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6章 §3.6.1 ★★★ 3種類の資源（古典ビット・量子ビット・ebit）を定義し、共有した状態と「Alice の側を完全に混ぜた状態」の相対エントロピーが ln d A − S ( A ∣ B ) \ln d_A-S(A\,|\,B) ln d A − S ( A ∣ B )
前の章までに、2つの系の状態 ρ ^ A B \hat\rho_{AB} ρ ^ A B I ( A ; B ) = D ( ρ ^ A B ∥ ρ ^ A ⊗ ρ ^ B ) I(A;B)=D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\hat\rho_A\otimes\hat\rho_B) I ( A ; B ) = D ( ρ ^ A B ∥ ρ ^ A ⊗ ρ ^ B ) S ( A ∣ B ) = − D ( ρ ^ A B ∥ 1 A ⊗ ρ ^ B ) S(A\,|\,B)=-D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\mathbf 1_A\otimes\hat\rho_B) S ( A ∣ B ) = − D ( ρ ^ A B ∥ 1 A ⊗ ρ ^ B ) 第3部第2章 ）。条件付きエントロピーが負であることはもつれの1つの目印であり、もつれの量は第3部第4章（第3部第4章 ）で ebit という単位で数えた。この章では、もつれが通信の場面で何の役に立つのかを、2つの手続きで調べる。
1つ目は超高密度符号 （superdense coding）である。送り手 Alice と受け手 Bob があらかじめ Bell 状態の対を1組共有していれば、Alice は量子ビットを1個送るだけで古典ビット2個分の情報を Bob に伝えることができる。2つ目は量子テレポーテーション である。同じ Bell 状態の対と古典ビット2個があれば、Alice は手元の未知の量子ビットの状態を、量子ビットそのものを送らずに Bob の手元へ移すことができる。2つの手続きは向きが逆で、それぞれ「もつれ＋量子ビット → 古典ビット」「もつれ＋古典ビット → 量子ビット」の交換になっている。
この章で比べる2つの状態は、Alice と Bob が共有した状態 ρ ^ A B \hat\rho_{AB} ρ ^ A B π ^ A ⊗ ρ ^ B \hat\pi_A\otimes\hat\rho_B π ^ A ⊗ ρ ^ B π ^ A = 1 A / d A \hat\pi_A=\mathbf 1_A/d_A π ^ A = 1 A / d A ρ ^ B \hat\rho_B ρ ^ B C = D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) C=D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\hat\pi_A\otimes\hat\rho_B) C = D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B )
この章の対数は自然対数で、情報量の単位は nat とする。古典ビット1個の情報量は ln 2 \ln2 ln 2 X , Y , Z X,Y,Z X , Y , Z 1 \mathbf 1 1
3種類の資源
離れた2人の間の通信で使えるものを3種類に分けて数える。古典ビット （cbit）は、0 か 1 の値を誤りなく1回送ることである。量子ビット （qubit）は、2次元の量子系を状態を壊さずに1個送ることである。ebit は、Alice と Bob が Bell 状態
∣ Φ + ⟩ A B = 1 2 ( ∣ 0 ⟩ A ∣ 0 ⟩ B + ∣ 1 ⟩ A ∣ 1 ⟩ B ) (3.6.1) | \Phi^+ \rangle _{AB}=\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| 0 \rangle _A| 0 \rangle _B+| 1 \rangle _A| 1 \rangle _B\bigr)\tag{3.6.1} ∣ Φ + ⟩ A B = 2 1 ( ∣0 ⟩ A ∣0 ⟩ B + ∣1 ⟩ A ∣1 ⟩ B ) ( 3.6.1 )
の対を1組、あらかじめ共有していることである。ebit は送る行為ではなく、共有している状態そのものを指す。第3部第4章で見たとおり、純粋状態のもつれは Schmidt 係数のShannon エントロピー S ( A ) S(A) S ( A ) ∣ Φ + ⟩ | \Phi^+ \rangle ∣ Φ + ⟩ S ( A ) = ln 2 S(A)=\ln2 S ( A ) = ln 2
