出てくるもの (2)：測定のコストと消去のコストの配分

相対エントロピーから情報と物理を組み立てる　第4部 第5章 §4.5.4　★★★ 測定の仕事は $W_{\mathrm{meas}}\ge\Delta F_M+ k_{\mathrm B} T\,I(X;M)$、消去は $W_{\mathrm{eras}}\ge-\Delta F_M$。和は $k_{\mathrm B} T\,I$ で下から押さえられるが、配分は記憶の作り $F_m$ で決まり、どちらか一方だけには下限が無い

系と記憶を合わせた自由エネルギー

測定は、測られる系 $X$ と記憶 $M$ の間に相関を作る操作である。測定の仕事を数えるには、系と記憶を合わせた全体の非平衡の自由エネルギーが要る。操作の初めと終わりで系と記憶の間に相互作用のエネルギーが無いとすると、全体のエネルギーは $E_X+E_M$ で、同時分布 $p_{XM}$ の自由エネルギーは

$$F[p_{XM}]=\langle E_X+E_M \rangle _{p_{XM}}- k_{\mathrm B} T\,H(X,M)=F[p_X]+F[p_M]+ k_{\mathrm B} T\,I(X;M)\tag{4.5.11}$$

である。2つ目の等号は、エネルギーの平均が周辺分布だけで決まることと、$H(X,M)=H(X)+H(M)-I(X;M)$（第1部第3章）から従う。系と記憶が相関を持つと、全体の自由エネルギーは別々の自由エネルギーの和より $k_{\mathrm B} T\,I(X;M)$ だけ高い。相関は自由エネルギーを持ち、前の章のフィードバックはその分を仕事として取り出す操作だった。記憶が局所平衡にあれば、$F[p_M]$ には式 (4.5.3) を使う。

系と記憶を合わせた全体も温度 $T$ の熱浴に接した1つの系なので、式 (4.5.8) がそのまま当たる。これで測定と消去の仕事の下限が出る。この節と次の節の仕事はすべて平均で、記号 $\langle \cdot \rangle$ を省いて書く。

測定。記憶は初め標準の状態 $m=0$ にあり、系とは独立である。測定は系の分布を変えず（古典的な測定は系を乱さずに行える）、記憶の分布を $\delta_{m,0}$ から $p_M$ へ変え、相関 $I(X;M)$ を作る。記憶の自由エネルギーの変化を $\Delta F_M\coloneqq F[p_M]-F_0$ と書くと、式 (4.5.11) の変化は $\Delta F_M+ k_{\mathrm B} T\,I(X;M)$ なので

$$W_{\mathrm{meas}}\ \ge\ \Delta F_M+ k_{\mathrm B} T\,I(X;M)\tag{4.5.12}$$

である。

消去。フィードバックで相関を使った後、記憶の分布は $p_M$ のまま残っている（フィードバックは記憶の値を読んで系を操作するだけで、記憶を変えない）。系との相関が $I_{\mathrm{rem}}$ だけ残っているとして、記憶だけを標準の状態へ戻すと、式 (4.5.11) の変化は $-\Delta F_M- k_{\mathrm B} T\,I_{\mathrm{rem}}$ なので

$$W_{\mathrm{eras}}\ \ge\ -\Delta F_M- k_{\mathrm B} T\,I_{\mathrm{rem}}\tag{4.5.13}$$

である。フィードバックが相関を使い切れば $I_{\mathrm{rem}}=0$ で、これは前の節の一般形 (4.5.9) そのものである。

証明

式 (4.5.12) と式 (4.5.13)（$I_{\mathrm{rem}}=0$）を足すと $\Delta F_M$ が打ち消し合う。

配分の3つの例

対称な記憶で誤りの無い測定。$F_m$ がすべて等しく、測定で記憶が系の値を正確に写す（$H(M\,|\,X)=0$）とする。$\Delta F_M=- k_{\mathrm B} T\,H(M)$ で、誤りが無いので $I(X;M)=H(M)-H(M\,|\,X)=H(M)$ である。測定の下限は $- k_{\mathrm B} T\,H(M)+ k_{\mathrm B} T\,H(M)=0$、消去の下限は $k_{\mathrm B} T\,H(M)$ になる。測定は原理的にただで行え、コストはすべて消去の側にある。これが Bennett の結論で（C. H. Bennett (1982), Int. J. Theor. Phys. 21, 905）、Szilard エンジン（$H(M)=\ln2$）の帳尻を「消去に $k_{\mathrm B} T\ln2$」でとる標準的な説明はこの場合である。

