この章のまとめ

(1) 例題 3.9.1 のとおり、訂正の後に残るのは $\mathbf 1$ か $X_{\mathrm L}$ で、$X_{\mathrm L}$ が残る確率は $\varepsilon _{\mathrm L}=3\varepsilon ^2-2\varepsilon ^3=0.028$。論理量子ビットに当たるのは確率 $0.028$ のビット反転チャネル $\hat\rho\mapsto0.972\,\hat\rho+0.028\,X_{\mathrm L}\hat\rho X_{\mathrm L}$ である。

(2) $\hat\rho_\pm$ は交換し、固有値は $\frac{1\pm0.8}2$ なので、例題 3.9.2 と同じく初めの $D=0.8\ln9=1.7578$。確率 $q$ のビット反転は $XZX=-Z$ により $Z$ の係数を $1-2q$ 倍する。符号を使わない場合 $q=0.1$ で係数は $0.64$、

$$D=0.64\ln\frac{1.64}{0.36}=0.9705\quad(\text{初めの }0.552\text{ 倍}).$$

符号を使う場合は (1) により $q=0.028$ で係数は $0.8\times(1-0.056)=0.7552$、

$$D=0.7552\ln\frac{1.7552}{0.2448}=1.4877\quad(\text{初めの }0.846\text{ 倍}).$$

どちらもデータ処理不等式どおり $D$ は減るが、符号を使うと減り方が小さい。$D$ が完全には保たれないので、Petz の定理により $\hat\rho_+$ と $\hat\rho_-$ を両方とも完全に戻す回復は存在しない。

(3) $\hat E_a=X_3$、$\hat E_b=X_1X_2$ と取ると $\hat E_a^\dagger\hat E_b=X_1X_2X_3=X_{\mathrm L}$ で、$\hat PX_{\mathrm L}\hat P=X_{\mathrm L}\hat P$ は $\hat P$ の定数倍でない。$X_3$ と $X_1X_2$ は同じシンドローム $(+,-)$ を与えるのに、符号空間に違う作用をするので見分けられない。訂正は確率の大きい $X_3$ の方を選ぶので、$X_1X_2$ が起きたときに $X_{\mathrm L}$ が残る。$\varepsilon$ が小さければ2個の同時反転は $\varepsilon ^2$ の確率でしか起きず、それが $\varepsilon _{\mathrm L}\approx3\varepsilon ^2$ の由来である。

(4) 参照系と最大にもつれさせた状態は $\frac1{\sqrt2}(| 0 \rangle _R| 000 \rangle +| 1 \rangle _R| 111 \rangle )$。$R$ と $Q_1$ の状態は $\frac12(| 00 \rangle \langle 00 |+| 11 \rangle \langle 11 |)$ で、$S(R)=S(Q_1)=S(RQ_1)=\ln2$。よって $I(R;Q_1)=\ln2\neq0$ で、式 (3.9.13) により1量子ビットの消失すら訂正することができない。実際 $Z_1$ が重み1の論理演算子 $Z_{\mathrm L}$ として働くので、$X$ に限らない誤りに対する距離は $d=1$ である。一般に、任意の1量子ビットの誤りを直す（$d=3$）には、量子 Singleton 上界から $n\ge k+2(d-1)=5$、非縮退なら量子 Hamming 上界 $2(1+3n)\le2^n$ からも $n\ge5$ が要る。$n=3$ では Singleton 上界が $d\le1+(n-k)/2=2$ しか許さず、3量子ビットでは足りない。