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連続性の公理：古典を落とし、量子ビットを球にする

2026年10月17日8分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第9部 第5章 操作的な公理から量子力学を導く
目次
  1. を落とし を選ぶ
  2. の状態空間は球である
  3. 共通例題②：Rabi 振動は円板に収まらない
  4. 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9部 第5章 §9.5.3　★★★ 連続性の公理 (H5) で r=1r=1（古典）を除き、単純さの公理で r=2r=2 を選び、N=2N=2 の状態空間が3次元の球であることを示す。共通例題②の Rabi 振動を、実数の量子論の円板には収まらない運動として解く

r=1r=1 を落とし r=2r=2 を選ぶ

定理 9.5.3 の r=1r=1 は K=NK=N で、状態空間は NN 個の確率の組、すなわち単体である。単体の純粋な状態は頂点だけで、(H5) を満たさない。よって r≥2r\ge2。(H2) は各 NN で最小の KK を求めるので、r=2r=2 の理論が公理と両立するなら r=2r=2 が選ばれる。量子力学が r=2r=2 で (H1)〜(H5) を満たすことは 9.5.6節で示すので、ここでは K=N2K=N^2 として、その状態空間の形を決める。

N=2N=2 の状態空間は球である

N=2N=2 では K=4K=4 で、規格化を除いた状態は3次元の実ベクトルで表される。この状態空間の形を、連続性から決める。

命題 9.5.4（N=2N=2、K=4K=4 の状態空間 ★★★）

N=2N=2、K=4K=4 の系で (H5) が成り立つとする。このとき状態空間は、適当な affine 座標で R3\mathbb{R}^3 の単位球になり、純粋な状態は球面全体、連続な可逆の変換は回転 SO(3)SO(3) に含まれ、球面の上で推移的である。

証明

可逆な変換は状態空間（コンパクトな凸集合）をそれ自身へ写す affine な写像の群 GG をなす。GG のうち、恒等変換から連続に作れるものの全体を G0G_0 とする。GG は状態空間の affine な自己同型の閉部分群なので、G0G_0 はコンパクトで連結な Lie 群である。純粋な状態（端点）の1つ s0s_0 をとり、G0G_0 の Haar 測度で平均した点 s∗=∫G0gs0 dgs_*=\int_{G_0}g s_0\,\mathrm{d} g は G0G_0 のどの元でも動かない。また、任意の内積 ⟨⋅,⋅⟩\langle\cdot,\cdot\rangle を G0G_0 で平均した ⟨u,v⟩∗=∫G0⟨gℓu,gℓv⟩ dg\langle u,v\rangle_*=\int_{G_0}\langle g_\ell u,g_\ell v\rangle\,\mathrm{d} g（gℓg_\ell は gg の線型部分）は G0G_0 で不変な内積である。s∗s_* を原点に、この内積で正規直交な座標をとると、G0G_0 は回転群 SO(3)SO(3) の連結な部分群として働く。

(H5) から、どの2つの純粋な状態も G0G_0 の元で結ばれるので、純粋な状態の全体は1つの軌道 G0s0G_0s_0 である。原点からの距離は不変なので、軌道は半径 ∣s0∣\lvert s_0\rvert の球面に乗る。SO(3)SO(3) の連結な閉部分群は、自明な群・1つの軸のまわりの回転 SO(2)SO(2)・SO(3)SO(3) 全体のどれかである。自明な群の軌道は1点、SO(2)SO(2) の軌道は円で、凸包はそれぞれ点と円板になり、どちらも affine 次元が3に満たない。状態空間は端点の凸包で affine 次元が K−1=3K-1=3 なので、G0G_0 は SO(3)SO(3) に作用として一致し、軌道は球面全体である。端点の凸包は球になり、半径を 11 に取り直せば単位球である。

命題 9.5.4 で、第9部第4章が仮定として与えた Bloch 球が公理から出てきた。第4章の定理（Bloch 球の一般確率論と量子ビット）を合わせると、N=2N=2 の系は C2\mathbb{C}^2 の密度行列の理論そのものになる。ここで「3次元」が決まったのは K=4K=4 を通してであり、K=4K=4 は K=N2K=N^2 を通して (H4) の乗法性から決まった。したがって量子ビットの球が3次元であることは、合成系の公理に支えられている。

共通例題②：Rabi 振動は円板に収まらない

量子ビットの連続な可逆の変換の1径数群は、ある軸 h/∣h∣\bm{h}/\lvert \bm{h}\rvert のまわりを角速度 ∣h∣\lvert \bm{h}\rvert で回る回転 r˙=h×r\dot{\bm{r}}=\bm{h}\times\bm{r} である。これを C2\mathbb{C}^2 のユニタリ U^(t)=e−iH^t/ℏ\hat U(t)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} に持ち上げると、H^=ℏ2h⋅σ\hat H=\frac\hbar2\bm{h}\cdot\bm{\sigma} である。実際、[h⋅σ, σk]=2i∑j,lϵjklhjσl\left[\bm{h}\cdot\bm{\sigma},\,\sigma_k\right]=2\mathrm{i}\sum_{j,l}\epsilon_{jkl}h_j\sigma_l から

d⟨σk⟩dt=iℏ⟨[H^, σk]⟩=−∑j,lϵjklhj⟨σl⟩=(h×⟨σ⟩)k\frac{\mathrm{d} \langle \sigma_k \rangle }{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{i}}\hbar\langle \left[\hat H,\,\sigma_k\right] \rangle =-\sum_{j,l}\epsilon_{jkl}h_j\langle \sigma_l \rangle =(\bm{h}\times\langle \bm{\sigma} \rangle )_k

