量子エンタングルメントの生成

　　　　量子エンタングルメント状態はハーフビームスプリッターにより生成できる。

　　　　ハーフビームスプリッターに量子力学的純粋状態（単一光子状態や真空場）を入力することによりハーフビームスプリッターの出力に量子エンタ

　　　　ングルメント状態を生成するが、純粋状態以外の入力（例えばコヒーレント状態）の場合は出力側に量子エンタングルメント状態は生成されない。







　　単一光子状態１入力＜図１＞

　　　　この場合、ハーフビームスプリッターの一つのポートから単一光子状態$\ket{1}$が入射し、もう一つのポートからは光子が入射しない。

　　　　但し光子が入射しないポートからは真空$\ket{0}$が入射している。

　　　　ビームスプリッター演算子　$\hat{U}=e^{iθ\hat{L}}$、$\hat{L}=\frac{1}{2!}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)$、$θ=\frac{π}{2}$　を用いてこの入出力関係を以下に式で表す。

　　　　　　　　　　$\hat{U}\,\ket{1}_A\ket{0}_B=\displaystyle\exp\biggl[-\frac{π}{4}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)\biggr]\ket{1}_A\ket{0}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\biggl[1-\frac{π}{4}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B) +\frac{1}{2!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^2(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^2 +\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^3(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^3 ･･･\biggr]\ket{1}_A\ket{0}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\ket{1}_A\ket{0}_B+\frac{π}{4}\ket{0}_A\ket{1}_B-\frac{1}{2!}\biggl(\frac{π}{4}\biggr)^2\ket{1}_A\ket{0}_B+\frac{1}{3!}\biggl(\frac{π}{4}\biggr)^3\ket{0}_A\ket{1}_B-\,･･･$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=cos\frac{π}{4}\ket{1}_A\ket{0}_B+sin\frac{π}{4}\ket{0}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{0}_A\ket{1}_B+\ket{1}_A\ket{0}_B)$

　　　　但し

　　　　　　　$\hat{a}\ket{0}=0,\,\hat{a}\ket{1}=\ket{0},\,\hat{a}^\dagger\ket{0}=\ket{1}$
　　　　　　　$∴\, (\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)\ket{1}_A\ket{0}_B=-\ket{0}_A\ket{1}_B\, , \, (\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^2\ket{1}_A\ket{0}_B=-\ket{1}_A\ket{0}_B\, , \, (\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^3\ket{1}_A\ket{0}_B=\ket{0}_A\ket{1}_B\, ,\,･･･$


　　　　以上から、ハーフビームスプリッターの一つのポートへ単一光子状態$\ket{1}$を入射すると、出力側に量子エンタングルメントを生成することがわかる。


　　単一光子状態２入力＜図２＞

　　　　この場合、ハーフビームスプリッターの一つのポートから単一光子状態$\ket{1}$が入射し、もう一方のポートからも単一光子状態$\ket{1}$が入射する。

　　　　前記と同様に、ハーフビームスプリッター演算子　$\hat{U}=e^{iθ\hat{L}}$、$\hat{L}=\frac{1}{2!}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)$、$θ=\frac{π}{2}$　を用いてこの入出力関係を以下に式で表す。

　　　　　　　　　　$\hat{U}\,\ket{1}_A\ket{1}_B=\displaystyle\exp\biggl[-\frac{π}{4}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)\biggr]\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\biggl[1-\frac{π}{4}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B) +\frac{1}{2!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^2(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^2 +\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^3(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^3 ･･･\biggr]\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\biggl[1-\frac{4}{2!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^2+\frac{16}{4!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^4-\frac{64}{6!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^6･･･\biggr]\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle+\biggl[\sqrt{2}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)-4\sqrt{2}\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^3+16\sqrt{2}\frac{1}{5!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^5･･･\biggr]\ket{2}_A\ket{0}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle+\biggl[-\sqrt{2}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)+4\sqrt{2}\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^3-16\sqrt{2}\frac{1}{5!}\biggl(-\frac{π}{4}\biggr)^5･･･\biggr]\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\biggl[1-\frac{1}{2!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^2+\frac{1}{4!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^4-\frac{1}{6!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^6･･･\biggr]\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle+\frac{1}{\sqrt{2}}\biggl[\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)-\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^3+\frac{1}{5!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^5･･･\biggr]\ket{2}_A\ket{0}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}\biggl[\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)-\frac{1}{3!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^3+\frac{1}{5!}\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)^5･･･\biggr]\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=cos\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)\ket{1}_A\ket{1}_B+\frac{1}{\sqrt{2}}sin\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)\ket{2}_A\ket{0}_B-\frac{1}{\sqrt{2}}sin\biggl(-\frac{π}{2}\biggr)\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{0}_A\ket{2}_B+\ket{2}_A\ket{0}_B)$