3つの資源の間には自明な関係がいくつかある。量子ビットを1個送れば、その量子ビットに ∣ 0 ⟩ | 0 \rangle ∣0 ⟩ ∣ 1 ⟩ | 1 \rangle ∣1 ⟩ ∣ Φ + ⟩ | \Phi^+ \rangle ∣ Φ + ⟩
資源の交換を書くために、Devetak・Harrow・Winter の記法1 1 I. Devetak, A. W. Harrow and A. Winter (2004), Physical Review Letters 93 , 230504。[ c → c ] [c\to c] [ c → c ] [ q → q ] [q\to q] [ q → q ] [ q q ] [qq] [ q q ] ⪰ \succeq ⪰ [ q → q ] ⪰ [ c → c ] [q\to q]\succeq[c\to c] [ q → q ] ⪰ [ c → c ] [ q → q ] ⪰ [ q q ] [q\to q]\succeq[qq] [ q → q ] ⪰ [ q q ]
超高密度符号： [ q → q ] + [ q q ] ⪰ 2 [ c → c ] , テレポーテーション： 2 [ c → c ] + [ q q ] ⪰ [ q → q ] . (3.6.2) \text{超高密度符号：}\ [q\to q]+[qq]\succeq2\,[c\to c],\qquad
\text{テレポーテーション：}\ 2\,[c\to c]+[qq]\succeq[q\to q].\tag{3.6.2} 超高密度符号： [ q → q ] + [ q q ] ⪰ 2 [ c → c ] , テレポーテーション： 2 [ c → c ] + [ q q ] ⪰ [ q → q ] . ( 3.6.2 )
Bell 基底
2量子ビットの正規直交基底として、計算基底 ∣ 00 ⟩ , ∣ 01 ⟩ , ∣ 10 ⟩ , ∣ 11 ⟩ | 00 \rangle ,| 01 \rangle ,| 10 \rangle ,| 11 \rangle ∣00 ⟩ , ∣01 ⟩ , ∣10 ⟩ , ∣11 ⟩
∣ Φ ± ⟩ = 1 2 ( ∣ 00 ⟩ ± ∣ 11 ⟩ ) , ∣ Ψ ± ⟩ = 1 2 ( ∣ 01 ⟩ ± ∣ 10 ⟩ ) (3.6.3) | \Phi^\pm \rangle =\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| 00 \rangle \pm| 11 \rangle \bigr),\qquad
| \Psi^\pm \rangle =\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| 01 \rangle \pm| 10 \rangle \bigr)\tag{3.6.3} ∣ Φ ± ⟩ = 2 1 ( ∣00 ⟩ ± ∣11 ⟩ ) , ∣ Ψ ± ⟩ = 2 1 ( ∣01 ⟩ ± ∣10 ⟩ ) ( 3.6.3 )
を使う。どの2つも内積が 0 0 0 ρ ^ A = ρ ^ B = 1 / 2 \hat\rho_A=\hat\rho_B=\mathbf 1/2 ρ ^ A = ρ ^ B = 1 /2 ∣ Φ + ⟩ | \Phi^+ \rangle ∣ Φ + ⟩ A A A X X X Z Z Z X Z XZ X Z X ∣ 0 ⟩ = ∣ 1 ⟩ X| 0 \rangle =| 1 \rangle X ∣0 ⟩ = ∣1 ⟩ Z ∣ 1 ⟩ = − ∣ 1 ⟩ Z| 1 \rangle =-| 1 \rangle Z ∣1 ⟩ = − ∣1 ⟩
( 1 ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Φ + ⟩ , ( X ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Ψ + ⟩ , ( Z ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Φ − ⟩ , ( X Z ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = − ∣ Ψ − ⟩ (3.6.4) (\mathbf 1\otimes\mathbf 1)| \Phi^+ \rangle =| \Phi^+ \rangle ,\quad(X\otimes\mathbf 1)| \Phi^+ \rangle =| \Psi^+ \rangle ,\quad(Z\otimes\mathbf 1)| \Phi^+ \rangle =| \Phi^- \rangle ,\quad(XZ\otimes\mathbf 1)| \Phi^+ \rangle =-| \Psi^- \rangle\tag{3.6.4} ( 1 ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Φ + ⟩ , ( X ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Ψ + ⟩ , ( Z ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = ∣ Φ − ⟩ , ( X Z ⊗ 1 ) ∣ Φ + ⟩ = − ∣ Ψ − ⟩ ( 3.6.4 )
