どなたかお力を！(2023年11月7日)
今回は、この一週間気になって仕方がない問題を一つ：
図の光源 $(\ast )$ からは左右へ一対の光子が次々に発射されるとする。この光子対は、A君とB君がそれぞれの元へやって来る光子の偏極方向を測定すると必ず直交しているという意味で、相関関係にある。この光子対の状態を $a$ で表して、ベクトルを使って表示すると
$$a={1\over {\sqrt 2}}\left[ b_A\otimes b'_B-b'_A\otimes b_B\right] $$と書ける。但し $b, b'$ は互いに直交する長さ $1$ の平面ベクトルをあらわすが、中央のマイナス記号のお陰で、$b、 b'$ はこの条件さえ満たせば何でもよい。強調しておくが、つまりこの表示は、$b, b'$ が何であっても同じ状態 $a$ を表す。添え字の $A, B$ は二人の観測者の元へやって来る光子の状態を表す。
A君は自分の側の光子を方解石の結晶に通し、二つに分かれた経路の先に置いた検出器 $(A_1), (A_2)$ で捕らえるとする。
二つの経路の偏極方向が、図のように $b, b'$ とするなら、検出器 $(A_1)$ のブザーが鳴る時にはB君の側の光子は $b'$ の方向へ偏極し、検出器 $(A_2)$ が作動する時には $b$ の方向に偏極していることになる。そこでB君は、自分の元へ飛んでくる光子をベクトル $d$ の方向の軸を持つ偏光板に通し、その先の置いた検出器 $(B)$ で捕らえるとして、その検出器が作動する確率 $P$ を求めたい。$d$ を
$$d=\cos \phi b+\sin \phi b'$$で表しておく。
まず $(A_1)$ と $(A_2)$ は同じ確率 $1/2$ で作動する。$(A_1)$ が作動する時に $(B)$ の作動する確率は
$$(b', d)^2=\sin ^2\phi $$であり、$(A_2)$ が作動する時の $(B)$ の作動確率は
$$(b, d)^2=\cos ^2\phi $$である。 - ここで $(\cdot , \cdot )$ はベクトルの間の内積を表す。デイラックのブラとケットによる表示 $\langle \cdot \vert \cdot \rangle $ と同じ意味である。実数しか現れないので、ベクトルの順番はどうでもよい。- よって
$$P={1\over 2}\sin ^2\phi +{1\over 2}\cos ^2\phi ={1\over 2}$$となる。
ここで、A君が自分の結晶を回転し、軸の方向を $b, b'$ から他の任意の方向 $e, e'$ へ切り替えたとしよう。この時、もし、B君の検出器 $(B)$ の作動する確率 $P$ が変化するのであれば、その変化を利用してA君からB君へ信号を送ることができる。しかもこの信号は、瞬時にしてA君からB君へ伝わることになり、画期的な通信手段になり得る。
しかし、$P$ はそう簡単には変化しない。$b$ を他の $e$ に変えたところで、先に強調したように
$$a={1\over {\sqrt 2}}\left[ e_A\otimes e'_B-e'_A\otimes e_B\right] $$だからである。A君がもし自分の光子の偏極方向を制御できるのであれば、A君はB君へ信号を送ることができる、しかも瞬時に届く信号を！ただ如何せん、A君はその制御ができない、何故なら、A君の光子の偏極方向は完全にでたらめに変化するから。
普通の教科書では、上に書いたような考察をもって、『従ってこの相関関係は、光速を超えて伝わる情報の伝達手段にはなり得ない』と結論付ける。ただ、私もそうなのだが、数学を少しでもかじった人ならおそらく、『上の考察だけではそう結論するに足る十分な証明ではない』と思うのではなかろうか。
ここで次の図のような装置を考えてみたい：
$HV$ は方解石の結晶を表し、通過する光子の偏極方向は $b, b'$ とする（以下においては、ダッシュ記号は常に直交する方向を表す）。$b$ の光子がたどる経路上に方解石を挿入し、ベクトル $c$ と $c'$ の方向へ偏極した光子が出てくるようにして、$c'$ の経路の先に光子検出器 $(A_1)$ を置く。${\overline {HV}}$ は $HV$ を裏返した結晶で、$HV$ によって分かれた $b'$ の経路を $c$ の経路と一致させるために置いた。但し、$c$ の光子をこの ${\overline {HV}}$ に通すと $b$ と $b'$ の成分に分かれてしまうので、通さない。
実は、$b'$ の経路と $c$ の経路を一本にまとめるだけでは後の議論を進めるには不十分である。ある意味で『二つの光子の歩調をそろえる』ことが必要なのだが、ここではそれができたとして話を進める。詳しくは後に説明する。
一本にまとまった経路の上にもう一つ方解石の結晶を置き、ベクトル $e, e'$ の方向へ偏極させた上で検出器 $(A_2), (A_3)$ で捕らえるとする。
これから示したいことは、$b$ の経路上に挿入する結晶を回転させる時、つまり
$$c=\cos \theta b+\sin \theta b', \hskip 2mm c'=-\sin \theta b+\cos \theta b'$$として $\theta $ を変化させる時、B君のもとへ飛ぶ光子が偏光板を通過して検出器 $(B)$ を作動させる確率 $P$ が変化することである。しかしもしこれが正しいとするなら、明らかに瞬時に遠方へ伝わる送信が可能になり、アインシュタインの原理に反する。よって、おそらく、私の推論に間違いがあるのだろうが、どこが間違っているのかわからない。どなたかお教えいただけると有難いという次第。
さて
