この章のまとめ

(1) 例題 1.2.6(1) と同じく $| \psi(t) \rangle =\cos(\Omega t/2)| g \rangle +\mathrm{i}\sin(\Omega t/2)| e \rangle$。$P_e=\sin^2(\Omega t/2)=1/2$ になる最初の時刻は $\Omega t=\pi/2$ で、

$$| \psi_1 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| g \rangle +\mathrm{i}| e \rangle \bigr).$$

(2) 基底 $(| e \rangle ,| g \rangle )$ で $| \psi_1 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}(\mathrm{i},1)^{\mathsf T}$。$\sigma_x| \psi_1 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}(1,\mathrm{i})^{\mathsf T}$ なので $\langle \sigma_x \rangle =\frac12(-\mathrm{i}\cdot1+1\cdot\mathrm{i})=0$。$\sigma_y| \psi_1 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}(-\mathrm{i},-1)^{\mathsf T}=-| \psi_1 \rangle$ なので $\langle \sigma_y \rangle =-1$（$| \psi_1 \rangle$ は $\sigma_y$ の固有値 $-1$ の固有状態）。$\sigma_z| \psi_1 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}(\mathrm{i},-1)^{\mathsf T}$ なので $\langle \sigma_z \rangle =\frac12(1-1)=0$。$\sigma_x^2=\sigma_z^2=\hat1$ なので $(\Delta\sigma_x)^2=1-0=1$、$(\Delta\sigma_z)^2=1$、積は $1$。右辺は $\left[\sigma_x,\,\sigma_z\right]=-2\mathrm{i}\sigma_y$ から$\frac12\lvert \langle -2\mathrm{i}\sigma_y \rangle \rvert =\frac12\cdot2=1$。両辺が $1$ で等号である。

(3) $| \psi_1 \rangle$ は $\sigma_y=-1$ の固有状態なので、Q3 から確率 $1$ で $-1$ が出る。先に $\sigma_z$ を測ると、Q4 により確率 $\frac12$ ずつで $| e \rangle$ か $| g \rangle$ になる。どちらからでも $\sigma_y=-1$ の確率は $\lvert \langle y- | e \rangle \rvert ^2=\lvert \langle y- | g \rangle \rvert ^2=\frac12$ なので、全体でも $\frac12$。途中の $\sigma_z$ の測定で $\sigma_y$ の確定した値が失われる。

(4) $\sigma_z\otimes\sigma_z$ は積基底で対角で、$| \uparrow\uparrow \rangle$・$| \downarrow\downarrow \rangle$ で $+1$、$| \uparrow\downarrow \rangle$・$| \downarrow\uparrow \rangle$ で $-1$。$| + \rangle | + \rangle =\frac12\sum_{i,j}| ij \rangle$ なので、各成分に $\mathrm{e}^{\mp\mathrm{i}\theta}$ が掛かって

$$C=\frac12\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}&\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\\ \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\end{pmatrix},\qquad \det C=\frac14\bigl(\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\theta}-\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta}\bigr)=-\frac{\mathrm{i}}{2}\sin2\theta .$$

$\det C=0$、すなわち積状態に戻るのは $\theta=Jt=k\pi/2$（$k$ は整数）。$\lvert \det C\rvert$ は $\theta=\pi/4+k\pi/2$ で最大値 $1/2$ を取り、これは例題 1.2.5 の $| \Phi^+ \rangle$ と同じ大きさ（$\lvert \det C\rvert =1/2$ は2量子ビットの最大値で、そのとき Schmidt 係数が $1/2$ ずつにそろう）。

(5) $\theta=\pi/4$ の状態を $| \Psi_1 \rangle$ とする。$\sigma_z^B$ は $\hat H$ と交換するので $\langle \sigma_z^B \rangle =\langle + | \sigma_z | + \rangle =0$。$\sigma_x^B$ は (6) の結果を先取りすると$\langle \sigma_x^B \rangle =\cos(\pi/2)=0$。$\sigma_y^B$ は、(6) と同じ計算で $\hat U^\dagger\sigma_y^B\hat U=\sigma_y^B\cos2\theta+\sigma_z^A\sigma_x^B\sin2\theta$ となり、$| + \rangle | + \rangle$ での期待値は $\langle \sigma_y \rangle _{+}\cos2\theta+\langle \sigma_z \rangle _{+}\langle \sigma_x \rangle _{+}\sin2\theta=0\cdot\cos2\theta+0\cdot1\cdot\sin2\theta=0$。3つとも $0$ である。1量子ビットの単位ベクトル $| \phi \rangle$ は 1.2.1 節の Bloch 球の点 $(\theta_\phi,\varphi_\phi)$ で書け、その向き $\bm{n}_\phi$ では$\langle \phi | \bm{n}_\phi\cdot\bm{\sigma} | \phi \rangle =1$ になるので、$(\langle \sigma_x \rangle ,\langle \sigma_y \rangle ,\langle \sigma_z \rangle )$ の長さは必ず $1$ である。長さが $0$ になる $| \phi \rangle$ は無い。$A$ で何を測っても $B$ のこの統計は変わらない（(1.2.14)）。

(6) $\hat U=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta\sigma_z\otimes\sigma_z}$ は、$A$ が $| \uparrow \rangle$ の部分では $B$ に $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta\sigma_z}$、$| \downarrow \rangle$ の部分では $\mathrm{e}^{+\mathrm{i}\theta\sigma_z}$ として作用する。$\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta\sigma_z}\sigma_x\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta\sigma_z}=\sigma_x\cos2\theta-\sigma_y\sin2\theta$（$\sigma_z\sigma_x=\mathrm{i}\sigma_y$ を使って (2) の例題と同じ展開をする）なので、$A$ の値 $\pm1$ をまとめて $\sigma_z^A$ と書けば

$$\hat U^\dagger(\hat1\otimes\sigma_x)\hat U=\hat1\otimes\sigma_x\cos2Jt-\sigma_z\otimes\sigma_y\sin2Jt .$$

Heisenberg 描像では $| + \rangle | + \rangle$ で期待値を取り、$\langle \sigma_x \rangle _+=1$、$\langle \sigma_z \rangle _+=0$ から $\langle \sigma_x^B \rangle =\cos2Jt$。Schrödinger 描像では (4) の係数を使い、$\sigma_x^B$ は $B$ の添字を入れ替えるので $\langle \sigma_x^B \rangle =\sum_i\bigl(C_{i\uparrow}^*C_{i\downarrow}+C_{i\downarrow}^*C_{i\uparrow}\bigr) =\frac14\bigl(2\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta}+2\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\theta}\bigr)=\cos2\theta$。両者は一致し、命題 1.2.10(a) の例になっている。$\theta=\pi/4$ では3成分がすべて $0$ なので、$B$ の統計は $\operatorname{Tr}(\hat\rho_B\,\bm{n}\cdot\bm{\sigma})=0$ を満たす $\hat\rho_B=\frac12\hat1$ で書ける。実際 $(\hat\rho_B)_{jj'}=\sum_iC_{ij}C_{ij'}^*$ を計算すると$\frac12\hat1$ になる。$\hat\rho_B^2=\frac14\hat1\neq\hat\rho_B$ なので、命題 1.2.10(b) の逆向きは使えず、ベクトルには戻らない。この $\hat\rho_B$ が、第1部第1章の地図で「状態ベクトル → 密度行列」の橋を渡った先の対象で、第4部第2章で部分トレースとして定義し直す。