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出てくるもの（2）：局所操作・Holevo 限界・量子 H 定理

2026年10月15日11分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第3章 強劣加法性と量子データ処理不等式
目次
  1. 局所操作で相互情報量は増えない
  2. Holevo 限界
  3. 量子 H 定理
  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3章 §3.3.4　★★★ 比べる2つの状態の選び方を替えると、単調性1本から「局所操作で相関は増えない」「測定で取り出せる情報は Holevo 量以下」「定常状態への D は減り続ける」が出る

局所操作で相互情報量は増えない

BB だけにチャネル NB\mathcal N_B を当てる。比べる2つの状態を ρ^AB\hat\rho_{AB} と ρ^A⊗ρ^B\hat\rho_A\otimes\hat\rho_B に取ると、後の組は(idA⊗NB)(ρ^AB)(\mathrm{id}_A\otimes\mathcal N_B)(\hat\rho_{AB}) と ρ^A⊗NB(ρ^B)\hat\rho_A\otimes\mathcal N_B(\hat\rho_B) で、後者はちょうど前者の周辺の積になっている。よって単調性から

I(A;B′)≤I(A;B),B′ は NB を当てた後の系.(3.3.11)I(A;B')\le I(A;B),\qquad B'\ \text{は}\ \mathcal N_B\ \text{を当てた後の系}.\tag{3.3.11}

AA と BB が離れていて、それぞれが手元の系に何をしても（測定・ノイズ・補助系との相互作用を含む）、2人の間の相互情報量は増えない。例題 3.3.1 はこの特別な場合で、失われた分は捨てた環境が持ち去った I(A;E ∣ B′)I(A;E\,|\,B') だった。

Holevo 限界

送り手が古典の記号 xx を確率 pxp_x で選び、量子状態 ρ^x\hat\rho_x にして送る。受け手は何らかの測定をして結果 yy を得る。受け手が得られる情報 I(X;Y)I(X;Y) には次の上限がある。

定理 3.3.8（Holevo 限界 ★★★）

どのような測定をしても

I(X;Y)≤χ({px,ρ^x})=S(∑xpxρ^x)−∑xpxS(ρ^x).(3.3.12)I(X;Y)\le\chi(\{p_x,\hat\rho_x\})=S\Bigl(\sum_xp_x\hat\rho_x\Bigr)-\sum_xp_xS(\hat\rho_x).\tag{3.3.12}

証明

送り手の記号を量子系 XX の直交基底 ∣x⟩| x \rangle に書いた古典量子状態 ρ^XB=∑xpx∣x⟩⟨x∣⊗ρ^x\hat\rho_{XB}=\sum_xp_x| x \rangle \langle x |\otimes\hat\rho_x を考える。ρ^X=∑px∣x⟩⟨x∣\hat\rho_X=\sum p_x| x \rangle \langle x |、ρ^B=ρˉ≔∑pxρ^x\hat\rho_B=\bar\rho\coloneqq\sum p_x\hat\rho_x で、ブロック対角なので S(XB)=H(p)+∑pxS(ρ^x)S(XB)=H(p)+\sum p_xS(\hat\rho_x)。よってI(X;B)=H(p)+S(ρˉ)−H(p)−∑pxS(ρ^x)=χI(X;B)=H(p)+S(\bar\rho)-H(p)-\sum p_xS(\hat\rho_x)=\chi。受け手の測定は、BB を測って結果を古典の記録 ∣y⟩⟨y∣| y \rangle \langle y | に書く BB だけのチャネルなので、式 (3.3.11) から I(X;Y)≤I(X;B)=χI(X;Y)\le I(X;B)=\chi。測定後の ρ^XY\hat\rho_{XY} は対角で、その量子相互情報量は古典の I(X;Y)I(X;Y) に等しい。

