量子テレポーテーション

この証明の道すじ　左辺は、送りたい状態ともつれた組を並べただけの形である。手順1〜3でこれを展開し、4〜6で粒1と粒2の部分を4つの形に並べ替えると、どの項でも、粒3には送りたい状態を決まった軸で半回転させたものが残る。7〜10で回し方に名前を付けると右辺になり、11〜13で、どの結果も4分の1で出ることと、2ビットが届く前の受け手には何も分からないことを確かめる。

$|\psi {⟩}_1$は、送り手が送りたい粒1の状態。名前を付けるなら「送りたい状態」である。縦棒と山かっこの$|⟩$はケットと呼ぶ記号で、中に書いた名前の状態を表す。右下の数字1、2、3は粒の番号である。

$|{\Phi }^{+}{⟩}_{23}$（ファイ・プラス）は、粒2と粒3が「もつれた組」になっている状態を表す。粒2は送り手が、粒3は受け手が持つ。

右辺の$|{\beta }_k{⟩}_{12}$は、送り手が粒1と粒2を組で測ったときに出る4つの結果で、番号$k$は0から3である。この$\beta$（ベータ）は名前の一部で、あとで出る重みの$\beta$とは別のものだ。4通りなので、2ビットの00、01、10、11で書ける。${\sigma }_k$（シグマ）は、受け手が粒3にかける「回し方」だ。${\sum }_{k=0}^3$は$k=0,1,2,3$の4つの項を全部足すという記号で、前の$\frac{1}{2}$は各項に掛かる重みになる。どの量にも単位は無い。

図で納得する

粒の状態を、円に描いた矢印で表してみる。真上を向いた矢印が「上」、真下が「下」で、量子ビットの0と1にあたる。そのあいだのどの向きを指す矢印も、上と下の両方の性質を決まった割合で持ち、これを重ね合わせと呼ぶ。

本当の矢印は、円ではなく球の上のどの向きも指せる。ただ、しばらくは球を縦に切った円の上だけで十分だ。

ただし、矢印そのものは見えない。測ると答えは上か下のどちらかしか出ず、矢印はその向きに倒れてしまう。上が出る確率は、矢印の先端の高さ$h$で決まる。真上で$h=1$、真横で$h=0$、真下で$h=-1$として、上の確率は$(1+h)÷2$である。

同じ向きの矢印の粒を20個用意して、1個ずつ測る。矢印を横へ倒していくと、上と下の数は半々に近づく。1個の粒は1回しか測れないので、出た答えが上でも、元の矢印がどれだけ傾いていたかは分からない。

だとすれば、知らない向きの矢印を写して数を増やし、まとめて測ればよさそうに思える。ところが、1982年にウッターズとズレックが示したとおり、知らない向きの矢印は写せない。そっくり同じ粒2つに増やす装置は、量子力学の決まりと両立しないのである。

だから送り手は、矢印を読まずに送るしかない。そこで先にもつれた組を作り、粒2を送り手、粒3を受け手に分けておく。もつれた組の粒は、1つずつ見るとどの向きで測っても半々に答えが出る。ところが2つを同じ向きで測ると、答えはいつもそろう。

塗りつぶした丸は、測る軸の塗りつぶした点の側が出たことを表す。測る向きを変えても、そろう組の数は変わらない。それでいて、どちらの粒の答えも、それだけを見ればでたらめである。

送り手は次に、粒1と粒2を「組で」測る。1つずつの向きは問わず、2つがそろっているか逆か、足した形か引いた形かだけを問う測り方で、ベル測定と呼ぶ。結果は4通りで、どれも確率は4分の1。送りたい矢印がどちらを向いていても、この確率は変わらない。

その瞬間、受け手が持つ粒3の矢印は、結果に応じて決まる。結果0なら送りたい矢印と同じ向き、結果1なら上下に折り返した向き、結果2なら反対向き、結果3なら左右に折り返した向きになる。

受け手は、2ビットで結果を聞いてから、粒3を回して直す。結果1なら横の軸、結果2なら紙に垂直な軸、結果3なら縦の軸のまわりに半回転させる。球の上で軸のまわりに半回転させると、円の上では折り返しか、反対向きへの回転に見える。

