部分転置と負値性

2 量子ビットの密度行列の部分転置 $ρ^{T_{B}}$ の固有値を求め、PPT 判定と負値性 $N = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2}$ （負の固有値の絶対値の和）を計算できる

前提

テンソル積と部分トレース（大学院物理量子情報・量子計算）

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算数中学高校大学大学院

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テンソル積と部分トレース（大学院物理量子情報・量子計算）

説明

混合状態の 2 量子ビットがエンタングルしているかどうかは、純粋状態のときのように係数行列の階数だけでは判定できません。そこで密度行列の B 側の添字だけを入れ替えた「部分転置」 $ρ^{T_{B}}$ を作り、その固有値に負のものがあるかを調べます。負の固有値がなければ PPT（部分転置が半正定値）と呼び、2 量子ビットでは PPT であることと分離可能（エンタングルしていない）であることが同値です。さらに負の固有値の絶対値の和である負値性 $N$ を計算すると、混合状態のもつれの量を数値で表せます。

なぜそうしてよいのか

2 量子ビットの密度行列の成分を $ρ_{(ij), (i^{'} j^{'})} = ⟨ ij ∣ ρ ∣ i^{'} j^{'} ⟩$ （ $i, i^{'}$ が A、 $j, j^{'}$ が B）と書きます。部分転置は B の添字だけを入れ替える操作 $(ρ^{T_{B}})_{(ij), (i^{'} j^{'})} = ρ_{(i j^{'}), (i^{'} j)}$ です。基底を $∣00 ⟩, ∣01 ⟩, ∣10 ⟩, ∣11 ⟩$ の順に並べて $4 \times 4$ 行列を $2 \times 2$ ブロック 4 つに分けると、各ブロックの中は B の添字で並んでいるので、「ブロックの配置はそのままで、各ブロックを転置する」操作になります。積 $X \otimes Y$ に対しては $(X \otimes Y)^{T_{B}} = X \otimes Y^{T}$ です。

なぜこれでもつれがわかるのでしょうか。エンタングルしていない（分離可能な）状態とは、1 量子ビットの密度行列の積の確率混合 $ρ = \sum_{k} p_{k} ρ_{k}^{A} \otimes ρ_{k}^{B}$ で書ける状態です。このとき $ρ^{T_{B}} = \sum_{k} p_{k} ρ_{k}^{A} \otimes (ρ_{k}^{B})^{T}$ です。 $ρ_{k}^{B}$ はエルミートなので $(ρ_{k}^{B})^{T}$ は各成分の複素共役 $(ρ_{k}^{B})^{*}$ に等しく、固有値は $ρ_{k}^{B}$ と同じ（0 以上）です。0 以上の固有値 $α_{m}$ , $β_{n}$ と正規直交な固有ベクトル $∣ u_{m} ⟩$ , $∣ v_{n} ⟩$ をもつ 2 つの行列の積 $X \otimes Y$ は、 $∣ u_{m} ⟩ ∣ v_{n} ⟩$ を固有ベクトル、 $α_{m} β_{n} \geq 0$ を固有値にもちます。さらに、すべての $∣ x ⟩$ で $⟨ x ∣ M ∣ x ⟩ \geq 0$ となる行列どうしの正係数の和もまたそうなります。よって分離可能なら $ρ^{T_{B}}$ の固有値はすべて 0 以上です。対偶をとると、 $ρ^{T_{B}}$ に負の固有値があればその状態は必ずエンタングルしています。2 量子ビット（および 2×3 次元）の場合には逆も成り立つことが知られていて、PPT $⟺$ 分離可能です。

$ρ^{T_{B}}$ はエルミートでトレースは 1 のままなので、固有値 $μ_{k}$ は実数で $\sum_{k} μ_{k} = 1$ です。エルミート行列のトレースノルムを固有値の絶対値の和 $∥ M ∥_{1} = \sum_{k} ∣ μ_{k} ∣$ と定めると、 $∥ ρ^{T_{B}} ∥_{1} = \sum_{k} μ_{k} + 2 \sum_{μ_{k} < 0} ∣ μ_{k} ∣ = 1 + 2 \sum_{μ_{k} < 0} ∣ μ_{k} ∣$ なので、負値性 $N = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2}$ はちょうど負の固有値の絶対値の和になります。分離可能なら $N = 0$ です。

