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授業で習った形との対応

2026年10月15日6分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第2章 von Neumann エントロピーと量子相対エントロピー
目次
  1. 量子統計力学のエントロピー
  2. 量子情報の講義の書き方
  3. 統計力学の Gibbs–Bogoliubov の不等式
  4. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第3部 第2章 §3.2.6 ★★ 量子統計力学の S=−kBTr⁡ρ^ln⁡ρ^S=- k_{\mathrm B}\operatorname{Tr}\hat\rho\ln\hat\rho、量子情報の講義の底2の書き方、統計力学の Gibbs–Bogoliubov の不等式を、この章の式と並べる

量子統計力学のエントロピー

量子統計力学の授業では、エントロピーを

S=−kBTr⁡(ρ^ln⁡ρ^)S=- k_{\mathrm B}\operatorname{Tr}(\hat\rho\ln\hat\rho)

と kBk_{\mathrm B} を付けて定義し、カノニカル分布 ρ^=e−βH^/Z\hat\rho=\mathrm{e}^{-\beta\hat H}/Z に代入して S=(U−F)/TS=(U-F)/T、F=−kBTln⁡ZF=- k_{\mathrm B} T\ln Z を導くことが多い。この章の von Neumann エントロピーは無次元(nat)で、熱力学のエントロピーとは

S熱=kB S(ρ^β)(3.2.29)S_{\text{熱}}= k_{\mathrm B}\,S(\hat\rho_\beta)\tag{3.2.29}

の関係にある。kBk_{\mathrm B} は nat を J/K\mathrm{J/K} に換える係数で、情報の量としての中身は S(ρ^β)S(\hat\rho_\beta) が持っている。授業の式 TS熱=U−FTS_{\text{熱}}=U-F は、式 (3.2.24) で ρ^=ρ^β\hat\rho=\hat\rho_\beta としたものである。

量子情報の講義の書き方

量子情報の講義や教科書では、エントロピーを底2の対数で S(ρ)=−Tr⁡ρlog⁡2ρS(\rho)=-\operatorname{Tr}\rho\log_2\rho(単位ビット)と書き、量子相対エントロピーを S(ρ ∥ σ)=Tr⁡ρlog⁡2ρ−Tr⁡ρlog⁡2σS(\rho\,\|\,\sigma)=\operatorname{Tr}\rho\log_2\rho-\operatorname{Tr}\rho\log_2\sigma と書くことが多い。この巻では、古典と量子で同じ記号 DD を使い、自然対数で書く。換算はビットの値 == nat の値 /ln⁡2/\ln2 である。記号 S(ρ ∥ σ)S(\rho\,\|\,\sigma) を使わない理由は、SS がすでに作用とエントロピーに使われていることと、古典の D(p ∥ q)D(p\,\|\,q) と量子の D(ρ^ ∥ σ^)D(\hat\rho\,\|\,\hat\sigma) が命題 3.2.2 で直接つながることを記号の上でも見せるためである。また講義では Klein の不等式を「ln⁡\ln が作用素単調である」ことや Lagrange の未定乗数法で示すことがあるが、この章の証明(二重確率行列と Jensen)は古典の Gibbs の不等式の証明をそのまま使っている。

統計力学の Gibbs–Bogoliubov の不等式

統計力学の変分法では、解ける Hamiltonian H^0\hat H_0 を選び、その平衡状態 ρ^0=e−βH^0/Z0\hat\rho_0=\mathrm{e}^{-\beta\hat H_0}/Z_0 を使って

F≤F0+⟨H^−H^0⟩0(3.2.30)F\le F_0+\langle \hat H-\hat H_0 \rangle _0\tag{3.2.30}

を示す(Gibbs–Bogoliubov の不等式、Feynman の変分原理とも呼ぶ)。ここで F0=−kBTln⁡Z0F_0=- k_{\mathrm B} T\ln Z_0、⟨⋅⟩0=Tr⁡(ρ^0 ⋅)\langle \cdot \rangle _0=\operatorname{Tr}(\hat\rho_0\,\cdot) である。これは定理 3.2.12 で試行状態を ρ^0\hat\rho_0 に選んだものである。実際、S(ρ^0)=β(⟨H^0⟩0−F0)S(\hat\rho_0)=\beta(\langle \hat H_0 \rangle _0-F_0) なので