　　　　但し

　　　　　　　$\hat{a}\ket{0}=0,\,\hat{a}\ket{1}=\ket{0},\,\hat{a}\ket{2}=\sqrt{2}\ket{1},\,\hat{a}^\dagger\ket{0}=\ket{1},\,\hat{a}^\dagger\ket{1}=\sqrt{2}\ket{2}$

　　　　　　　$∴\,\, (\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)\ket{1}_A\ket{1}_B=\sqrt{2}\ket{2}_A\ket{0}_B-\sqrt{2}\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　$(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^2\ket{1}_A\ket{1}_B=-4\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　$(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^3\ket{1}_A\ket{1}_B=-4\sqrt{2}\ket{2}_A\ket{0}_B+4\sqrt{2}\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　$(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^4\ket{1}_A\ket{1}_B=16\ket{1}_A\ket{1}_B$

　　　　　　　　　$(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)^5\ket{1}_A\ket{1}_B=16\sqrt{2}\ket{2}_A\ket{0}_B-16\sqrt{2}\ket{0}_A\ket{2}_B$

　　　　　　　　　　　････　　････　　････　　････　　････


　　　　以上から、ハーフビームスプリッターの二つのポートへの単一光子状態$\ket{1}$入射により、出力側に量子エンタングルメントを生成することがわかる。


　　コヒーレント状態入力＜図３＞

　　　　この場合、ハーフビームスプリッターの一つのポートからコヒーレント状態$\ket{α}$が入射し、もう一つのポートからは光子が入射しない。

　　　　前記と同様に、ハーフビームスプリッター演算子　$\hat{U}=e^{iθ\hat{L}}$、$\hat{L}=\frac{1}{2!}(\hat{a}^\dagger_A\hat{a}_B-\hat{a}_A\hat{a}^\dagger_B)$、$θ=\frac{π}{2}$　を用いてこの入出力関係を以下に式で表す。

　　　　　　　　　　$\hat{U}\,\ket{α}_A\ket{0}_B=\displaystyle\hat{U}\,\displaystyle e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{n=0}^∞\frac{α^n}{\sqrt{n!}}\ket{n}_A\ket{0}_B$　　　$\displaystyle\biggl(　\ket{α}=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{n=0}^∞\frac{α^n}{\sqrt{n!}}\ket{n}　\biggr)$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{n=0}^∞\frac{α^n}{\sqrt{n!}}\hat{U}\,\ket{n}_A\ket{0}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{n=0}^∞\frac{α^n}{\sqrt{n!}}\sum_{k=0}^n\sqrt{\frac{n!}{k!(n-k)!}}\biggl(\frac{1}{\sqrt{2}}\biggr)^n\ket{k}_A\ket{n-k}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle\biggl(　\hat{U}\,\ket{n}_A\ket{0}_B=\sum_{k=0}^n\sqrt{\frac{1}{k!(n-k)!}}\biggl(\frac{1}{\sqrt{2}}\biggr)^n\ket{k}_A\ket{n-k}_B　\biggr)$ ${}^※$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^n\sqrt{\frac{1}{k!(n-k)!}}\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^n\ket{k}_A\ket{n-k}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{k+m=0}^∞\sum_{k=0}^{k+m}\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^k}{\sqrt{k!}}\ket{k}_A\otimes\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^m}{\sqrt{m!}}\ket{m}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{-\frac{|α|^2}{2}}\sum_{k=0}^∞\sum_{m=0}^∞\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^k}{\sqrt{k!}}\ket{k}_A\otimes\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^m}{\sqrt{m!}}\ket{m}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=e^{ -\frac{\biggl|\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr|^2}{2}}\sum_{k=0}^∞\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^k}{\sqrt{k!}}\ket{k}_A\otimes e^{ -\frac{\biggl|\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr|^2}{2}}\sum_{m=0}^∞\frac{\biggl(\frac{α}{\sqrt{2}}\biggr)^m}{\sqrt{m!}}\ket{m}_B$

　　　　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle=\ket{\frac{α}{\sqrt{2}}}_A \ket{\frac{α}{\sqrt{2}}}_B$

　　　　以上から、ハーフビームスプリッターにコヒーレント状態$\ket{α}$を入射しても出力側に量子エンタングルメント状態は生成されないことがわかる。