この章のまとめ

(1) $r_z=P_e-P_g=-\tfrac12$、$r_x=r_y=0$ なので $\bm{r}=(0,0,-\tfrac12)$。$S(\hat\rho_{\mathrm A})=-\tfrac14\ln\tfrac14-\tfrac34\ln\tfrac34=h_{\mathrm b}(\tfrac14)=0.5623$。熱平衡では $P_e/P_g=\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega_0}$ で、これが $\tfrac13$ になるので $\hbar\omega_0/( k_{\mathrm B} T)=\ln3$。浄化は (4.3.11) から

$$| \Psi \rangle _{\mathrm{AR}}=\tfrac12| e \rangle | e \rangle _{\mathrm R}+\tfrac{\sqrt3}{2}| g \rangle | g \rangle _{\mathrm R}$$

で、$\operatorname{Tr}_{\mathrm R}| \Psi \rangle \langle \Psi |=\tfrac14| e \rangle \langle e |+\tfrac34| g \rangle \langle g |$。

(2) $\sigma_x$ の固有状態 $| \pm \rangle _{\mathrm R}=\tfrac1{\sqrt2}(| e \rangle \pm| g \rangle )$ は実係数なので、(4.3.13) は

$$(\mathbf 1\otimes\langle \pm |)| \Psi \rangle =\frac1{\sqrt2}\Big(\frac12| e \rangle \pm\frac{\sqrt3}{2}| g \rangle \Big)\eqqcolon\frac1{\sqrt2}| b_\pm \rangle .$$

結果 $\pm$ は確率 $\tfrac12$ ずつ出て、A は $| b_\pm \rangle =\tfrac12| e \rangle \pm\tfrac{\sqrt3}{2}| g \rangle$ になる。Bloch ベクトルは $(\pm\tfrac{\sqrt3}{2},0,-\tfrac12)$ で、$\bm{r}$ を通る横の弦の両端である。固有アンサンブル $| \tilde\psi_1 \rangle =\tfrac12| e \rangle$、$| \tilde\psi_2 \rangle =\tfrac{\sqrt3}{2}| g \rangle$ と比べると $\tfrac1{\sqrt2}| b_\pm \rangle =\tfrac1{\sqrt2}(| \tilde\psi_1 \rangle \pm| \tilde\psi_2 \rangle )$ なので、結ぶユニタリは Hadamard 行列 $\tfrac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ で、これは R の測定基底を $\sigma_z$ から $\sigma_x$ へ取り替える行列そのものである。

(3) $\bm{n}=(1,0,0)$、$\bm{r}\cdot\bm{n}=0$、$1-\lvert \bm{r}\rvert ^2=\tfrac34$ なので、(4.3.8) から $p_{\max}=\tfrac38$。（(4.3.7) でも $\hat\rho_{\mathrm A}^{-1}=\mathrm{diag}(4,\tfrac43)$、$\langle + | \hat\rho_{\mathrm A}^{-1} | + \rangle =\tfrac83$ で同じ。）残りは

$$\hat\rho_{\mathrm A}-\tfrac38| + \rangle \langle + |=\begin{pmatrix}\tfrac14&0\\0&\tfrac34\end{pmatrix}-\frac{3}{16}\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}=\frac1{16}\begin{pmatrix}1&-3\\-3&9\end{pmatrix}=\frac58| \chi \rangle \langle \chi |,\qquad | \chi \rangle =\frac{| e \rangle -3| g \rangle }{\sqrt{10}}$$

で、行列式が $0$（階数1）なので1つの純粋状態になる。上限の重みで混ぜると残りが半正定値の境目に来る、という命題 4.3.2 の十分性の証明のとおりである。アンサンブルは $\{\tfrac38,| + \rangle ;\tfrac58,| \chi \rangle \}$。重みのエントロピーは $h_{\mathrm b}(\tfrac38)=0.6616$ で、$S(\hat\rho_{\mathrm A})=0.5623$ より大きく、(4.3.10) と合う。

(4) R が $\sigma_x$ を選んだとき：結果 $\pm$ のあと A は $| b_\pm \rangle$ で、$\langle b_\pm | \sigma_x | b_\pm \rangle =\pm2\cdot\tfrac12\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=\pm\tfrac{\sqrt3}{2}$。結果を知らなければ平均は $\tfrac12(\tfrac{\sqrt3}2-\tfrac{\sqrt3}2)=0$。R が $\sigma_z$ を選んだとき：結果のあと A は $| e \rangle$ か $| g \rangle$ で、どちらも $\langle \sigma_x \rangle =0$。平均も $0$。結果を知らない A の側の統計は、どちらの選択でも $\operatorname{Tr}(\hat\rho_{\mathrm A}\sigma_x)=0$ で同じである（(4.3.14)）。相関は $\langle \Psi | \sigma_x\otimes\sigma_x | \Psi \rangle =2\cdot\tfrac12\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=\tfrac{\sqrt3}{2}$（$\sigma_x\otimes\sigma_x$ は $| ee \rangle \leftrightarrow| gg \rangle$ を入れ替える）で、R の結果と A の結果を突き合わせたときにだけ、R が $\sigma_x$ を選んだことが分かる。

(5) $\hat H_0=\tfrac\hbar2\bm{h}\cdot\bm{\sigma}$、$\bm{h}=(0,0,\omega_0)$ なので、Bloch 方程式 $\dot{\bm{r}}=\bm{h}\times\bm{r}$ は $z$ 軸まわりの角速度 $\omega_0$ の回転である。$| b_\pm \rangle$ の Bloch ベクトルは

$$\bm{r}_\pm(t)=\Big(\pm\tfrac{\sqrt3}{2}\cos\omega_0t,\ \pm\tfrac{\sqrt3}{2}\sin\omega_0t,\ -\tfrac12\Big)$$

と横成分が回る。平均 $\tfrac12(\bm{r}_++\bm{r}_-)=(0,0,-\tfrac12)$ は時間によらず、$\hat\rho_{\mathrm A}$ は定常である。固有アンサンブルの要素 $| e \rangle ,| g \rangle$ は $\hat H_0$ の固有状態で動かない。振動子の熱平衡で、止まっているエネルギー固有状態の混合と、振動するコヒーレント状態の混合が同じ $\hat\rho_\beta$ を与えたのと同じ構図で、「要素が動いているか」はアンサンブルの読み方の違いにすぎず、$\hat\rho$ にも、どの測定の統計にも現れない。