出てくるもの（1）：Hong–Ou–Mandel 干渉

光学と量子エレクトロニクス　第33章 §33.3　★★★ 区別できない2個の光子を 50:50 の2つの入口に入れると、2個が別々の出口へ出る2つの経路の振幅が打ち消し合い、同時計数が $0$ になる。波束の重なり $J$ で同時計数は $(1-\lvert J\rvert ^2)/2$、古典の光では谷の深さが半分を超えない

2光子の4つの経路

入口1と入口2に光子を1個ずつ入れる。入口の状態は $\hat a_1^\dagger\hat a_2^\dagger| 0,0 \rangle$ で、式 (33.6) を当てると

$$\hat a_1^\dagger\hat a_2^\dagger| 0,0 \rangle \ \longmapsto\ \Bigl[tr'(\hat b_1^\dagger)^2+(tt'+rr')\,\hat b_1^\dagger\hat b_2^\dagger+rt'(\hat b_2^\dagger)^2\Bigr]| 0,0 \rangle\tag{33.9}$$

になる。真ん中の項は、2個の光子が別々の出口へ出る成分で、その振幅は「2個とも透過する」経路の $tt'$ と「2個とも反射する」経路の $rr'$ の和である（図 33.2）。2個の光子が区別できないので、どちらの経路を通ったかは出口の状態に残らず、2つの経路の振幅が足し合わされる。2つの出口で同時に光子を数える確率（同時計数の確率）は

$$P_{\mathrm c}=\lvert tt'+rr'\rvert ^2\tag{33.10}$$

である。対称な素子（$t=t'=\sqrt T$, $r=r'=\mathrm{i}\sqrt R$）では $rr'=-R$ なので $P_{\mathrm c}=(T-R)^2$ で、50:50 で $0$ になる。

50:50 の素子では、$(\hat b_1^\dagger)^2| 0,0 \rangle =\sqrt2| 2,0 \rangle$ を使って

$$| 1,1 \rangle \ \longmapsto\ \frac{\mathrm{i}}{\sqrt2}\bigl(| 2,0 \rangle +| 0,2 \rangle \bigr)\tag{33.11}$$

になる。2個の光子は必ず同じ出口から出て、どちらの出口かは半々である。この効果を、最初に測った3人の名から Hong–Ou–Mandel 干渉（HOM 干渉）と呼ぶ。

打ち消し合いの起源は、反射の位相 $\mathrm{i}$ が2回掛かって $-1$ になることである。第9章で、この位相はガラスの面の性質でなく、エネルギーが保存するために要るものだと述べた。HOM 干渉の打ち消しも、ユニタリ性 $t^*r'+r^*t'=0$ の帰結である。古典の Mach–Zehnder 干渉計の縞は1つの光子の2つの経路の振幅の干渉だったが、HOM 干渉は2個の光子の組の2つの経路（両方透過・両方反射）の振幅の干渉である。2つの入口の光の間の位相は結果に入らない（数状態は位相を持たない）ので、腕の長さを波長の精度で合わせる必要はない。

波束の重なりと谷

実際の光子は単色でなく、周波数の広がりを持つ波束である。周波数 $\omega$ の連続なモードの消滅演算子を $\hat a_j(\omega)$（$\left[\hat a_j(\omega),\,\hat a_k^\dagger(\omega')\right]=\delta_{jk}\delta(\omega-\omega')$）とし、入口 $j$ の光子を

$$\hat a_j^\dagger[\phi_j]| 0 \rangle =\int\mathrm{d}\omega\,\phi_j(\omega)\hat a_j^\dagger(\omega)| 0 \rangle ,\qquad\int\mathrm{d}\omega\,\lvert \phi_j(\omega)\rvert ^2=1$$