結果は測るたびにでたらめに変わるが、直したあとの矢印はいつも送りたい矢印と重なる。

2ビットが届く前の受け手は、何を持っているのだろうか。4本の矢印のどれかが、4分の1ずつの確率で手元にある。4本を足すと、横の成分も縦の成分も打ち消し合って、ちょうど0になる。

平均の矢印が0なら、どの向きで測っても、その向きに沿った高さ$h$の平均は0になる。上の確率は$(1+0)÷2=0.5$で、受け手が手元の粒をどう測っても、上と下が半々に出る。しかも、送りたい矢印がどちらを向いていても、この結果は変わらない。

だから、送り手が組で測った瞬間に、受け手の側で分かることは何も無い。意味のある中身が伝わるのは2ビットが届いてからで、その知らせは光より速く進めない。

一方、送り手の粒1は、組で測ったときに矢印の向きを失う。手元に残るのは2ビットの結果だけで、同じ矢印が送り手と受け手の両方にそろう瞬間は無い。複製できないという決まりとも、ぶつからない。

式で確かめる

円に描いた矢印を、式に直す。$|0⟩$は上、$|1⟩$は下の状態で、送りたい状態は2つに重み$\alpha$と$\beta$を付けて足した形に書ける。この重みは確率振幅と呼ばれ、2乗すると、測ったときにその答えが出る確率になる。

1. 送りたい状態を、上と下の重ね合わせで書く。上と下の確率を足すと1になる。

   $$\begin{array}{rl}|\psi ⟩& =\alpha |0⟩+\beta |1⟩\\ |\alpha {|}^2+|\beta {|}^2& =1\end{array}$$

$|\alpha {|}^2$の縦棒は絶対値で、重みが負の数でも2乗は正になる。円に描く矢印は$\alpha$と$\beta$がふつうの数の場合で、球の上のどの向きも表すには、2乗すると−1になる数$i$を含む複素数を使う。

図で納得するで使った高さ$h$は、上の確率から下の確率を引いた$|\alpha {|}^2-|\beta {|}^2$にあたる。これを$|\alpha {|}^2+|\beta {|}^2=1$と辺ごとに足すと$1+h=2|\alpha {|}^2$になる。上の確率$|\alpha {|}^2$は$(1+h)÷2$で、図で納得するの式そのものだ。

2. もつれた組を書く。ケットを2つ並べるのは「粒2が上で、粒3も上」という意味で、$\frac{1}{\sqrt{2}}$は2つの場合を半々にする重みである。

   $$|{\Phi }^{+}{⟩}_{23}=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0{⟩}_2|0{⟩}_3+|1{⟩}_2|1{⟩}_3)$$

重み$\frac{1}{\sqrt{2}}$を2乗すると$\frac{1}{2}$なので、上上と下下が半々で出て、上下や下上は出ない。並べたケットは、粒の番号を省いて$|00⟩$、$|11⟩$とも書く。この並べ方をテンソル積と呼び、記号$\otimes$で書くこともある。

3. 左辺の2つを並べ、かっこを分配法則で開く。$|abc⟩$は、粒1が$a$、粒2が$b$、粒3が$c$の状態である。

   $$\begin{array}{rl}& |\psi {⟩}_1|{\Phi }^{+}{⟩}_{23}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha |000⟩+\alpha |011⟩\\ & +\beta |100⟩+\beta |111⟩)\end{array}$$

$(a+b)(c+d)$の展開と同じで、粒1の2つの項ともつれた組の2つの項を1つずつ掛けて、4つの項が出る。ここまでは、まだ何も測っていない。

4つの形に並べ替える

4. 2つの粒でつくる4つの形を決める。$\pm$は、上の符号どうし、下の符号どうしで読む2つの式をまとめた書き方だ。この4つをベル状態と呼ぶ。言葉で言えば、$|{\Phi }^{+}⟩$は「そろって足す形」、$|{\Phi }^{-}⟩$は「そろって引く形」、$|{\Psi }^{+}⟩$は「逆で足す形」、$|{\Psi }^{-}⟩$は「逆で引く形」である。

   $$\begin{array}{rl}|{\Phi }^{\pm }⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩\pm |11⟩)\\ |{\Psi }^{\pm }⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|01⟩\pm |10⟩)\end{array}$$

