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出てくるもの (1)：1量子ビットで送れるのは1ビットまで

2026年10月15日5分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第7章 Holevo 限界と量子通信路容量
目次
  1. 次元による上限
  2. 超高密度符号との関係
  3. 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7章 §3.7.3　★★★ χ≤S(ρˉ)≤ln⁡d\chi\le S(\bar\rho)\le\ln d。dd 次元の系に ln⁡d\ln d を超える古典の情報は入らない。超高密度符号は受け手が測る系が2量子ビットなので矛盾しない

次元による上限

Holevo 量は χ=S(ρˉ)−∑xpxS(ρ^x)≤S(ρˉ)\chi=S(\bar\rho)-\sum_xp_xS(\hat\rho_x)\le S(\bar\rho) で、第3部第2章の S(ρ^)≤ln⁡dS(\hat\rho)\le\ln d（完全に混ざった状態との DD の非負性）から

I(X;Y) ≤ χ ≤ S(ρˉ) ≤ ln⁡d(3.7.10)I(X;Y)\ \le\ \chi\ \le\ S(\bar\rho)\ \le\ \ln d\tag{3.7.10}

を得る。dd 次元の量子系1つを送って受け手が得る古典の情報は、測定をどう工夫しても ln⁡d\ln d を超えない。量子ビットなら ln⁡2\ln2、すなわち1ビットである。nn 量子ビットの系は d=2nd=2^n なので nn ビットを超えない。

この結果は当たり前ではない。量子ビットの純粋状態は Bloch 球の上の点で、連続の自由度を2つ持つ。角度を細かく刻めばいくらでも多くの文字を載せられる。送り手は確かにそうでき、∣ψx⟩| \psi_x \rangle の集合はいくらでも大きくできる。しかし受け手が取り出せる情報は、状態の種類の数でなく、受け手の系の次元で上から押さえられる。状態の段階でどれだけ細かく文字を載せても、互いに直交しない状態は測定で区別しきれず、測定の結果に移る分は ln⁡d\ln d を超えない。

等号 χ=ln⁡d\chi=\ln d には2つの条件が要る。ρˉ\bar\rho が完全に混ざった状態 1/d\mathbf 1/d であることと、ρ^x\hat\rho_x が純粋状態であることである。さらに I(X;Y)=ln⁡dI(X;Y)=\ln d まで届かせるには、定理 3.7.3 の等号条件から、状態が交換する（すなわち dd 個の直交する状態を一様に送る）必要がある。古典の dd 値の文字を送るのと同じ使い方が最善で、量子の重ね合わせは送れる情報の量を増やさない。

超高密度符号との関係

超高密度符号（第3部第6章）では、送り手 A と受け手 B があらかじめ最大にもつれた状態 ∣Φ+⟩=(∣00⟩+∣11⟩)/2| \Phi^+ \rangle =(| 00 \rangle +| 11 \rangle )/\sqrt2 を分け持ち、A は自分の量子ビットに4つの Pauli 演算 1,X,Z,XZ\mathbf 1,X,Z,XZ のどれかを当てて B に送る。B は2量子ビットを Bell 基底で測り、2ビットを受け取る。1量子ビットを送って2ビットが届くので、式 (3.7.10) の ln⁡2\ln2 と食い違って見える。

食い違いは、式 (3.7.10) の dd が「受け手が測る系の次元」であることで解ける。B が最後に測るのは、もともと手元にあった1量子ビットと届いた1量子ビットの2量子ビットで、d=4d=4 である。4つの状態は互いに直交する4つの Bell 状態なので、ρˉ=1/4\bar\rho=\mathbf 1/4 で χ=ln⁡4\chi=\ln4、上限はちょうど2ビットになる。逆に、B が手元の量子ビットを持たずに届いた1量子ビットだけを測るなら、その状態は4つの文字のどれでも 1/2\mathbf 1/2 なので χ=0\chi=0 で、何も読めない。送った1量子ビットそのものは情報を運んでおらず、あらかじめ分け持ったもつれと組み合わさって初めて2ビットが読める。送った量子ビットの数だけを資源と数えると話が合わず、事前のもつれも資源に数える必要がある。

例題 3.7.3　雑音の入ったもつれで超高密度符号 ★★

オリジナルA と B が分け持つ状態が、∣Φ+⟩| \Phi^+ \rangle を確率 FF、残りの3つの Bell 状態を確率 (1−F)/3(1-F)/3 ずつで混ぜた ρ^F\hat\rho_F であるとする。A は確率 1/41/4 ずつで 1,X,Z,XZ\mathbf 1,X,Z,XZ を自分の量子ビットに当てて送る。

  1. B の2量子ビットの4つの状態 ρ^x\hat\rho_x と平均 ρˉ\bar\rho を求め、χ=2ln⁡2−H(F,1−F3,1−F3,1−F3)\chi=2\ln2-H(F,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3) を示せ。
  2. Bell 基底で測ると I(X;Y)=χI(X;Y)=\chi になることを示せ。
  3. もつれを使わずに1量子ビットを送るときの上限 ln⁡2\ln2 を超えるのは FF がいくつより大きいときか。F=0.9F=0.9 の χ\chi も求めよ。
解答

(1) A の側の Pauli 演算は4つの Bell 状態を互いに入れ替える（X⊗1X\otimes\mathbf 1 は ∣Φ±⟩↔∣Ψ±⟩| \Phi^\pm \rangle \leftrightarrow| \Psi^\pm \rangle、Z⊗1Z\otimes\mathbf 1 は ∣Φ+⟩↔∣Φ−⟩| \Phi^+ \rangle \leftrightarrow| \Phi^- \rangle、∣Ψ+⟩↔∣Ψ−⟩| \Psi^+ \rangle \leftrightarrow| \Psi^- \rangle を位相を除いて入れ替える）。したがって ρ^x\hat\rho_x は Bell 基底で対角で、固有値の組は (F,1−F3,1−F3,1−F3)(F,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3) の並べ替えになり、S(ρ^x)=H(F,1−F3,1−F3,1−F3)S(\hat\rho_x)=H(F,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3) は xx によらない。4つを平均すると各 Bell 状態の重みは 14(F+3⋅1−F3)=14\frac14\bigl(F+3\cdot\frac{1-F}{3}\bigr)=\frac14 で、ρˉ=1/4\bar\rho=\mathbf 1/4、S(ρˉ)=2ln⁡2S(\bar\rho)=2\ln2。差を取って示す式を得る。

(2) ρ^x\hat\rho_x はすべて Bell 基底で対角なので互いに交換する。定理 3.7.3 から、共通の固有基底（Bell 基底）での測定で等号が成り立つ。

(3) χ>ln⁡2\chi>\ln2 は H(F,1−F3,1−F3,1−F3)<ln⁡2H(F,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3,\frac{1-F}3)<\ln2 と同じで、数値で解くと F>0.8107F>0.8107。F=0.9F=0.9 では H=0.4349H=0.4349 nat で χ=1.3863−0.4349=0.9514\chi=1.3863-0.4349=0.9514 nat（1.3731.373 ビット）。もつれが十分きれいなら1量子ビットで1ビットを超えて送れるが、雑音で FF が 0.810.81 を下回ると、もつれを使う意味がなくなる。

木下の勉強ステータス

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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

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