手順

基底を $∣00 ⟩, ∣01 ⟩, ∣10 ⟩, ∣11 ⟩$ （左が A、右が B）の順にとり、 $ρ$ を $4 \times 4$ 行列に書く
$4 \times 4$ 行列を $2 \times 2$ ブロック 4 つに分け、ブロックの配置はそのままで各ブロックを転置して $ρ^{T_{B}}$ を作る： $(ρ^{T_{B}})_{(ij), (i^{'} j^{'})} = ρ_{(i j^{'}), (i^{'} j)}$ （複素共役はとらない）
$ρ^{T_{B}}$ の固有値を求める。行と列を同時に並べ替えてブロック対角にできることが多く、 $2 \times 2$ ブロックごとに固有値を出せる。 $\sum μ_{k} = 1$ で検算する
PPT 判定：固有値がすべて 0 以上なら PPT（2 量子ビットでは分離可能）、負の固有値があればエンタングルしている
負値性を計算する： $N = \frac{\sum _{k} ∣ μ _{k} ∣ - 1}{2} = \sum_{μ_{k} < 0} ∣ μ_{k} ∣$

例題

ベル状態 $∣ Φ^{+} ⟩ = \frac{1}{2} (∣00 ⟩ + ∣11 ⟩)$ と完全混合状態を混ぜた 2 量子ビットの状態 $ρ = \frac{3}{5} ∣ Φ^{+} ⟩ ⟨ Φ^{+} ∣ + \frac{2}{5} \cdot \frac{I}{4}$ を考える（ $I$ は $4 \times 4$ 単位行列、 $∣ ij ⟩ = ∣ i ⟩_{A} ∣ j ⟩_{B}$ ）。B についての部分転置 $ρ^{T_{B}}$ を用いて、この状態の負値性 $N = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2}$ を求めよ。ただし $∥ M ∥_{1}$ はエルミート行列 $M$ の固有値の絶対値の和である。

例題の解答

【手順 1】 $∣ Φ^{+} ⟩ ⟨ Φ^{+} ∣$ は $(00), (11)$ の対角成分と、その間の非対角成分がすべて $\frac{1}{2}$ 。完全混合部分は対角成分 $\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$ 。よって基底 $∣00 ⟩, ∣01 ⟩, ∣10 ⟩, ∣11 ⟩$ の順に $ρ = \frac{2}{5} 00 \frac{3}{10} 0 \frac{1}{10} 00 00 \frac{1}{10} 0 \frac{3}{10} 00 \frac{2}{5}$ （ $\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{10} = \frac{2}{5}$ , $\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10}$ ）。

【手順 2】右上ブロック $(00 \frac{3}{10} 0)$ を転置すると $(0 \frac{3}{10} 00)$ 、左下ブロックも同様。対角ブロックは対角行列なので変わらない。 $ρ^{T_{B}} = \frac{2}{5} 000 0 \frac{1}{10} \frac{3}{10} 0 0 \frac{3}{10} \frac{1}{10} 0 000 \frac{2}{5} .$

【手順 3】 $∣00 ⟩, ∣11 ⟩$ の成分は独立で固有値 $\frac{2}{5}, \frac{2}{5}$ 。 $∣01 ⟩, ∣10 ⟩$ の部分 $(\frac{1}{10} \frac{3}{10} \frac{3}{10} \frac{1}{10})$ の固有値は $\frac{1}{10} \pm \frac{3}{10}$ 、すなわち $\frac{2}{5}, - \frac{1}{5}$ 。和は $\frac{2}{5} \cdot 3 - \frac{1}{5} = 1$ で正しい。

【手順 4】負の固有値 $- \frac{1}{5}$ があるので PPT ではなく、この状態はエンタングルしている。

【手順 5】 $∥ ρ^{T_{B}} ∥_{1} = \frac{2}{5} \cdot 3 + \frac{1}{5} = \frac{7}{5}$ より $N = \frac{\frac{7}{5} - 1}{2} = \frac{1}{5}$ 。