$$b=\cos \theta c-\sin \theta c', \hskip 2mm b'=\sin \theta c+\cos \theta c'$$だから
\begin{eqnarray} a&=&{1\over {\sqrt 2}}\left[ b_A\otimes b'_B-b'_A\otimes b_B\right] \nonumber \\ &=&{1\over {\sqrt 2}}\left[ \left( \cos \theta c_A\otimes b'_B-\sin \theta c'_A\otimes b'_B\right) -\left( \sin \theta c_A\otimes b_B+\cos \theta c'_A\otimes b_B\right) \right] \label{eq:anotenkai} \end{eqnarray}と書き換えられる。各項は互いに直交している。
A君の管轄する検出器 $(A_1), (A_2), (A_3)$ は - 理想的な検出能力を持つとして - 一つの光子対に対しどれか一つのみが作動するだろう。(\ref{eq:anotenkai}) から $(A_1)$ が作動する確率は
\begin{equation} {1\over 2}\sin ^2\theta \label{eq:1gasadou} \end{equation}であって、この時、状態 $a$ は
$$c'_A\otimes b'_B$$へ変化する（収縮する）と考えられ、その時のB君の光子の状態は $b'$ である。$(A_1)$ が作動し、かつ検出器 $(B)$ も作動する確率を $P_1$ で表せば、従って
\begin{equation} P_1={1\over 2}\sin ^2\theta (b', d)^2 ={1\over 2}\sin ^2\theta \sin ^2\phi \label{eq:p1} \end{equation}である。但し $\phi $ は
$$d=\cos \phi b+\sin \phi b'$$によって導入される角度とする。
それ以外の時は検出器 $(A_2)$、もしくは $(A_3)$ が作動するものと考えられるが、その確率を $n^2$ で表すと、$n^2$ はベクトル
$${1\over {\sqrt 2}}\left[ \cos \theta c_A\otimes b'_B-\sin \theta c_A\otimes b_B-\cos \theta c'_A\otimes b_B\right] $$の長さの二乗であって
\begin{equation} n^2={1\over 2}\left[ 1+\cos ^2\theta \right] \label{eq:2nosadou} \end{equation}である。この時 $a$ は
\begin{equation} {1\over {{\sqrt 2}n}}\left[ c_A\otimes \left( \cos \theta b'_B-\sin \theta b_B\right) -c'_A\otimes \left( \cos \theta b_B\right) \right] \label{eq:ano23hennka} \end{equation}へ変化する。
よって、$(A_2)$ が作動しかつ $(B)$ も作動する確率を $P_2$ で表すと、これは、ベクトル (\ref{eq:ano23hennka}) と $e_A\otimes d_B$ の内積の二乗に $n^2$ をかけたものであって
$$P_2={1\over 2}\left[ (c, e)\left( \cos \theta \sin \phi -\sin \theta \cos \phi \right) -(c', e)\cos \theta \cos \phi \right] ^2$$である。同様に $(A_3)$ が作動しかつ $(B)$ も作動する確率を $P_3$ で表すと
$$P_3={1\over 2}\left[ (c, e')\left( \cos \theta \sin \phi -\sin \theta \cos \phi \right) -(c', e')\cos \theta \cos \phi \right] ^2$$となる。よって
\begin{equation} P_2+P_3={1\over 2}\left[ \left( \cos \theta \sin \phi -\sin \theta \cos \phi \right) ^2+\cos ^2\theta \cos ^2\phi \right] \label{eq:P2tasuP3} \end{equation}である。但しここで、
$$(f, e)(e, g)+(f, e')(e', g)=(f, g)$$がすべてのベクトル $f, g$ について成り立つこと、デイラックのブラとケットを使うならば
$$\langle f\vert e\rangle \langle e\vert g\rangle +\langle f\vert e'\rangle \langle e'\vert g\rangle =\langle f\vert g\rangle $$が成り立つことを用いた。
よって、A君の側の検出器の作動のいかんにかかわらず検出器 $(B)$ が作動する確率 $P$ は
$$P=P_1+P_2+P_3={1\over 2}\left( 1-{1\over 2}\sin 2\theta \sin 2\phi \right) $$となり、最初に述べたように、$\theta $ に依存して変化する。
