四方山話（量子テレポーテーション） (2021年8月2日）
復習から入る：偏光板という面白い性質を持つ半透明の板がある。ヘラパタイトという名の物質の結晶が規則正しく並んでできているが、その並び方によって決まるある固有な方向を持つ。市販されている偏光板には通常「吸収軸」という名で直線が描かれているが、ここで考えている「固有な方向」は吸収軸に直交する方向を言う。
以前推論したことだが、偏光板を通過した後の光子は、その「固有な方向」に『偏っている』と考えられる。その方向を向く長さ $1$ のベクトルによって、その偏りの状態を表す。更に、ベクトル $a$ の状態の光子が別の偏光板に遭遇する時を考える。この時、二枚目の偏光板の固有の方向を向く長さ $1$ のベクトルを $b$ で表すなら、$a$ の光子がすべて二枚目の偏光板を通過できるわけではない。どれが通過できるかはまったく予測できず、確率的な言い方しかできないのだが、その確率は $\cos ^2\theta $ である。但し、$\theta $ は $a, b$ の成す角とする。通過後の光子の状態は、状態の定義によって、もちろん $b$ である。
つまり、状態 $a$ の光子が状態 $b$ へ転移して偏光板 $B$ を通過する確率は $\vert (a, b)\vert ^2$ である。従って、状態 $a$ の光子は
$$1-\vert (a, b)\vert ^2=\sin ^2\theta $$の確率で偏光板 $B$ に吸収され通過できない、とも言える。
このように考える正当性：$\theta =\pi /2$ であるならば $\cos \theta =0$ である。従って、二枚の偏光板をそれぞれの「固有な方向」が互いに直交するように重ねると、一枚目を通過した光子はすべて二枚目で吸収されてしまいそれを通過する光子は皆無であることになる。光は光速で飛ぶたくさんの光子から成っていると考えられるが、このように重ねた偏光板が光を全く通さないことが、光子の立場からはこうして説明できる。
次の不思議な現象もうまく説明できる：$A, B, C$ 三枚の偏光板を重ねる。光は $A$ から $C$ の方向へ抜けるとする。$A, C$ の固有な方向が直交するように重ねる時、もし $B$ がなければ通過する光はない。従って、普通に考えれば、間に $B$ を挟んでも真っ暗なままだと思える。しかし実際には、視線を軸に $B$ を回転させると、向こう側の景色が見える時がある。$B$ の方向を、$A$ あるいは $C$ の方向と一致させると真っ暗だが、そこから少し回転させると明るくなる。$45$ 度回転させた時が最も明るい。
この現象は光子の立場からは次のように説明できる：$A, B, C$ の固有の方向を向く長さ $1$ のベクトルをそれぞれ $a, b, c$ で表す。$a, c$ は直交しているが、$a$ と $b$ の成す角を $\theta $ で表せば、$b$ と $c$ の成す角は
$${\pi \over 2}\pm \theta $$のどちらかである。
偏光板 $A$ を通過後の状態 $a$ の光子は、偏光板 $B$ を
$$\vert (a, b)\vert ^2=\cos ^2\theta $$の確率で状態 $b$ へ転移して通過する。その光子は、更に偏光板 $C$ を
$$\vert (b, c)\vert ^2=\cos ^2({\pi \over 2}\pm \theta )=\sin ^2\theta $$の確率で状態 $c$ へ転移して通過する。よって $A$ を通過した光子が $B$ を抜け、更に $C$ までも通り抜ける確率は
$$\cos ^2\theta \times \sin ^2\theta ={1\over 4}\sin ^2(2\theta )$$である。この値は、
$$\theta =0, \hskip 2mm {\pi \over 2}$$の場合 $0$ であり、$\theta $ が $45$ 度の場合最大である。つまり、$B$ の固有の方向を $A$ あるいは $C$ の方向と一致させると真っ暗であり、$45$ 度回転させる時が最も明るいこととつじつまが合う。