5. 4の式を逆に解く。そろって足す形と引く形を足すと$|11⟩$が消え、$\frac{2}{\sqrt{2}}|00⟩=\sqrt{2}|00⟩$が残るので、$\sqrt{2}$で割る。引けば$|00⟩$が消えて$|11⟩$が出る。逆で足す形と引く形を足し引きすれば、$|01⟩$と$|10⟩$が出る。

   $$\begin{array}{rl}|00⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\Phi }^{+}⟩+|{\Phi }^{-}⟩)\\ |11⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\Phi }^{+}⟩-|{\Phi }^{-}⟩)\\ |01⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\Psi }^{+}⟩+|{\Psi }^{-}⟩)\\ |10⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\Psi }^{+}⟩-|{\Psi }^{-}⟩)\end{array}$$

$x=a+b$と$y=a-b$を足すと$2a$になり、$a=(x+y)÷2$が出る。手順5も同じ計算で、2の代わりに$\sqrt{2}$で割る点だけが違う。

6. 3の式の粒1と粒2の部分に、5の4つの式を入れる。$\frac{1}{\sqrt{2}}\times \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$になり、ベル状態ごとに粒3の部分をまとめる。

   $$\begin{array}{rl}& |\psi {⟩}_1|{\Phi }^{+}{⟩}_{23}\\ & =\frac{1}{2}|{\Phi }^{+}{⟩}_{12}(\alpha |0⟩+\beta |1⟩{)}_3\\ & +\frac{1}{2}|{\Psi }^{+}{⟩}_{12}(\beta |0⟩+\alpha |1⟩{)}_3\\ & +\frac{1}{2}|{\Psi }^{-}{⟩}_{12}(-\beta |0⟩+\alpha |1⟩{)}_3\\ & +\frac{1}{2}|{\Phi }^{-}{⟩}_{12}(\alpha |0⟩-\beta |1⟩{)}_3\end{array}$$

4つの項は、どれも粒3に$\alpha$と$\beta$の両方を残している。つまり、送りたい状態の中身は測る前から粒3に入っていて、4通りの形に崩れているだけだ。1項ずつの計算は、0.8と0.6を入れた次の章の手順5〜8でたどれる。

回し方に名前を付ける

7. 受け手の4つの回し方を決める。${\sigma }_0$は何もしない回し方、${\sigma }_1$は上と下を入れ替える回し方、${\sigma }_3$は下の符号を変える回し方で、${\sigma }_2$は入れ替えて符号を変え、全体に$i$を掛ける。

   $$\begin{array}{rl}{\sigma }_0& :|0⟩\to |0⟩,|1⟩\to |1⟩\\ {\sigma }_1& :|0⟩\to |1⟩,|1⟩\to |0⟩\\ {\sigma }_2& :|0⟩\to i|1⟩,|1⟩\to -i|0⟩\\ {\sigma }_3& :|0⟩\to |0⟩,|1⟩\to -|1⟩\end{array}$$

教科書では、この4つを2行2列の行列で書き、${\sigma }_0$を単位行列、${\sigma }_1$から${\sigma }_3$をパウリ行列と呼ぶ。球の上では、どれもある軸のまわりの半回転にあたる。

8. 7の回し方を、送りたい状態にかける。$|0⟩$と$|1⟩$の行き先を、それぞれの重みごと書き換えればよい。${\sigma }_2$なら、$\alpha |0⟩$は$\alpha i|1⟩$に、$\beta |1⟩$は$-\beta i|0⟩$になり、最後に$i$をかっこの外へくくり出す。

   $$\begin{array}{rl}{\sigma }_1|\psi ⟩& =\beta |0⟩+\alpha |1⟩\\ {\sigma }_2|\psi ⟩& =\alpha i|1⟩-\beta i|0⟩\\ & =i(-\beta |0⟩+\alpha |1⟩)\\ {\sigma }_3|\psi ⟩& =\alpha |0⟩-\beta |1⟩\end{array}$$

6の式で粒3に残る形と比べると、${\sigma }_1$と${\sigma }_3$の形はそのまま現れ、${\sigma }_2$だけに$i$が余分に付いている。