この上限は A. S. Holevo（1973）による1A. S. Holevo (1973), Probl. Peredachi Inf. 9(3), 3.下の脚注へ。前の章では χ≥0\chi\ge0（凹性）だけを示し、上限としての意味をこの章に残していた。純粋状態どうしが直交しないとき χ<H(p)\chi<H(p) となり、1回の測定で記号を完全に読み出すことはできない。多数回の送信での容量（Holevo–Schumacher–Westmoreland の定理）は第3部第7章（第3部第7章）で扱う。

例題 3.3.4　直交しない2状態から取り出せる情報 ★★★

オリジナル送り手は確率 1/21/2 ずつで ∣0⟩| 0 \rangle か ∣+⟩=(∣0⟩+∣1⟩)/2| + \rangle =(| 0 \rangle +| 1 \rangle )/\sqrt2 を送る。

  1. 平均の状態 ρˉ\bar\rho の固有値を求め、Holevo 量 χ\chi を求めよ。
  2. 受け手が ZZ 基底（∣0⟩| 0 \rangle、∣1⟩| 1 \rangle）で測ったときの I(X;Y)I(X;Y) を求めよ。
  3. 受け手が実の基底 ∣b0⟩=cos⁡φ∣0⟩+sin⁡φ∣1⟩| b_0 \rangle =\cos\varphi| 0 \rangle +\sin\varphi| 1 \rangle、∣b1⟩=−sin⁡φ∣0⟩+cos⁡φ∣1⟩| b_1 \rangle =-\sin\varphi| 0 \rangle +\cos\varphi| 1 \rangle で測る。φ=−π/8\varphi=-\pi/8 のとき、結果 b0b_0 を「∣0⟩| 0 \rangle だった」、b1b_1 を「∣+⟩| + \rangle だった」と読む誤り確率 PeP_{\mathrm e} と I(X;Y)I(X;Y) を求め、χ\chi と比べよ。
解答

(1) ρˉ=12(∣0⟩⟨0∣+∣+⟩⟨+∣)=(3/41/41/41/4)\bar\rho=\frac12(| 0 \rangle \langle 0 |+| + \rangle \langle + |)=\begin{pmatrix}3/4&1/4\\1/4&1/4\end{pmatrix}。トレース 11、行列式 3/16−1/16=1/83/16-1/16=1/8 から固有値は 12±24\frac12\pm\frac{\sqrt2}4、すなわち cos⁡2(π/8)=0.8536\cos^2(\pi/8)=0.8536 と sin⁡2(π/8)=0.1464\sin^2(\pi/8)=0.1464。2つの状態は純粋なので χ=S(ρˉ)=hb(cos⁡2(π/8))=0.4165\chi=S(\bar\rho)=h_{\mathrm b}(\cos^2(\pi/8))=0.4165 nat。

(2) ∣0⟩| 0 \rangle を送ると必ず 00、∣+⟩| + \rangle を送ると 00 と 11 が 1/21/2 ずつ。YY の分布は (3/4,1/4)(3/4,1/4) で H(Y)=hb(1/4)H(Y)=h_{\mathrm b}(1/4)、H(Y ∣ X)=12⋅0+12ln⁡2H(Y\,|\,X)=\frac12\cdot0+\frac12\ln2。I(X;Y)=hb(1/4)−12ln⁡2=0.5623−0.3466=0.2158I(X;Y)=h_{\mathrm b}(1/4)-\frac12\ln2=0.5623-0.3466=0.2158 nat。