こうして、光子の偏り方を平面ベクトルによって表すと、ある状態 $a$ から別の状態 $b$ への転移の確率が内積 $(a, b)$ と結び付くことがわかった。一方、ベクトルの間では、内積の他にも、二つのベクトルの和、あるいは定数とベクトルとの積などが定義できることをわれわれは知っている。そこで、数学の論理の力を信じて、光子の状態の間でもそのような演算が意味を持つと仮に考えてみる。そこから推論を進め、その論理的帰結がどんな物理的現象を予測するかを考えてみる。この仮定の根拠をわれわれは確かめたわけではないので、ひょっとするとまったく荒唐無稽の結論が得られるかもしれない。しかし、ここまでの話が現実の現象をうまく説明できることから、まったく的外れの仮定とは言えないと思われる。
まず、$b$ と $b'$ を互いに直交する長さが $1$ のベクトルとすると、$b, b'$ はベクトル空間の基底を成すから、任意のベクトル $a$ は
$$a=\alpha b+\beta b'$$と書ける。但しここで $\alpha , \beta $ は定数であり
$$\alpha =(a, b), \hskip 2mm \beta =(a, b')$$である。状態 $a$ の光子が、$b$ の方向を固有の方向とする偏光板にぶつかると
$$\vert \alpha \vert ^2$$の確率でその偏光板を通過することは既に知っている。当然、$b'$ の方向を固有の方向とする偏光板に遭遇した時、それを通過する確率は $\vert \beta \vert ^2$ であろう。ここで注目すべきは、$a$ の長さが $1$ であることが
$$1=(a, a)=\vert \alpha \vert ^2+\vert \beta \vert ^2$$を意味することである。つまり、$b$ に転移する確率と $b'$ に転移する確率は足してちょうど $1$ になる。
ここで方解石の結晶が面白い役割を演じる。方解石の結晶に光を通すと、二つの経路に分かれて出てくる。更に、二つの光は互いに直交する方向に偏極している。これら二つの方向を向く長さが $1$ のベクトルを $b, b'$ で表せば、従って等式
$$a=\alpha b+\beta b'$$は、方解石に遭遇する場合の光子の振る舞いを表すと解釈できる。方解石を抜けて状態 $b$ へ転移する確率は $\vert \alpha \vert ^2$ であり、$b'$ に転移する確率は $\vert \beta \vert ^2$ のはずである。
特に、光子を検出する検出器 $D_b$ と $D_{b'}$ を図の位置に置くと、状態 $a$ の光子を一つ入射するたびに、二つの検出器の一方、そして一方のみが光子の到着を知らせることになる。その意味で光子は一塊のものとして振る舞い、決して二つに分裂することはない。このことはよく実証されている。
さてこの調子の推論をもう少し先まで進めてみる：ここまでは一つの光子の状態を考えてきたのだが、次に二つの光子の状態を考える。二つの光子を区別するために番号 $2, 3$ を使う（番号 $1$ は、後に三つ目の光子を表す時の為にとっておく）。ベクトル $b, b'$ に対して、番号 $2$ の光子が $b$ の方向に偏っている状態を $b_2$ であらわす。
$$b'_2, \hskip 2mm b_3, \hskip 2mm b'_3$$についても同様である。この時、$2$ の光子の任意の状態 $a_2$ は
$$a_2=\alpha b_2+\beta b'_2$$で表すことができ、$3$ の光子の状態 $c_3$ は
$$c_3=\gamma b_3+\delta b'_3$$で表すことができる。よって光子 $2$ が $a_2$ の状態にあり、かつ光子 $3$ が $c_3$ の状態にある -- 二つの光子の -- 状態は
\begin{eqnarray} a_2\otimes c_3&=&(\alpha b_2+\beta b'_2)\otimes (\gamma b_3+\delta b'_3)\nonumber \\ &=&\alpha \gamma b_2\otimes b_3+\alpha \delta b_2\otimes b'_3+\beta \gamma b'_2\otimes b_3+\beta \delta b'_2\otimes b'_3 \label{eq:tenkaisiki2} \end{eqnarray}と書き表すのが自然であろう。ここで $\otimes $ は「かつ」という意味合いで使った。