F(ρ^0)=⟨H^⟩0−kBTS(ρ^0)=F0+⟨H^−H^0⟩0,F(\hat\rho_0)=\langle \hat H \rangle _0- k_{\mathrm B} T S(\hat\rho_0)=F_0+\langle \hat H-\hat H_0 \rangle _0,

で、F(ρ^0)−F=kBT D(ρ^0 ∥ ρ^β)F(\hat\rho_0)-F= k_{\mathrm B} T\,D(\hat\rho_0\,\|\,\hat\rho_\beta) が上界と真の値の差になる。授業で平均場近似を「1体の有効 Hamiltonian H^0=−∑iheffZi\hat H_0=-\sum_ih_{\mathrm{eff}}Z_i を選んでheffh_{\mathrm{eff}} について右辺を最小にする」と習った場合、これは 3.2.5節の積状態の族の中での最小化と同じ問題である。

例題 3.2.7 2準位系の集まりのエントロピー ★★

オリジナル例題 3.2.5 の2準位系(βE=ln⁡3\beta E=\ln3)が 1 mol1\,\mathrm{mol} あり、互いに独立とする。

  1. 1つの系の S(ρ^β)S(\hat\rho_\beta) を求めよ。
  2. 統計力学の授業の式 S熱=NkB[ln⁡(1+e−βE)+βE e−βE1+e−βE]S_{\text{熱}}=N k_{\mathrm B}\bigl[\ln(1+\mathrm{e}^{-\beta E})+\frac{\beta E\,\mathrm{e}^{-\beta E}}{1+\mathrm{e}^{-\beta E}}\bigr] と式 (3.2.29) が一致することを確かめ、値を J K−1 mol−1\mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}} で求めよ(気体定数 R=NAkB=8.314 J K−1 mol−1R=N_{\mathrm A} k_{\mathrm B}=8.314\,\mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}})。
  3. 高温の極限の値を求め、ビットで言い直せ。
解答

(1) 固有値は (3/4,1/4)(3/4,1/4) なので S(ρ^β)=hb(1/4)=−34ln⁡34−14ln⁡14=0.5623S(\hat\rho_\beta)=h_{\mathrm b}(1/4)=-\frac34\ln\frac34-\frac14\ln\frac14=0.5623 nat。

(2) e−βE=1/3\mathrm{e}^{-\beta E}=1/3 を入れると括弧の中は ln⁡43+ln⁡3⋅(1/3)4/3=ln⁡43+14ln⁡3\ln\frac43+\frac{\ln3\cdot(1/3)}{4/3}=\ln\frac43+\frac14\ln3。一方 hb(1/4)=34ln⁡43+14ln⁡4=ln⁡43+14ln⁡3h_{\mathrm b}(1/4)=\frac34\ln\frac43+\frac14\ln4=\ln\frac43+\frac14\ln3(14ln⁡4−14ln⁡43=14ln⁡3\frac14\ln4-\frac14\ln\frac43=\frac14\ln3)で一致する。独立な系のエントロピーは加法的(命題 3.2.5(b))なのでS熱=NAkB hb(1/4)=8.314×0.5623=4.675 J K−1 mol−1S_{\text{熱}}=N_{\mathrm A} k_{\mathrm B}\,h_{\mathrm b}(1/4)=8.314\times0.5623=4.675\,\mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}。

(3) βE→0\beta E\to0 で ρ^β→1/2\hat\rho_\beta\to\mathbf 1/2、S→ln⁡2S\to\ln2 なので S熱→Rln⁡2=5.763 J K−1 mol−1S_{\text{熱}}\to R\ln2=5.763\,\mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}。1つの系あたり ln⁡2\ln2 nat =1=1 ビットである。

木下の勉強ステータス

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