$C_6$ はおよそ $n^{11}$ に比例して大きくなる。数 $\mu\mathrm m$ 離れた2個の原子でも、$V/h$ は MHz から GHz に達する。基底状態の原子どうしの相互作用（ピンセットの間隔では Hz より小さい）とは比べものにならない。

2個の原子それぞれの基底状態の1つ $| 1 \rangle$ を Rabi 周波数 $\Omega$ で $| r \rangle$ へ共鳴で駆動する。1個ずつなら各原子は $| 1 \rangle \leftrightarrow| r \rangle$ の Rabi 振動をする（第19章）。2個とも $| r \rangle$ にある状態 $| rr \rangle$ は $V$ だけエネルギーがずれているので、$V\gg\hbar\Omega$ なら $| rr \rangle$ への遷移は共鳴から外れて起こらない。これをRydberg 遮断と呼び、遮断が起こる距離の目安を

$$V(R_{\mathrm b})=\hbar\Omega,\qquad R_{\mathrm b}=\Bigl(\frac{C_6}{\hbar\Omega}\Bigr)^{1/6}\tag{27.14}$$

で定める（遮断の半径）。遮断された2個の原子の駆動は、$| 11 \rangle$ と対称な1励起の状態 $| W \rangle =(| 1r \rangle +| r1 \rangle )/\sqrt2$ の2準位系になり、$\langle W | \hat H | 11 \rangle =\sqrt2\,\hbar\Omega/2$ なので、Rabi 周波数は $\sqrt2\,\Omega$ になる。$N$ 個の原子が互いに遮断されていると、同じ理由で $\sqrt N\,\Omega$ になる。この $\sqrt2$ 倍の振動は 2009 年に2個の原子で観測された（E. Urban ほか (2009)、Nature Phys. 5, 110。A. Gaëtan ほか (2009)、Nature Phys. 5, 115）。

制御位相ゲート

各原子の量子ビットを、超微細構造の2つの基底状態 $| 0 \rangle$, $| 1 \rangle$ で作る。$| 0 \rangle$ は Rydberg 状態へ駆動しない。Jaksch たちの手順（D. Jaksch, J. I. Cirac, P. Zoller, S. L. Rolston, R. Côté, M. D. Lukin (2000)、Phys. Rev. Lett. 85, 2208）は次の3つのパルスである。制御の原子に $| 1 \rangle \to| r \rangle$ の $\pi$ パルス、標的の原子に $| 1 \rangle \to| r \rangle \to| 1 \rangle$ の $2\pi$ パルス、制御の原子に $\pi$ パルスを当てる。

共鳴の Rabi 振動で $2\pi$ だけ回すと、2準位の状態は元へ戻るが符号が $-1$ になる（スピン $1/2$ の $2\pi$ 回転）。$\pi$ パルスを2回当てても合わせて $2\pi$ なので、同じく $-1$ が掛かる。これを4つの入力で数える。$| 00 \rangle$ はどの原子も駆動されないので変わらない。$| 01 \rangle$ では標的だけが $2\pi$ 回って $-1$。$| 10 \rangle$ では制御が $\pi$+$\pi$ で $-1$。$| 11 \rangle$ では、制御が $| r \rangle$ にいる間、標的の $| 1 \rangle \to| r \rangle$ は遮断されて動かず、制御の $\pi$+$\pi$ の $-1$ だけが掛かる。結果は

$$\operatorname{diag}(1,-1,-1,-1)=(Z\otimes Z)\cdot\mathrm{CZ},\qquad\mathrm{CZ}=\operatorname{diag}(1,1,1,-1)\tag{27.15}$$

で、各原子の $Z$ の回転（1量子ビットのゲート）を足せば制御 $Z$ ゲート（CZ）になる。遮断が無ければ $| 11 \rangle$ でも標的が $2\pi$ 回って $+1$ になり、4つの位相は各原子の位相の積に分かれて、もつれは生じない。もつれは遮断によって生じる。CZ と1量子ビットのゲートで量子計算の回路を組むことができる（相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第6部第1章）。

$V$ が有限だと遮断は完全でない。$| 11 \rangle$ の $2\pi$ パルスの間、標的は $| r1 \rangle \leftrightarrow| rr \rangle$ を離調 $V/\hbar$ で駆動される2準位系で、パルスの後に $| r1 \rangle$ に残る振幅は、$\Omega'=\sqrt{\Omega^2+V^2/\hbar^2}$ として

$$a=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi V/(\hbar\Omega)}\Bigl[\cos\frac{\pi\Omega'}{\Omega}+\mathrm{i}\frac{V}{\hbar\Omega'}\sin\frac{\pi\Omega'}{\Omega}\Bigr]$$

である（第19章の離調のある Rabi 振動）。$V\gg\hbar\Omega$ では $\lvert a\rvert \to1$ で、位相のずれは $\pi(\Omega'-V/\hbar)/\Omega\approx\pi\hbar\Omega/(2V)$ である。ゲートの誤りを平均ゲート忠実度 $F$（入力の状態を一様に平均した、出力と目標の状態の重なり）で測ると、位相のずれ $\phi$ が1つの対角要素にだけあるとき $1-F\approx3\phi^2/20$ で、$\lvert a\rvert <1$ による漏れの分も足して

$$1-F\approx\Bigl(\frac{\hbar\Omega}{V}\Bigr)^2\Bigl[\frac{3\pi^2}{80}+\frac14\sin^2\Bigl(\pi\sqrt{1+\frac{V^2}{\hbar^2\Omega^2}}\Bigr)\Bigr]\tag{27.16}$$

になる。$3\pi^2/80=0.370$ である。漏れの項は $V/(\hbar\Omega)$ のわずかな変化で0と最大の間を振動し、$\Omega$ を少し調整すれば0にすることができる。図 27.4 のとおり、3準位×2個の Schrödinger 方程式を数値で解いた $1-F$ は、$V/(\hbar\Omega)\ge10$ でこの式と3%以内で一致する。

もう1つの誤りは Rydberg 状態の寿命 $\tau$ である。4つの入力を平均すると、原子が Rydberg 状態にいる時間の合計は、$| 00 \rangle$ で0、$| 01 \rangle$ で $\pi/\Omega$、$| 10 \rangle$ と $| 11 \rangle$ で $3\pi/\Omega$ で、平均 $7\pi/(4\Omega)$ である。この間に崩壊する確率

$$\varepsilon _{\mathrm{dec}}\approx\frac{7\pi}{4\Omega\tau}\tag{27.17}$$

が誤りに加わる。遮断の誤りは $\Omega$ を小さくすると減り、崩壊の誤りは $\Omega$ を大きくすると減るので、最適な $\Omega$ がある（総合問題）。