$a_2$ と $c_3$ の状態にある光子 $2$ と $3$ に対して、$b$ もしくは $b'$ へ転移する機会が与えられた時（例えば、方解石を使った先の図のような検出器に各光子が通された時）、$2$ が $b$ へ転移しかつ $3$ も $b$ へ転移する確率は
$$\vert \alpha \vert ^2\times \vert \gamma \vert ^2=\vert \alpha \gamma \vert ^2$$である。$2$ が $b$ へ、$3$ が $b'$ へ転移する確率なら
$$\vert \alpha \vert ^2\times \vert \delta \vert ^2=\vert \alpha \delta \vert ^2$$であり、他の組み合わせについても同様である。従って、展開式 (\ref{eq:tenkaisiki2}) は、一つの光子の状態に関する等式
$$a=\alpha b+\beta b'$$と同じ物理的内容を持っていると言える。
特に、一つの光子の任意の状態が $b, b'$ を基底として書き表すことができたと同様に、二つの光子の状態は
\begin{equation} b_2\otimes b_3, \hskip 1mm b_2\otimes b'_3, \hskip 1mm b'_2\otimes b_3, \hskip 1mm b'_2\otimes b'_3 \label{eq:4konokitei} \end{equation}を基底として書き表すことができると考えられる。
さてここで、
\begin{equation} a={1\over {\sqrt 2}}(b_2\otimes b'_3-b'_2\otimes b_3) \label{eq:psijyoutai} \end{equation}によって表される状態 $a$ を考える。実はこの状態はベルの不等式について考えた「7月7日」の記事で既に登場させた。その折の $(2)$ 式
$$a={1\over {\sqrt 2}}\left( b_A\otimes b'_B-b'_A\otimes b_B\right) $$がそれで、『A 君と B 君のもとへ飛んで来る』光子を表す添え字 $A, B$ を、それぞれ $2, 3$ に置き直しただけである。その際に計算して確かめたことだが、この状態では一方の光子がある方向へ偏極して検出されるなら、他方はその方向と直交する方向へ偏極して検出される。実は (\ref{eq:4konokitei}) 式の $4$ 個の基底によって表される状態であるなら、この性質を持つ状態はこれだけであることが証明できる。
光子 $2$ はアリスのもとへ、光子 $3$ はボブのもとへ、それぞれ送りこまれるとする。アリスの手元には任意の状態を取り得るもう一つの光子 $1$ があるとすると、光子 $3$ の状態を光子 $1$ の状態とそっくり同じにすることが、以下の方法によってできる：実は、その手続きの後では光子 $1$ の状態はもとの状態ではなくなってしまう。つまり、光子 $1$ がアリスのもとからボブのもとへ移ったとも解釈できる。この解釈を受け入れるかどうかは個人の随意だが、この現象は「量子テレポーテーション」と呼ばれている。「teleportation」は私の辞書によれば「念力移動」だが、「瞬間移動」が無難だと思う。ただ、以下で述べるように、電話（あるいは別の通信手段）を用いる手続きを経た上でないと、この「瞬間移動」は完了しない。その意味で「瞬間」を文字通りにとらえることはできない。
光子 $1$ の任意の状態をベクトル $c$
$$c=\alpha b_1+\beta b'_1$$で表す（$\alpha , \beta $ はこれまで出てきたものとは無関係である。単に記号が足りなくなっただけ）。この時、三つの光子 $1, 2, 3$ の状態は
\begin{eqnarray} c\otimes a&=&(\alpha b_1+\beta b'_1)\otimes {1\over {\sqrt 2}}\left( b_2\otimes b'_3-b'_2\otimes b_3\right) \nonumber \\ &=&{1\over {\sqrt 2}}\Bigl[ \alpha b_1\otimes b_2\otimes b'_3-\alpha b_1\otimes b'_2\otimes b_3 \\ &&+\beta b'_1\otimes b_2\otimes b'_3-\beta b'_1\otimes b'_2\otimes b_3\Bigr] \label{eq:canosiki} \end{eqnarray}と書ける。