答え: $\frac{1}{5}$

よくある誤り

行列全体を転置してしまう誤り。全体の転置 $ρ^{T}$ は $ρ$ と同じ固有値をもつので負の固有値は決して現れず、判定に使えない。例題で全体を転置すると $ρ$ のままで固有値は $\frac{7}{10}, \frac{1}{10}, \frac{1}{10}, \frac{1}{10}$ 。正しくは各 $2 \times 2$ ブロックだけを転置し、 $(00), (11)$ 間の成分 $\frac{3}{10}$ が $(01), (10)$ 間に移る
部分転置で複素共役もとってしまう誤り。部分転置は添字の入れ替えだけで、 $ρ_{(00), (11)} = \frac{i}{2}$ なら $(ρ^{T_{B}})_{(01), (10)} = \frac{i}{2}$ であり、 $- \frac{i}{2}$ ではない（エルミート共役とは別の操作）
負値性の式で絶対値や 2 での割り算を落とす誤り。固有値をそのまま足すと常に $1$ で $N = 0$ になってしまう。また $∥ ρ^{T_{B}} ∥_{1} - 1 = \frac{2}{5}$ を答えとするのも誤り。正しくは $N = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2} = \frac{1}{5}$ （負の固有値の絶対値の和）
PPT ならどんな系でも分離可能だと思ってしまう誤り。「負の固有値がある $\Rightarrow$ エンタングル」は常に正しいが、逆の「PPT $\Rightarrow$ 分離可能」が保証されるのは 2 量子ビット（ $2 \times 2$ ）と $2 \times 3$ 次元の場合だけである。3 準位系どうしなどでは PPT でもエンタングルした状態がある

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
2 つの量子ビット A, B の計算基底を $∣ ab ⟩ = ∣ a ⟩_{A} \otimes ∣ b ⟩_{B}$ （ $a, b \in {0, 1}$ ）と書き、行列は基底 $∣00 ⟩, ∣01 ⟩, ∣10 ⟩, ∣11 ⟩$ の順に表す。純粋状態
$∣ ψ ⟩ = \frac{3}{2} ∣00 ⟩ + \frac{1}{2} ∣11 ⟩$
の密度行列 $ρ = ∣ ψ ⟩ ⟨ ψ ∣$ について、B に関する部分転置を $ρ^{T_{B}}$ とする（ $⟨ a b ∣ ρ^{T_{B}} ∣ a^{'} b^{'} ⟩ = ⟨ a b^{'} ∣ ρ ∣ a^{'} b ⟩$ ）。
負値性
$N = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2}$
（ $∥ \cdot ∥_{1}$ はトレースノルム、すなわち固有値の絶対値の和）の値を求めよ。

この技能を使う問題

難易度 3（大学院入試の専門科目の標準レベル）
2 量子ビット系（部分系 $A$ , $B$ ）の正規化された純粋状態
$∣ ψ ⟩ = \frac{1}{3} (2∣00 ⟩ + ∣01 ⟩ + 2∣11 ⟩)$
を考える。ここで $∣ ij ⟩ = ∣ i ⟩_{A} \otimes ∣ j ⟩_{B}$ $(i, j \in {0, 1})$ は計算基底である。この状態に白色雑音を混ぜた混合状態
$ρ = p ∣ ψ ⟩ ⟨ ψ ∣ + (1 - p) \frac{I _{4}}{4} (p = \frac{3}{5})$
を考える。 $I_{4}$ は $4 \times 4$ の単位行列である。 $ρ$ の部分系 $B$ に関する部分転置を $ρ^{T_{B}}$ とし、負値性（negativity）を
$N (ρ) = \frac{∥ ρ ^{T_{B}} ∥ _{1} - 1}{2}$
で定義する（ $∥ X ∥_{1} = Tr X^{†} X$ はトレースノルム）。 $N (ρ)$ の値を既約分数で求めよ。