と書く。ビームスプリッタの $S$ が周波数に依らないなら、式 (33.6) は周波数ごとに成り立つ。出口で1個ずつ見つかる成分は $tt'\hat b_1^\dagger[\phi_1]\hat b_2^\dagger[\phi_2]+rr'\hat b_2^\dagger[\phi_1]\hat b_1^\dagger[\phi_2]$ で、そのノルムの2乗を、交換関係 $\left[\hat b[\phi],\,\hat b^\dagger[\psi]\right]=\int\phi^*\psi\,\mathrm{d}\omega$ を使って計算すると

$$P_{\mathrm c}=T^2+R^2-2TR\lvert J\rvert ^2,\qquad J=\int\mathrm{d}\omega\,\phi_1^*(\omega)\phi_2(\omega)\tag{33.12}$$

になる。50:50 では $P_{\mathrm c}=\frac12(1-\lvert J\rvert ^2)$ である。$J$ は2つの波束の重なりで、2個の光子がどれだけ区別できないかを測る。周波数の分布・到着の時刻・偏光が同じなら $\lvert J\rvert =1$ で同時計数は $0$、どれかで完全に区別できれば $J=0$ で $P_{\mathrm c}=T^2+R^2$（50:50 で $1/2$、2個がそれぞれ独立に出口を選んだ値）になる。

入口2の光子を時間 $\tau$ だけ遅らせると、§1 の Fourier の流儀で $\phi_2(\omega)=\phi_1(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau}$ になる。$\lvert \phi_1(\omega)\rvert ^2$ が中心 $\omega_0$・標準偏差 $\sigma$ の Gauss 分布なら、

$$\lvert J(\tau)\rvert ^2=\Bigl\lvert\int\mathrm{d}\omega\,\lvert \phi_1(\omega)\rvert ^2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau}\Bigr\rvert^2=\mathrm{e}^{-\sigma^2\tau^2},\qquad P_{\mathrm c}(\tau)=\frac12\bigl(1-\mathrm{e}^{-\sigma^2\tau^2}\bigr)\tag{33.13}$$

である。遅れ $\tau$ を走査すると、同時計数は $\tau=0$ のまわりで $0$ まで下がる谷を描く（図 33.3）。谷の半値全幅（同時計数が平らな所の半分になる幅）は $2\sqrt{\ln2}/\sigma$ で、光の帯域の逆数の桁、つまり第9章のコヒーレンス時間の桁である。谷の幅は光の周期（フェムト秒の桁）でなくコヒーレンス時間で決まり、谷の形は2つの腕の長さが波長の程度ゆらいでも変わらない。

古典の光の谷は半分まで

同じ配置に古典の光を入れると、谷の深さはどこまで行くか。入口の古典の場の強度を $I_1$, $I_2$、2つの場の相対的な位相を $\varphi$ とすると、50:50 の出口の強度は

$$I_{3}=\frac{I_1+I_2}{2}-\sqrt{I_1I_2}\sin\varphi,\qquad I_{4}=\frac{I_1+I_2}{2}+\sqrt{I_1I_2}\sin\varphi$$

である（出口を $3$, $4$ と呼んだ）。同時計数は強度の積の平均 $\langle I_3I_4 \rangle$ に比例する。独立な2つの光源では $\varphi$ はでたらめで $\langle \sin^2\varphi \rangle =1/2$ なので

$$\langle I_3I_4 \rangle =\frac{\langle I_1^2 \rangle +\langle I_2^2 \rangle }{4}\tag{33.14}$$

になる。2つの光が干渉しないほど遅らせたときの値は $\langle (I_1+I_2)^2 \rangle /4$ で、比は $\langle I_1^2+I_2^2 \rangle /\langle (I_1+I_2)^2 \rangle$ である。$2I_1I_2\le I_1^2+I_2^2$ からこの比は $1/2$ 以上で、等号は強度がゆらがず $I_1=I_2$ のときに限る。古典の光の HOM の谷は、平らな所の半分より深くならない。谷の深さの割合（可視度）$V=1-P_{\mathrm c}(0)/P_{\mathrm c}(\infty)$ が $1/2$ を超えることが、2光子の量子的な干渉のしるしになる。同じ Gauss の波束の古典のパルスでは、同時計数の比は $1-\frac12\lvert J(\tau)\rvert ^2$ になり、谷の幅は量子の場合と同じで、深さだけが半分になる。