となる。片方の系に局所的なユニタリを当てるだけで、互いに直交する4つの状態が作れる。超高密度符号はこの事実をそのまま使う。
比べる相手 π ^ A ⊗ ρ ^ B \hat\pi_A\otimes\hat\rho_B π ^ A ⊗ ρ ^ B
この章で ρ ^ A B \hat\rho_{AB} ρ ^ A B A A A π ^ A = 1 A / d A \hat\pi_A=\mathbf 1_A/d_A π ^ A = 1 A / d A B B B ρ ^ B = Tr A ρ ^ A B \hat\rho_B=\operatorname{Tr}_A\hat\rho_{AB} ρ ^ B = Tr A ρ ^ A B π ^ A ⊗ ρ ^ B \hat\pi_A\otimes\hat\rho_B π ^ A ⊗ ρ ^ B B B B A A A A A A B B B
命題 3.6.1（比べる相手との相対エントロピー ★★★）
d A d_A d A A A A B B B ρ ^ A B \hat\rho_{AB} ρ ^ A B
D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) = ln d A + S ( B ) − S ( A B ) = ln d A − S ( A ∣ B ) = [ ln d A − S ( A ) ] + I ( A ; B ) . (3.6.5) D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\hat\pi_A\otimes\hat\rho_B)=\ln d_A+S(B)-S(AB)=\ln d_A-S(A\,|\,B)=\bigl[\ln d_A-S(A)\bigr]+I(A;B).\tag{3.6.5} D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) = ln d A + S ( B ) − S ( A B ) = ln d A − S ( A ∣ B ) = [ ln d A − S ( A ) ] + I ( A ; B ) . ( 3.6.5 )
この量は 0 0 0 2 ln d A 2\ln d_A 2 ln d A ln d A \ln d_A ln d A S ( A ∣ B ) < 0 S(A\,|\,B)<0 S ( A ∣ B ) < 0 ρ ^ A B \hat\rho_{AB} ρ ^ A B
証明 ln ( π ^ A ⊗ ρ ^ B ) = − ln d A 1 A ⊗ 1 B + 1 A ⊗ ln ρ ^ B \ln(\hat\pi_A\otimes\hat\rho_B)=-\ln d_A\,\mathbf 1_A\otimes\mathbf 1_B+\mathbf 1_A\otimes\ln\hat\rho_B ln ( π ^ A ⊗ ρ ^ B ) = − ln d A 1 A ⊗ 1 B + 1 A ⊗ ln ρ ^ B Tr ρ ^ A B ( 1 A ⊗ ln ρ ^ B ) = Tr ρ ^ B ln ρ ^ B = − S ( B ) \operatorname{Tr}\hat\rho_{AB}(\mathbf 1_A\otimes\ln\hat\rho_B)=\operatorname{Tr}\hat\rho_B\ln\hat\rho_B=-S(B) Tr ρ ^ A B ( 1 A ⊗ ln ρ ^ B ) = Tr ρ ^ B ln ρ ^ B = − S ( B ) D = − S ( A B ) + ln d A + S ( B ) D=-S(AB)+\ln d_A+S(B) D = − S ( A B ) + ln d A + S ( B ) S ( A ∣ B ) = S ( A B ) − S ( B ) S(A\,|\,B)=S(AB)-S(B) S ( A ∣ B ) = S ( A B ) − S ( B ) I ( A ; B ) = S ( A ) + S ( B ) − S ( A B ) I(A;B)=S(A)+S(B)-S(AB) I ( A ; B ) = S ( A ) + S ( B ) − S ( A B ) S ( A ∣ B ) ≥ − S ( A ) ≥ − ln d A S(A\,|\,B)\ge-S(A)\ge-\ln d_A S ( A ∣ B ) ≥ − S ( A ) ≥ − ln d A 第3部第2章 ）から従う。最後の主張は、分離可能な状態では S ( A ∣ B ) ≥ 0 S(A\,|\,B)\ge0 S ( A ∣ B ) ≥ 0