以上は、『状態ベクトルを、互いに直交する長さ $1$ の基底状態で展開する時、測定装置との相互作用と共に、各基底の係数の（絶対値の）二乗の確率で対応する基底状態へ変化する』という規則に則って計算したつもりである。ただ、少し複雑な測定過程でもあり、他の方法での検算が必要だという気がする。そこで、確率振幅の考えを使ってもう一度計算し直してみたい：
まず、A君の光子が検出器 $(A_1)$ を作動させ、B君の光子が $(B)$ を作動させる時の確率振幅を求めたい。全系の初期状態は
$$a={1\over {\sqrt 2}}\left( b_A\otimes b'_B-b'_A\otimes b_B\right) $$なので、求める確率振幅は
$${1\over {\sqrt 2}}(b, c')(b', d)=-{1\over {\sqrt 2}}\sin \theta \sin \phi $$であり、よって、この時の確率 $P_1$ はこの確率振幅の（絶対値の）二乗であり
$$P_1={1\over 2}\sin ^2\theta \sin ^2\phi $$となる。先に求めた (\ref{eq:p1}) 式に一致している。
次にA君の光子が検出器 $(A_2)$ を作動させ、かつ、B君の光子が $(B)$ を作動させる確率振幅を求める：今回の二番目の図の説明の際強調したことだが、$b'$ の経路と $c$ の経路をまとめて一本にする際、両方の光子の歩調が合う、電磁波の言葉で言うならば位相が合うように按配することが可能であると仮定する。例えば $c$ の経路に何か適当な媒質を置くことによって、これが可能でないかと考えている。これが可能でなければ、ここでの推論はすべて崩れることになるが、一応これを仮定して話を進める。この仮定の下では、$(A_2)$ に飛び込む光子は $b'$ の経路をやって来たのか、$b, c$ の経路をやって来たのかわからない。従ってそれぞれの確率振幅の和を求める必要がある。
まず $b'$ の経路をやって来る光子については
$$-{1\over {\sqrt 2}}(b', e)(b, d)=-{1\over {\sqrt 2}}\cos \phi (b', e)$$であり、$b, c$ の経路をやって来る光子については
$${1\over {\sqrt 2}}(b, c)(c, e)(b', d)={1\over {\sqrt 2}}\cos \theta \sin \phi (c, e)$$である。これらの和の二乗が $P_2$ だから
$$P_2={1\over 2}\left[ -\cos \phi (b', e)+\cos \theta \sin \phi (c, e)\right] ^2$$である。
同様に
$$P_3={1\over 2}\left[ -\cos \phi (b', e')+\cos \theta \sin \phi (c, e')\right] ^2$$であり、よって
\begin{eqnarray*} P_2+P_3&=&{1\over 2}\left[ \cos ^2\phi +\cos ^2\theta \sin ^2\phi -2\cos \theta \sin \phi \cos \phi (b', c)\right] \\ &=&{1\over 2}\left[ \cos ^2\phi +\cos ^2\theta \sin ^2\phi -2\sin \theta \cos \theta \sin \phi \cos \phi \right] \end{eqnarray*}となる。この和の値は、先に求めた (\ref{eq:P2tasuP3}) 式の値と実は一致している。
よって、確率振幅の考え方を用いて $P$ を求めても、やはり
$$P={1\over 2}\left( 1-{1\over 2}\sin 2\theta \sin 2\phi \right) $$が得られる。
更にまた、特別な場合、$\theta =0$ もしくは $\theta =\pi /2$ の場合については $P=1/2$ のはずだが、別の論理を使ってこの結果をチェックすることができる：$\theta =0$ の場合は $c=b$ であって、検出器 $(A_1)$ はまったく作動しない。よって $b$ の経路に挿入する結晶はないとしてよい。よって、装置全体の設定は今回の記事の最初に挙げた図と同じになる。つまり $P=1/2$ であって、矛盾はない。
もう一つの $\theta =\pi /2$ の場合：この場合
$$c=b', \hskip 3mm c'=-b$$であり、偏光子 $HV$ を抜けて $b$ 方向に偏極した光子はすべて検出器 $(A_1)$ に吸い込まれ、この検出器を作動させることになる。よって $(A_1)$ が作動するかしないかによって、状態 $a$ は
$$b_A\otimes b'_B, \hskip 3mm b'_A\otimes b_B$$のいずれかに変化する。よって $(A_1)$ が作動しかつ $(B)$ が作動する確率 $P_1$ は
$$P_1={1\over 2}(b', d)^2={1\over 2}\sin ^2\phi $$である。$(A_1)$ が作動せず - この時には $(A_2)$ もしくは $(A_3)$ が作動するはずだが - かつ $(B)$ が作動する確率は
$$P_2+P_3={1\over 2}(b, d)^2={1\over 2}\cos ^2\phi $$となる。よって
$$P=P_1+P_2+P_3={1\over 2}$$であって、この場合も矛盾はない。
やはり、『$b'$ と $c$ の経路の波の位相を合わせることが可能』という私の仮定が間違っているのでしょうか。
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