非対称な記憶。例題 4.5.1 の、状態1の部屋が状態0の $r$ 倍広い記憶で、Szilard エンジンの左右を誤りなく測る。$p_M=(\frac12,\frac12)$ で、$\Delta F_M=\frac12(F_1-F_0)- k_{\mathrm B} T\ln2=- k_{\mathrm B} T(\frac12\ln r+\ln2)$、$I=\ln2$ なので

$$W_{\mathrm{meas}}\ \ge\ -\tfrac12 k_{\mathrm B} T\ln r,\qquad W_{\mathrm{eras}}\ \ge\ k_{\mathrm B} T\bigl(\ln2+\tfrac12\ln r\bigr)$$

である。和は $k_{\mathrm B} T\ln2$ で変わらないが、$r$ を変えると $\frac12 k_{\mathrm B} T\ln r$ だけコストが測定と消去の間を移る。標準の状態を広い方の部屋に取る（$r<1$ にあたる）と、消去の下限は $k_{\mathrm B} T\ln2$ より小さくなり、その分だけ測定に仕事が要る。前の節で「非対称な記憶では消去が $k_{\mathrm B} T\ln2$ より安い」と書いたことは、測定のコストと組にすれば帳尻が合っている。

誤りのある測定。対称な記憶で、測定が確率 $\varepsilon$ で左右を取り違えるとする（例題 4.5.4）。記憶の中身は五分五分で $\Delta F_M=- k_{\mathrm B} T\ln2$ だが、相関は $I=\ln2-h_{\mathrm b}(\varepsilon )$ に減る。測定の下限は $- k_{\mathrm B} T\,h_{\mathrm b}(\varepsilon )<0$ で、誤りのある測定は仕事を取り出しながら行うことができる。記憶のエントロピーが $\ln2$ 増えるのに、相関は $I<\ln2$ しか増えず、差の $h_{\mathrm b}(\varepsilon )$ は系と無関係な乱雑さで、記憶はその分だけ熱浴から熱を吸うことができる。消去の下限は $k_{\mathrm B} T\ln2$ のままなので、和の下限は $k_{\mathrm B} T[\ln2-h_{\mathrm b}(\varepsilon )]= k_{\mathrm B} T\,I$ になる。

Brillouin の見方と Bennett の見方

Maxwell の悪魔の帳尻について、歴史上は「測定にコストがかかる」という説明が先にあった。Brillouin は、悪魔が分子を見るには光を当てなければならず、熱放射に埋もれない光子1個のエネルギーが $k_{\mathrm B} T$ より大きいことから、測定1回ごとに $k_{\mathrm B} T\ln2$ 以上のエントロピーが生じると論じた（L. Brillouin (1951), J. Appl. Phys. 22, 334）。これに対し Bennett は、測定は記憶と系を可逆に相関させる操作として原理的にただで行えると示し、コストは消去に置くべきだとした。

定理 4.5.4 の立場では、どちらの説明も記憶の作りを1つ選んだときの特別な場合である。Brillouin の説明は、光子を記憶の役に使う測定装置を選び、測定の側に仕事を払う配分をとった場合にあたる。Bennett の説明は対称な記憶を選び、測定をただにする配分をとった場合である。記憶の作りによらずに言えるのは和 $W_{\mathrm{meas}}+W_{\mathrm{eras}}\ge k_{\mathrm B} T\,I$ だけで、コストが測定と消去のどちらにあるかという問いは、記憶を決めない限り答えが決まらない。