(3) ∣⟨b1∣0⟩∣2=sin⁡2φ=sin⁡2(π/8)\lvert \langle b_1 | 0 \rangle \rvert ^2=\sin^2\varphi=\sin^2(\pi/8)、∣⟨b0∣+⟩∣2=12(cos⁡φ+sin⁡φ)2=12(1+sin⁡2φ)=12(1−12)=sin⁡2(π/8)\lvert \langle b_0 | + \rangle \rvert ^2=\frac12(\cos\varphi+\sin\varphi)^2=\frac12(1+\sin2\varphi)=\frac12(1-\frac1{\sqrt2})=\sin^2(\pi/8)。2種類の誤りの確率が等しく Pe=sin⁡2(π/8)=12(1−1/2)=0.1464P_{\mathrm e}=\sin^2(\pi/8)=\frac12(1-1/\sqrt2)=0.1464。これは誤り確率 PeP_{\mathrm e} の2値対称通信路で入力が一様なので、I(X;Y)=ln⁡2−hb(Pe)=0.6931−0.4165=0.2767I(X;Y)=\ln2-h_{\mathrm b}(P_{\mathrm e})=0.6931-0.4165=0.2767 nat。0.2158<0.2767<0.4165=χ0.2158<0.2767<0.4165=\chi で、Holevo 限界は破れていない。PeP_{\mathrm e} が ρˉ\bar\rho の小さい方の固有値と同じ数になるのは、2つの純粋状態の重なり ∣⟨0∣+⟩∣=1/2\lvert \langle 0 | + \rangle \rvert =1/\sqrt2 だけで両方が決まるからである。図 3.3.2 のように、この族の測定の中では φ=−π/8\varphi=-\pi/8 で I(X;Y)I(X;Y) が最大になる。

図

図 3.3.2　例題 3.3.4 の2状態 ∣0⟩| 0 \rangle、∣+⟩| + \rangle を、角度 φ\varphi の実の基底で測ったときの相互情報量 I(X;Y)I(X;Y)（実線）と Holevo 量 χ\chi（点線）。φ=0\varphi=0 は ZZ 基底、φ=−π/8\varphi=-\pi/8 が最大 0.27670.2767 nat、φ=−3π/8\varphi=-3\pi/8 では2状態から同じ分布が出て I=0I=0。実線は常に点線の下にある

量子 H 定理

比べる相手を、チャネルの定常状態 σ^\hat\sigma（N(σ^)=σ^\mathcal N(\hat\sigma)=\hat\sigma）に取る。同じ N\mathcal N を何度も当てた ρ^n=Nn(ρ^0)\hat\rho_n=\mathcal N^n(\hat\rho_0) について、単調性から

D(ρ^n+1 ∥ σ^)=D(N(ρ^n) ∥ N(σ^))≤D(ρ^n ∥ σ^).(3.3.13)D(\hat\rho_{n+1}\,\|\,\hat\sigma)=D(\mathcal N(\hat\rho_n)\,\|\,\mathcal N(\hat\sigma))\le D(\hat\rho_n\,\|\,\hat\sigma).\tag{3.3.13}

これが量子 H 定理で、古典の Markov 連鎖の H 定理（第1部第4章）と同じく、詳細つり合いを仮定しない。定常状態が完全に混ざった状態 1/d\mathbf 1/d のとき（N(1)=1\mathcal N(\mathbf 1)=\mathbf 1 を満たす単位的なチャネル）は D(ρ^ ∥ 1/d)=ln⁡d−S(ρ^)D(\hat\rho\,\|\,\mathbf 1/d)=\ln d-S(\hat\rho) なので、von Neumann エントロピーが増え続ける。熱浴との接触のように定常状態が Gibbs 状態 ρ^β\hat\rho_\beta なら、kBT D(ρ^n ∥ ρ^β)=F(ρ^n)−Feqk_{\mathrm B} T\,D(\hat\rho_n\,\|\,\hat\rho_\beta)=F(\hat\rho_n)-F_{\mathrm{eq}}（前の章）なので、非平衡の自由エネルギーが減り続ける。このときエントロピーそのものは単調とは限らない。連続時間の Lindblad 方程式での同じ主張は Spohn（1978）による2H. Spohn (1978), J. Math. Phys. 19, 1227.下の脚注へ。

例として、温度 TT の熱浴と接した2準位系を、1刻みごとの一般化振幅減衰チャネルで表す。Kraus 演算子は、0≤γ≤10\le\gamma\le1、0≤q≤10\le q\le1 として