式 (3.6.5) の3つ目の形は、比べる相手との差を2つに分けている。ln d A − S ( A ) = D ( ρ ^ A ∥ π ^ A ) \ln d_A-S(A)=D(\hat\rho_A\,\|\,\hat\pi_A) ln d A − S ( A ) = D ( ρ ^ A ∥ π ^ A ) I ( A ; B ) I(A;B) I ( A ; B ) A A A B B B A A A ln d A \ln d_A ln d A 2 ln d A 2\ln d_A 2 ln d A I ( X ; Y ) ≤ H ( X ) I(X;Y)\le H(X) I ( X ; Y ) ≤ H ( X ) ln d A \ln d_A ln d A ln d A \ln d_A ln d A − S ( A ∣ B ) -S(A\,|\,B) − S ( A ∣ B )
Tr ( 1 A ⊗ ρ ^ B ) = d A \operatorname{Tr}(\mathbf 1_A\otimes\hat\rho_B)=d_A Tr ( 1 A ⊗ ρ ^ B ) = d A 1 A ⊗ ρ ^ B \mathbf 1_A\otimes\hat\rho_B 1 A ⊗ ρ ^ B − S ( A ∣ B ) -S(A\,|\,B) − S ( A ∣ B ) (3.6.5) は ln d A \ln d_A ln d A 1 1 1 π ^ A ⊗ ρ ^ B \hat\pi_A\otimes\hat\rho_B π ^ A ⊗ ρ ^ B
例題 3.6.1 部分的にもつれた対と古典的に相関した対 ★★
オリジナル 2量子ビットの状態
∣ ψ θ ⟩ = cos θ ∣ 00 ⟩ + sin θ ∣ 11 ⟩ ( 0 ≤ θ ≤ π / 4 ) , ρ ^ c l = 1 2 ( ∣ 00 ⟩ ⟨ 00 ∣ + ∣ 11 ⟩ ⟨ 11 ∣ ) | \psi_\theta \rangle =\cos\theta| 00 \rangle +\sin\theta| 11 \rangle \quad(0\le\theta\le\pi/4),\qquad
\hat\rho_{\mathrm{cl}}=\frac12\bigl(| 00 \rangle \langle 00 |+| 11 \rangle \langle 11 |\bigr) ∣ ψ θ ⟩ = cos θ ∣00 ⟩ + sin θ ∣11 ⟩ ( 0 ≤ θ ≤ π /4 ) , ρ ^ cl = 2 1 ( ∣00 ⟩ ⟨ 00∣ + ∣11 ⟩ ⟨ 11∣ )
について、次の問いに答えよ。
∣ ψ θ ⟩ | \psi_\theta \rangle ∣ ψ θ ⟩ D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\hat\pi_A\otimes\hat\rho_B) D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) θ \theta θ θ = π / 8 \theta=\pi/8 θ = π /8 ρ ^ c l \hat\rho_{\mathrm{cl}} ρ ^ cl D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) D(\hat\rho_{AB}\,\|\,\hat\pi_A\otimes\hat\rho_B) D ( ρ ^ A B ∥ π ^ A ⊗ ρ ^ B ) 2つの状態の値を式 (3.6.5) の3つ目の形の2項に分けて比べよ。
解答 (1) ∣ ψ θ ⟩ | \psi_\theta \rangle ∣ ψ θ ⟩ ( cos 2 θ , sin 2 θ ) (\cos^2\theta,\sin^2\theta) ( cos 2 θ , sin 2 θ ) S ( A B ) = 0 S(AB)=0 S ( A B ) = 0 S ( A ) = S ( B ) = h b ( cos 2 θ ) S(A)=S(B)=h_{\mathrm b}(\cos^2\theta) S ( A ) = S ( B ) = h b ( cos 2 θ )
D = ln 2 + h b ( cos 2 θ ) . D=\ln2+h_{\mathrm b}(\cos^2\theta). D = ln 2 + h b ( cos 2 θ ) .
