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浄化

2026年10月17日11分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第2章 基準との同値：部分トレース・Schmidt 分解・浄化
目次
  1. 存在
  2. 一意性
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

量子力学の様々な構成方法　第4部 第2章 §4.2.3　★★★ どの密度演算子も、補助の系 R を足した純粋状態の部分トレースとして書ける。浄化は R の上の等長写像を除いて1つに決まる

存在

定義 4.2.2（浄化）

HA\mathcal{H}_{\mathrm A} 上の密度演算子 ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} に対して、補助のヒルベルト空間 HR\mathcal{H}_{\mathrm R} と単位ベクトル ∣Ψ⟩∈HA⊗HR| \Psi \rangle \in\mathcal{H}_{\mathrm A}\otimes\mathcal{H}_{\mathrm R} でTr⁡R∣Ψ⟩⟨Ψ∣=ρ^A\operatorname{Tr}_{\mathrm R}| \Psi \rangle \langle \Psi |=\hat\rho_{\mathrm A} を満たすものを、ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の浄化と呼ぶ。

命題 4.2.3（浄化の存在）

ρ^A=∑k=1rλk∣ak⟩⟨ak∣\hat\rho_{\mathrm A}=\sum_{k=1}^r\lambda_k| a_k \rangle \langle a_k |（λk>0\lambda_k>0）とし、HR\mathcal{H}_{\mathrm R} を rr 次元以上のヒルベルト空間、{∣k⟩R}\{| k \rangle _{\mathrm R}\} をその正規直交系とする。このとき

∣Ψ⟩=∑k=1rλk ∣ak⟩∣k⟩R(4.2.5)| \Psi \rangle =\sum_{k=1}^r\sqrt{\lambda_k}\,| a_k \rangle | k \rangle _{\mathrm R}\tag{4.2.5}

は ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の浄化である。逆に、どの浄化でも dim⁡HR≥r\dim\mathcal{H}_{\mathrm R}\ge r（rr は ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の階数）が必要である。

証明

Tr⁡R∣Ψ⟩⟨Ψ∣=∑k,lλkλl∣ak⟩⟨al∣⟨l∣k⟩R=∑kλk∣ak⟩⟨ak∣=ρ^A\operatorname{Tr}_{\mathrm R}| \Psi \rangle \langle \Psi |=\sum_{k,l}\sqrt{\lambda_k\lambda_l}| a_k \rangle \langle a_l |\langle l | k \rangle _{\mathrm R}=\sum_k\lambda_k| a_k \rangle \langle a_k |=\hat\rho_{\mathrm A}。逆向きは、浄化 ∣Ψ⟩| \Psi \rangle に定理 4.2.1 を当てると、Schmidt 階数が ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の階数 rr に等しく、R 側にも rr 個の正規直交なベクトル ∣bk⟩| b_k \rangle が要ることから従う。

第4部第1章の終わりで構成した浄化は、この命題で r=dAr=d_{\mathrm A} とした場合である。最小の補助系は ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の階数と同じ次元を持てば足り、A と同じ次元の補助系を用意すればどの ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} も浄化することができる。

固有ベクトルを使わずに書く浄化もある。A の正規直交基底 ∣i⟩| i \rangle を1つ固定し、R を A の複製（同じ次元）とすると

∣Ψρ⟩=∑i,j(ρ^A)ij∣i⟩∣j⟩R(4.2.6)| \Psi_{\sqrt\rho} \rangle =\sum_{i,j}\big(\sqrt{\hat\rho_{\mathrm A}}\big)_{ij}| i \rangle | j \rangle _{\mathrm R}\tag{4.2.6}

も浄化である。係数行列が C=ρ^AC=\sqrt{\hat\rho_{\mathrm A}} なので、CC†=ρ^ACC^\dagger=\hat\rho_{\mathrm A} になるからである。これを標準の浄化と呼ぶことにする。第8部で代数の状態からヒルベルト空間を作り直す GNS 構成は、有限次元では標準の浄化と同じものになる（第4.2.6節）。

一意性

浄化はたくさんある。(4.2.5) の ∣k⟩R| k \rangle _{\mathrm R} は R のどの正規直交系に取ってもよく、標準の浄化 (4.2.6) もある。しかし、それらの違いは R の上だけの変換に限られる。