アリスのもとには二つの光子 $1, 2$ があるのだが、光子 $2, 3$ の任意の状態が (\ref{eq:4konokitei}) 式の $4$ 個の基底
$$b_2\otimes b_3, \hskip 1mm b_2\otimes b'_3, \hskip 1mm b'_2\otimes b_3, \hskip 1mm b'_2\otimes b'_3$$によって表されるのと同じように、光子 $1,2$ の状態も
$$b_1\otimes b_2, \hskip 1mm b_1\otimes b'_2, \hskip 1mm b'_1\otimes b_2, \hskip 1mm b'_1\otimes b'_2$$の線形結合として表される。そこで、少し天下り的だが
$$p={1\over {\sqrt 2}}\left( b_1\otimes b'_2+b'_1\otimes b_2\right) $$ $$q={1\over {\sqrt 2}}\left( b_1\otimes b'_2-b'_1\otimes b_2\right) $$ $$r={1\over {\sqrt 2}}\left( b_1\otimes b_2+b'_1\otimes b'_2\right) $$ $$s={1\over {\sqrt 2}}\left( b_1\otimes b_2-b'_1\otimes b'_2\right) $$の四つの状態を考える。
これらの状態を用いると
$$b_1\otimes b_2={1\over {\sqrt 2}}\left( r+s\right) $$ $$b'_1\otimes b'_2={1\over {\sqrt 2}}\left( r-s\right) $$ $$b_1\otimes b'_2={1\over {\sqrt 2}}\left( p+q\right) $$ $$b'_1\otimes b_2={1\over {\sqrt 2}}\left( p-q\right) $$と書ける。これらを (\ref{eq:canosiki}) 式に代入して整理すると
\begin{eqnarray*} c\otimes a &=&{1\over 2}\Bigl[ \alpha (r+s)\otimes b'_3-\alpha (p+q)\otimes b_3 \\ &&+\beta (p-q)\otimes b'_3-\beta (r-s)\otimes b_3\Bigr] \\ &=&{1\over 2}\Bigl[ p\otimes (-\alpha b_3+\beta b'_3)+q\otimes (-\alpha b_3-\beta b'_3)\\ &&+r\otimes (\alpha b'_3-\beta b_3)+s\otimes (\alpha b'_3+\beta b_3)\Bigr] \end{eqnarray*}となる。
アリスがここでなすべき仕事は次の二つである：まず、自分の側にある光子 $1, 2$ を適当な装置に通して
$$p, \hskip 1mm q, \hskip 1mm r, \hskip 1mm s$$のいずれかに転移するようにする。次に、例えば $p$ への転移が確認出来たら、ボブに電話をして次のように伝える。『$b$ を $-b$ へ変える装置にそちらの光子 $3$ を通してください』と。
アリスが $p$ を確認したとすると（以前その存在を受け入れた「瞬時に伝わる遠隔作用」によって）、粒子 $3$ は
$$-\alpha b+\beta b'$$の状態に転移する。従ってアリスからの電話の通りに、$b$ を $-b$ へ変える装置に通すと、
$$\alpha b+\beta b'$$の変わることになる。すなわちこれは、念力移動したかった粒子 $1$ の最初の状態である。$p$ ではなく、例えば $r$ への転移が確認できた場合は、『$b$ を $-b'$ へ、$b'$ を $b$ へそれぞれ変える装置にそちらの光子 $3$ を通してください』と伝えればよい。他の場合も同様である。これで「量子テレポーテーション」は完了する。
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