量子エネルギーテレポーテーション(2)

前回は A の x方向のスピンを測定をしたところまでだった。
測定直後の状態は測定値 α(=±1) に応じて
\Large |A(\pm 1)\rangle \;=\; {|\alpha=\pm 1\rangle(\sin\phi|\uparrow\rangle\;\mp\; \cos\phi |\downarrow\rangle)
になる。
ここまでは特に変わったことはない。

この測定値 α を B のところ(にいる人)に古典的な通信手段で送る。通信は十分速く、系の状態は測定直後から変化しないものとする。
送られてきた α の値に応じて、B に次のようなユニタリー操作 U_B(\alpha) を施す。
\Large U_B(\pm 1) = I_B \cos\theta \mp {\rm i}\sigma^y_{\small B}\sin\theta
I_B は B の状態ベクトル空間の単位行列。
この操作でやってることは、要するに、α=1 のときは B を y軸方向の右ねじの向きに 2θ ラジアン回転させ、α=-1 のときは左ねじの向きに回転させるということだ。
θ をうまく選べば、系のエネルギーが減り、そのぶん B を回転させた装置が仕事をされて、エネルギーが取り出せる。

まず、回転後の B の状態ベクトルを求める。添字 B は適当に省略する。
A の測定直後の B の状態は
\Large \sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle
だから、回転後は
\Large U_B(\pm 1)(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle)\\ = (I_B \cos\theta \mp {\rm i} \sigma^y_{\small B}\sin\theta)(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle) \\ = \cos\theta(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle) \mp {\rm i}\sigma^y_{\small B}\sin\theta(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle) \\ = \cos\theta(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle) \pm\sin\theta(\sin\phi|\downarrow\rangle \pm \cos\phi |\uparrow\rangle) \\ = \cos\theta(\sin\phi|\uparrow\rangle \mp \cos\phi |\downarrow\rangle) + \sin\theta(\pm\sin\phi|\downarrow\rangle +\cos\phi |\uparrow\rangle) \\ = \sin(\theta+\phi)|\uparrow\rangle \mp\cos(\theta+\phi)|\downarrow\rangle

だから、回転後の全体系の状態は
\Large U_B(\pm 1) |A(\pm 1)\rangle \;=\; |\alpha=\pm 1\rangle \{\sin(\theta+\phi)|\uparrow\rangle \;\mp\; \cos(\theta+\phi)|\downarrow\rangle\}

つまり、回転によって、φ だったところが θ+φ になるだけなので、回転後のエネルギー期待値の計算には前回の計算がそのまま使えて
\Large \langle A(\pm 1)|U_B(\pm 1)^\dagger H_A U_B(\pm 1) |A(\pm 1) \rangle \;=\; 0 \\ \langle A(\pm 1)|U_B(\pm 1)^\dagger H_B U_B(\pm 1) |A(\pm 1) \rangle \;=\; -h\cos(2\theta+2\phi) \\ \langle A(\pm 1)|U_B(\pm 1)^\dagger V U_B(\pm 1) |A(\pm 1) \rangle \;=\; -2k\sin(2\theta+2\phi)

合計して
\Large \langle A(\pm 1)|U_B(\pm 1)^\dagger H U_B(\pm 1) |A(\pm 1) \rangle \;=\; -h\cos(2\theta+2\phi)-2k\sin(2\theta+2\phi)

回転によって最大のエネルギーを取り出すには、これを最小にする θ を選べばよく、そのような θ は
\Large \tan(2\theta+2\phi) = \frac{2k}{h}
を満たすことはすぐに分かる。\tan(2\phi)=k/h だったから
\Large 2\theta = \arctan\left(\frac{2k}{h}\right) - \arctan\left(\frac{k}{h}\right)\\ \tan(2\theta) = \frac{hk}{h^2+2k^2}

取り出せる最大のエネルギー E_B は
\Large E_B \;=\; \langle A(\pm 1)|H|A(\pm 1)\rangle \;-\; \langle A(\pm 1)|U_B(\pm 1)^\dagger H U_B(\pm 1) |A(\pm 1)\rangle \\ =\; h\cos(2\theta+2\phi)\;+\;2k\sin(2\theta+2\phi)\;-\;h\cos(2\phi)\;-\;2k\sin(2\phi) \\ =\;\sqrt{h^2+4k^2} \;-\; \frac{h^2+2k^2}{\sqrt{h^2+k^2}}
書き方が違うが、これは論文の(11)式と一致する。