定理 4.2.4（浄化の一意性 ★★★）

∣Ψ⟩∈HA⊗HR| \Psi \rangle \in\mathcal{H}_{\mathrm A}\otimes\mathcal{H}_{\mathrm R} と ∣Ψ′⟩∈HA⊗HR′| \Psi' \rangle \in\mathcal{H}_{\mathrm A}\otimes\mathcal{H}_{\mathrm R'} がともに ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の浄化で、dim⁡HR≤dim⁡HR′\dim\mathcal{H}_{\mathrm R}\le\dim\mathcal{H}_{\mathrm R'} なら、等長写像 V^:HR→HR′\hat V:\mathcal{H}_{\mathrm R}\to\mathcal{H}_{\mathrm R'}（V^†V^=1R\hat V^\dagger\hat V=\mathbf 1_{\mathrm R}）で

∣Ψ′⟩=(1A⊗V^)∣Ψ⟩(4.2.7)| \Psi' \rangle =\big(\mathbf 1_{\mathrm A}\otimes\hat V\big)| \Psi \rangle\tag{4.2.7}

を満たすものがある。HR=HR′\mathcal{H}_{\mathrm R}=\mathcal{H}_{\mathrm R'} なら V^\hat V はユニタリに取れる。

証明

ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の正の固有値と固有ベクトルを λk\lambda_k、∣ak⟩| a_k \rangle（k=1,…,rk=1,\dots,r）とする。定理 4.2.1 の構成 (4.2.3) は ∣Ψ⟩| \Psi \rangle と ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} の固有ベクトルだけを使うので、同じ ∣ak⟩| a_k \rangle を両方に使って

∣Ψ⟩=∑kλk∣ak⟩∣bk⟩,∣Ψ′⟩=∑kλk∣ak⟩∣bk′⟩| \Psi \rangle =\sum_k\sqrt{\lambda_k}| a_k \rangle | b_k \rangle ,\qquad | \Psi' \rangle =\sum_k\sqrt{\lambda_k}| a_k \rangle | b'_k \rangle

と書ける。{∣bk⟩}\{| b_k \rangle \} は R の、{∣bk′⟩}\{| b'_k \rangle \} は R′' の、ともに rr 本の正規直交系である。V^∣bk⟩=∣bk′⟩\hat V| b_k \rangle =| b'_k \rangle と定め、{∣bk⟩}\{| b_k \rangle \} の直交補空間を{∣bk′⟩}\{| b'_k \rangle \} の直交補空間へ等長に送るように延ばす（dim⁡HR≤dim⁡HR′\dim\mathcal{H}_{\mathrm R}\le\dim\mathcal{H}_{\mathrm R'} なので延ばせる）。この V^\hat V は等長写像で (4.2.7) を満たす。同じ次元なら延ばした写像は全射になり、ユニタリである。

固有値に重なりがあると固有ベクトル ∣ak⟩| a_k \rangle の選び方は1通りでないが、証明では1組を固定して両方に使っているので問題は起きない。この定理は第4部第3章（第4部第3章）で、同じ ρ^\hat\rho を与えるアンサンブルがどれだけあるかを数える道具になる。R の上で別の正規直交基底を測ると、A の側に別のアンサンブルが現れ、その平均がいつも ρ^A\hat\rho_{\mathrm A} になる。第4部第1章の例題で B の σx\sigma_x と σz\sigma_z の測定を比べたのは、その最も小さな例である。

例題 4.2.3　同じ量子ビットの2つの浄化を結ぶ ★★★

オリジナル第4.2.1節の例題の ρ^=12(1+35σx)=45∣+⟩⟨+∣+15∣−⟩⟨−∣\hat\rho=\tfrac12(\mathbf 1+\tfrac35\sigma_x)=\tfrac45| + \rangle \langle + |+\tfrac15| - \rangle \langle - | を考える。補助の量子ビット R の基底を ∣0⟩,∣1⟩| 0 \rangle ,| 1 \rangle とする。

  1. (1) (4.2.5) の浄化 ∣Ψ1⟩=45∣+⟩∣0⟩+15∣−⟩∣1⟩| \Psi_1 \rangle =\sqrt{\tfrac45}| + \rangle | 0 \rangle +\sqrt{\tfrac15}| - \rangle | 1 \rangle を、A の基底 ∣↑⟩,∣↓⟩| \uparrow \rangle ,| \downarrow \rangle で書き直せ。
  2. (2) 標準の浄化 (4.2.6) を A の基底 ∣↑⟩,∣↓⟩| \uparrow \rangle ,| \downarrow \rangle と R の基底 ∣0⟩,∣1⟩| 0 \rangle ,| 1 \rangle で書け（∣↑⟩↔∣0⟩| \uparrow \rangle \leftrightarrow| 0 \rangle、∣↓⟩↔∣1⟩| \downarrow \rangle \leftrightarrow| 1 \rangle と対応させる）。
  3. (3) ∣Ψρ⟩=(1⊗V^)∣Ψ1⟩| \Psi_{\sqrt\rho} \rangle =(\mathbf 1\otimes\hat V)| \Psi_1 \rangle を満たす R のユニタリ V^\hat V を求めよ。
解答