9. 余分な$i$を打ち消すため、組の結果に名前を付け直す。粒1にだけ${\sigma }_k$をかけたもつれた組を$|{\beta }_k⟩$とする（$\otimes 1$は、粒2には何もしない印）。この$\beta$は名前の一部で、手順1の重み$\beta$とは別のものだ。

   $$|{\beta }_k{⟩}_{12}=({\sigma }_k\otimes 1)|{\Phi }^{+}{⟩}_{12}$$

$k=2$で書き出してみる。${\sigma }_2$は粒1の$|0⟩$を$i|1⟩$に、$|1⟩$を$-i|0⟩$に変えるので、$|00⟩$は$i|10⟩$に、$|11⟩$は$-i|01⟩$になる。$-i$をくくり出せば、逆で引く形の出来上がりだ。

$$\begin{array}{rl}|{\beta }_2⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(i|10⟩-i|01⟩)\\ & =-i\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(|01⟩-|10⟩)\\ & =-i|{\Psi }^{-}⟩\end{array}$$

ほかの3つは$i$が出ない。${\sigma }_1$は粒1の上と下を入れ替えるので$|{\beta }_1⟩=|{\Psi }^{+}⟩$、${\sigma }_3$は$|11⟩$の符号だけを変えるので$|{\beta }_3⟩=|{\Phi }^{-}⟩$、何もしない${\sigma }_0$では$|{\beta }_0⟩=|{\Phi }^{+}⟩$になる。

$k=2$の項は$|{\beta }_2⟩{\sigma }_2|\psi ⟩=(-i)|{\Psi }^{-}⟩\cdot i(-\beta |0⟩+\alpha |1⟩)$で、$(-i)\times i=-i^2=1$なので、6の式の3行目とぴったり重なる。

10. 6の式の4つの項を9の名前で書き直し、$\sum$で1つの式に書くと、記事の式になる。

    $$|\psi {⟩}_1|{\Phi }^{+}{⟩}_{23}=\frac{1}{2}\sum _{k=0}^3|{\beta }_k{⟩}_{12}{\sigma }_k|\psi {⟩}_3$$

確率と、連絡の前

11. 結果$k$が出る確率を求める。4つのベル状態は、手順5の図の矢印のように、どれも長さ1で互いに直角な向きの矢印として扱える。だから確率は、その項に付いた$\frac{1}{2}$の2乗に、粒3に残る重みの2乗の和を掛けたものだ。回しても重みの2乗の和は変わらない。$|{\beta }_2⟩$に付いた$-i$も、$i$の図の円の上にある大きさ1の数で、絶対値の2乗$|-i{|}^2$は1なので、どの$k$でも同じになる。

    $$P(k)=\left(\frac{1}{2}{)}^2\right(|\alpha {|}^2+|\beta {|}^2)=\frac{1}{4}$$

12. 受け手は結果$k$を聞いてから、同じ${\sigma }_k$をもう一度かける。どの回し方も2回で元に戻る（${\sigma }_2$では$i\times (-i)=1$）。

    $${\sigma }_k{\sigma }_k|\psi ⟩=|\psi ⟩$$

こうして粒3は送りたい状態になり、粒1と粒2はベル状態のどれかになって、元の$\alpha$と$\beta$を持たない。

13. 2ビットを聞く前の受け手の粒は、4つの矢印が4分の1ずつ混ざったものである。矢印の先を、横、前後、縦の座標$(x,y,z)$で書く。軸のまわりに半回転させると、軸に沿った成分はそのままで、ほかの2つの成分は符号が変わる。${\sigma }_1$は横の軸のまわりなので$y$と$z$の符号を変え、${\sigma }_2$は$x$と$z$の、${\sigma }_3$は$x$と$y$の符号を変える。

    $$\begin{array}{rl}& \frac{1}{4}[(x,y,z)+(x,-y,-z)\\ & +(-x,y,-z)+(-x,-y,z)]\\ & =(0,0,0)\end{array}$$

重みが0.8と0.6なら高さは$z=0.64-0.36=0.28$で、先端は半径1の円の上にあるから、横の位置は三平方の定理で$x=\sqrt{1-0.28^2}=0.96$と決まる。

平均の矢印の長さが0の粒は、どの向きで測っても上と下が半々に出る。これは$\alpha$と$\beta$によらないので、受け手の手元だけからは何も読みとれない。