となる。h=(−Ω,0,−Δ)\bm{h}=(-\Omega,0,-\Delta) をとると H^=−ℏΔ2σz−ℏΩ2σx\hat H=-\frac{\hbar\Delta}{2}\sigma_z-\frac{\hbar\Omega}{2}\sigma_x で、共通例題②のハミルトニアンに一致する。∣g⟩| g \rangle（r=(0,0,−1)\bm{r}=(0,0,-1)）から出発した解は第9部第2章・第4章で求めたとおりで、

Pe(t)=1+rz(t)2=(ΩΩ′)2sin⁡2Ω′t2,ry(t)=−ΩΩ′sin⁡Ω′t,Ω′=Ω2+Δ2(9.5.2)P_e(t)=\frac{1+r_z(t)}{2}=\Bigl(\frac{\Omega}{\Omega'}\Bigr)^2\sin^2\frac{\Omega't}{2},\qquad r_y(t)=-\frac{\Omega}{\Omega'}\sin\Omega't,\qquad \Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}\tag{9.5.2}

である（検算では e−iH^t/ℏ\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} を数値で掛けて23の時刻で一致を確かめた）。

この解の ryr_y が 00 でないことが、実数の量子論との分かれ目になる。実数の量子論の N=2N=2 の状態空間は実対称な 2×22\times2 の密度行列の全体で、σy\sigma_y が純虚の行列なので ry=0r_y=0 の円板（xzxz 平面）である。円板の連続な可逆の変換は円板の回転だけで、Δ≠0\Delta\ne0 または Ω\Omega と Δ\Delta が両方ある Rabi 振動のように軌道が xzxz 平面を離れる運動は書けない。図 9.5.1 はその様子を示す。

図

図 9.5.1　共通例題②の Δ=Ω\Delta=\Omega の Rabi の軌道（青の実線）を、ryr_y を斜め奥向きに描いた斜投影で示す。灰色の円板は実数の量子論の量子ビットの状態空間（xzxz 平面）。軌道は ∣g⟩| g \rangle から回転軸 (−1,0,−1)/2(-1,0,-1)/\sqrt2 のまわりを回って円板の外へ出る（Ω′t=π/2\Omega't=\pi/2 で ry=−1/2r_y=-1/\sqrt2）。

例題 9.5.3　共通例題②を実数の量子論で書こうとする ★★★

オリジナル共通例題②で Δ=Ω\Delta=\Omega とする。

  1. (1) Ω′t=π/2\Omega't=\pi/2 のときの r\bm{r} と PeP_e を求めよ。
  2. (2) 実数の量子論で許される時間発展 U^(t)=e−iH^t/ℏ\hat U(t)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} は実行列でなければならない。2×22\times2 でこれを満たす H^\hat H の形を求め、そのとき Bloch ベクトルがどう動くかを述べよ。
  3. (3) (1) の状態が実数の量子論の状態でないことを確かめ、共通例題②の答え Pe(t)P_e(t) を実数の量子論で再現できる場合とできない場合を分けよ。
解答

(1) Ω′=2Ω\Omega'=\sqrt2\Omega で、第9部第2章の Bloch ベクトルの式に Ω/Ω′=Δ/Ω′=1/2\Omega/\Omega'=\Delta/\Omega'=1/\sqrt2、sin⁡2(Ω′t/2)=12\sin^2(\Omega't/2)=\frac12、sin⁡Ω′t=1\sin\Omega't=1 を入れると

rx=−2ΔΩΩ′2⋅12=−12,ry=−12,rz=−1+2⋅12⋅12=−12,r_x=-\frac{2\Delta\Omega}{\Omega'^2}\cdot\frac12=-\frac12,\qquad r_y=-\frac1{\sqrt2},\qquad r_z=-1+2\cdot\frac12\cdot\frac12=-\frac12,

Pe=(1+rz)/2=14P_e=(1+r_z)/2=\frac14 である。∣r∣2=14+12+14=1\lvert \bm{r}\rvert ^2=\frac14+\frac12+\frac14=1 で、純粋な状態である。

(2) U^(t)\hat U(t) が実なら、その生成子 −iH^/ℏ=U^˙(0)-\mathrm{i}\hat H/\hbar=\dot{\hat U}(0) も実行列で、H^\hat H はエルミートなので −iH^-\mathrm{i}\hat H は実の反対称行列である。2×22\times2 の実の反対称行列は (0−aa0)=−iaσy\begin{pmatrix}0&-a\\a&0\end{pmatrix}=-\mathrm{i} a\sigma_y の形なので、H^=ℏaσy\hat H=\hbar a\sigma_y（と定数の項）に限られる。これは h=(0,2a,0)\bm{h}=(0,2a,0) で、Bloch ベクトルは yy 軸のまわり、すなわち xzxz 平面の円板の中で回る。

(3) (1) の状態は ry=−1/2≠0r_y=-1/\sqrt2\ne0 なので密度行列が実対称でなく、実数の量子論の状態空間（円板）に入らない。実数の量子論で ∣g⟩| g \rangle から ∣e⟩| e \rangle への遷移を起こせるのは H^∝σy\hat H\propto\sigma_y の場合で、そのときは Pe=sin⁡2(Ωt/2)P_e=\sin^2(\Omega t/2) という共鳴（Δ=0\Delta=0）の答えだけが出る。Δ≠0\Delta\ne0 の答え (Ω/Ω′)2sin⁡2(Ω′t/2)(\Omega/\Omega')^2\sin^2(\Omega't/2) は、回転軸が σx\sigma_x と σz\sigma_z を同時に含むことを要し、実数の量子論の円板では書けない。共通例題②の離調つきの答えは、量子ビットの状態空間が ryr_y の向きを含む3次元の球であることを使っている。

木下の勉強ステータス

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