θ = π / 8 \theta=\pi/8 θ = π /8 cos 2 ( π / 8 ) = ( 1 + 1 / 2 ) / 2 = 0.8536 \cos^2(\pi/8)=(1+1/\sqrt2)/2=0.8536 cos 2 ( π /8 ) = ( 1 + 1/ 2 ) /2 = 0.8536 h b ( 0.8536 ) = 0.4165 h_{\mathrm b}(0.8536)=0.4165 h b ( 0.8536 ) = 0.4165 D = 0.6931 + 0.4165 = 1.1096 D=0.6931+0.4165=1.1096 D = 0.6931 + 0.4165 = 1.1096 = 1.6009 =1.6009 = 1.6009 θ = 0 \theta=0 θ = 0 ln 2 \ln2 ln 2 θ = π / 4 \theta=\pi/4 θ = π /4 ∣ Φ + ⟩ | \Phi^+ \rangle ∣ Φ + ⟩ 2 ln 2 2\ln2 2 ln 2
(2) ρ ^ c l \hat\rho_{\mathrm{cl}} ρ ^ cl ( 1 / 2 , 1 / 2 , 0 , 0 ) (1/2,1/2,0,0) ( 1/2 , 1/2 , 0 , 0 ) S ( A B ) = ln 2 S(AB)=\ln2 S ( A B ) = ln 2 ρ ^ B = 1 / 2 \hat\rho_B=\mathbf 1/2 ρ ^ B = 1 /2 S ( B ) = ln 2 S(B)=\ln2 S ( B ) = ln 2 D = ln 2 + ln 2 − ln 2 = ln 2 = 0.6931 D=\ln2+\ln2-\ln2=\ln2=0.6931 D = ln 2 + ln 2 − ln 2 = ln 2 = 0.6931
(3) ∣ ψ θ ⟩ | \psi_\theta \rangle ∣ ψ θ ⟩ ln 2 − S ( A ) = ln 2 − h b \ln2-S(A)=\ln2-h_{\mathrm b} ln 2 − S ( A ) = ln 2 − h b I ( A ; B ) = 2 h b I(A;B)=2h_{\mathrm b} I ( A ; B ) = 2 h b ln 2 + h b \ln2+h_{\mathrm b} ln 2 + h b ρ ^ c l \hat\rho_{\mathrm{cl}} ρ ^ cl ln 2 − S ( A ) = 0 \ln2-S(A)=0 ln 2 − S ( A ) = 0 I ( A ; B ) = ln 2 I(A;B)=\ln2 I ( A ; B ) = ln 2 ln 2 \ln2 ln 2 A A A ln 2 \ln2 ln 2 ∣ ψ θ ⟩ | \psi_\theta \rangle ∣ ψ θ ⟩ S ( A ) S(A) S ( A ) ln 2 \ln2 ln 2 h b h_{\mathrm b} h b − S ( A ∣ B ) = h b ( cos 2 θ ) -S(A\,|\,B)=h_{\mathrm b}(\cos^2\theta) − S ( A ∣ B ) = h b ( cos 2 θ )
1 I. Devetak, A. W. Harrow and A. Winter (2004), Physical Review Letters 93 , 230504。
AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com