K^1=q(1001−γ),K^2=q(0γ00),K^3=1−q(1−γ001),K^4=1−q(00γ0)(3.3.14)\begin{aligned} \hat K_1&=\sqrt q\begin{pmatrix}1&0\\0&\sqrt{1-\gamma}\end{pmatrix},& \hat K_2&=\sqrt q\begin{pmatrix}0&\sqrt\gamma\\0&0\end{pmatrix},\\ \hat K_3&=\sqrt{1-q}\begin{pmatrix}\sqrt{1-\gamma}&0\\0&1\end{pmatrix},& \hat K_4&=\sqrt{1-q}\begin{pmatrix}0&0\\\sqrt\gamma&0\end{pmatrix} \end{aligned}\tag{3.3.14}

で、定常状態は σ^=q∣0⟩⟨0∣+(1−q)∣1⟩⟨1∣\hat\sigma=q| 0 \rangle \langle 0 |+(1-q)| 1 \rangle \langle 1 | である。K^2\hat K_2 は ∣1⟩→∣0⟩| 1 \rangle \to| 0 \rangle の緩和、K^4\hat K_4 は熱による ∣0⟩→∣1⟩| 0 \rangle \to| 1 \rangle の励起を表す。Bloch ベクトルで書くと、1刻みで rz↦(1−γ)rz+γ(2q−1)r_z\mapsto(1-\gamma)r_z+\gamma(2q-1)、rx,ry↦1−γ (rx,ry)r_x,r_y\mapsto\sqrt{1-\gamma}\,(r_x,r_y) となる。

γ=0.3\gamma=0.3、q=0.9q=0.9、初めの状態を ∣+⟩⟨+∣| + \rangle \langle + | として D(ρ^n ∥ σ^)D(\hat\rho_n\,\|\,\hat\sigma) と S(ρ^n)S(\hat\rho_n) を計算したものが図 3.3.3 である。D(ρ^0 ∥ σ^)=−12ln⁡(0.9×0.1)=1.2040D(\hat\rho_0\,\|\,\hat\sigma)=-\frac12\ln(0.9\times0.1)=1.2040 nat から単調に減る。一方 S(ρ^n)S(\hat\rho_n) は 00 から増えて n=4n=4 で 0.34570.3457 nat の最大を取り、定常状態のエントロピー S(σ^)=hb(0.1)=0.3251S(\hat\sigma)=h_{\mathrm b}(0.1)=0.3251 nat を上から越えたあと減っていく。純粋な ∣+⟩| + \rangle のコヒーレンスが失われる途中で、状態がいったん定常状態より混ざるからである。第二法則の役をするのは SS でなく D(⋅ ∥ σ^)D(\cdot\,\|\,\hat\sigma) だということが、この図に表れている。

図

図 3.3.3　一般化振幅減衰チャネル（γ=0.3\gamma=0.3、q=0.9q=0.9）を ∣+⟩⟨+∣| + \rangle \langle + | に繰り返し当てたとき。D(ρ^n ∥ σ^)D(\hat\rho_n\,\|\,\hat\sigma) は単調に減るが、S(ρ^n)S(\hat\rho_n) は n=4n=4 で最大を取り、定常値 S(σ^)S(\hat\sigma)（点線）を上から越えてから近づく

近似の裏付け

型 B（極限）　｜　小さいもの 系と熱浴の結合の強さ λ→0\lambda\to0（時間を λ−2\lambda^{-2} で測る van Hove 極限）で、熱浴の記憶を無視して1刻みのチャネルの繰り返しで書く　｜　証明 条件付き（弱結合の極限で Markov 半群になることは Davies 1974 が証明。有限の結合では記憶が残る）　｜　行き先 近似の数理 第14章

1　A. S. Holevo (1973), Probl. Peredachi Inf. 9(3), 3.

2　H. Spohn (1978), J. Math. Phys. 19, 1227.

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