(1) ∣±⟩=(∣↑⟩±∣↓⟩)/2| \pm \rangle =(| \uparrow \rangle \pm| \downarrow \rangle )/\sqrt2 を代入して ∣↑⟩| \uparrow \rangle、∣↓⟩| \downarrow \rangle でまとめると

∣Ψ1⟩=∣↑⟩⊗2∣0⟩+∣1⟩10+∣↓⟩⊗2∣0⟩−∣1⟩10.| \Psi_1 \rangle =| \uparrow \rangle \otimes\frac{2| 0 \rangle +| 1 \rangle }{\sqrt{10}}+| \downarrow \rangle \otimes\frac{2| 0 \rangle -| 1 \rangle }{\sqrt{10}}.

（4/5/2=2/10\sqrt{4/5}/\sqrt2=2/\sqrt{10}、1/5/2=1/10\sqrt{1/5}/\sqrt2=1/\sqrt{10}。）

(2) ρ^=45∣+⟩⟨+∣+15∣−⟩⟨−∣\sqrt{\hat\rho}=\sqrt{\tfrac45}| + \rangle \langle + |+\sqrt{\tfrac15}| - \rangle \langle - |。∣±⟩⟨±∣=12(1±σx)| \pm \rangle \langle \pm |=\tfrac12(\mathbf 1\pm\sigma_x) なので

ρ^=12(25+15)1+12(25−15)σx=125(3113),\sqrt{\hat\rho}=\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{\sqrt5}+\frac{1}{\sqrt5}\Big)\mathbf 1+\frac12\Big(\frac{2}{\sqrt5}-\frac1{\sqrt5}\Big)\sigma_x=\frac{1}{2\sqrt5}\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix},

∣Ψρ⟩=125(3∣↑⟩∣0⟩+∣↑⟩∣1⟩+∣↓⟩∣0⟩+3∣↓⟩∣1⟩).| \Psi_{\sqrt\rho} \rangle =\frac{1}{2\sqrt5}\big(3| \uparrow \rangle | 0 \rangle +| \uparrow \rangle | 1 \rangle +| \downarrow \rangle | 0 \rangle +3| \downarrow \rangle | 1 \rangle \big).

(ρ^)2=120(106610)=12(1+35σx)\big(\sqrt{\hat\rho}\big)^2=\tfrac1{20}\begin{pmatrix}10&6\\6&10\end{pmatrix}=\tfrac12(\mathbf 1+\tfrac35\sigma_x) で確かに ρ^\hat\rho に戻る。

(3) ∣↑⟩| \uparrow \rangle の相手どうし・∣↓⟩| \downarrow \rangle の相手どうしが V^\hat V で移り合えばよい。

V^ 2∣0⟩+∣1⟩10=3∣0⟩+∣1⟩25,V^ 2∣0⟩−∣1⟩10=∣0⟩+3∣1⟩25.\hat V\,\frac{2| 0 \rangle +| 1 \rangle }{\sqrt{10}}=\frac{3| 0 \rangle +| 1 \rangle }{2\sqrt5},\qquad \hat V\,\frac{2| 0 \rangle -| 1 \rangle }{\sqrt{10}}=\frac{| 0 \rangle +3| 1 \rangle }{2\sqrt5}.

2式の和と差を取ると V^4∣0⟩10=4∣0⟩+4∣1⟩25\hat V\tfrac{4| 0 \rangle }{\sqrt{10}}=\tfrac{4| 0 \rangle +4| 1 \rangle }{2\sqrt5}、V^2∣1⟩10=2∣0⟩−2∣1⟩25\hat V\tfrac{2| 1 \rangle }{\sqrt{10}}=\tfrac{2| 0 \rangle -2| 1 \rangle }{2\sqrt5} なので

V^∣0⟩=∣0⟩+∣1⟩2,V^∣1⟩=∣0⟩−∣1⟩2,V^=12(111−1).\hat V| 0 \rangle =\frac{| 0 \rangle +| 1 \rangle }{\sqrt2},\qquad \hat V| 1 \rangle =\frac{| 0 \rangle -| 1 \rangle }{\sqrt2},\qquad \hat V=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}.

これは Hadamard 行列でユニタリである。定理 4.2.4 のとおり、2つの浄化は R だけの回転で移り合う。

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