第5章公理4 — 複数量子ビットはテンソル積

$\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{|10\rangle + |11\rangle}{\sqrt2}$。「1番目は $|1\rangle$ 確定、2番目は50/50」という状態です。

$\frac{1}{\sqrt2}(|0\rangle + |1\rangle) \otimes \frac{1}{\sqrt2}(|0\rangle - |1\rangle) = \frac12(|00\rangle - |01\rangle + |10\rangle - |11\rangle)$。確率はすべて $\left|\pm\frac12\right|^2 = \frac14$ で一様。符号（位相）の違いは標準基底の測定には現れません——が、状態としては区別されます（第2章の教訓の2量子ビット版）。

$(H|0\rangle) \otimes (I|0\rangle) = |+\rangle \otimes |0\rangle = \frac{|00\rangle + |10\rangle}{\sqrt2}$。これはまだ積状態です（1番目だけが重ね合わせ）。次の CNOT がこれをエンタングルさせます（問5-6）。

(a) $c_{00}c_{11} = 0 = c_{01}c_{10}$ で積状態。$|0\rangle \otimes |+\rangle$。 (b) $c_{00}c_{11} = 0 \ne \frac12 = c_{01}c_{10}$ でエンタングル（これもベル状態のひとつ、$|\Psi^+\rangle$）。 (c) $\frac14 = \frac14$ で積状態。$|+\rangle \otimes |+\rangle$。 (d) $c_{00}c_{11} = \frac13 \ne \frac13 \cdot 0$……いや慎重に：$c_{00} = c_{01} = c_{11} = \frac{1}{\sqrt3}$, $c_{10} = 0$ なので $c_{00}c_{11} = \frac13$, $c_{01}c_{10} = 0$。不一致でエンタングル。一見規則性のない状態でも判定式一発で決まります。

全体測定: $P(00) = P(01) = P(11) = \frac13$, $P(10) = 0$。 1番目のみ: $(P_0 \otimes I)|\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt3}(|00\rangle + |01\rangle)$、ノルム²は $\frac13 + \frac13 = \frac23$ なので $P(\text{1番目が}0) = \frac23$。測定後の状態は正規化して $\frac{|00\rangle + |01\rangle}{\sqrt2} = |0\rangle \otimes |+\rangle$。部分測定の手順は「該当成分だけ残す → ノルム²が確率 → 正規化し直したものが新状態」。この3ステップを体に入れてください。

(1) 問5-3より $\frac{|00\rangle + |10\rangle}{\sqrt2}$。 (2) CNOT は線形なので基底ごとに作用させる：$|00\rangle \mapsto |00\rangle$、$|10\rangle \mapsto |11\rangle$。よって $$\mathrm{CNOT}\,\frac{|00\rangle + |10\rangle}{\sqrt2} = \frac{|00\rangle + |11\rangle}{\sqrt2} = |\Phi^+\rangle \;\blacksquare$$ ゲート2つでエンタングルメントが生まれました。ポイントは「重ね合わせた制御ビットで CNOT を使うと、分岐の両方が同時に実行され、結果が足し合わされる」こと。線形性のなせる技です。この2行の計算がステップ2・3のすべての回路計算の原型になります。

各状態のノルム²は $\frac12 + \frac12 = 1$。$\langle\Phi^+|\Phi^-\rangle = \frac12(1 - 1) = 0$、$\langle\Phi^\pm|\Psi^\pm\rangle$ は成分が重ならないので $0$、$\langle\Psi^+|\Psi^-\rangle = \frac12(1 - 1) = 0$。4次元空間に直交ベクトル4本なので基底です。「全部エンタングルした基底」も取れるということ。この基底での測定（ベル測定）は量子テレポーテーションの中核部品です（ステップ2の楽しみに取っておいてください）。

$\mathrm{CNOT} = A \otimes B$ と書けたとすると、積状態への作用結果 $A|\psi\rangle \otimes B|\varphi\rangle$ は常に積状態です。しかし問5-6で、積状態 $|+\rangle \otimes |0\rangle$ に CNOT を掛けるとエンタングル状態 $|\Phi^+\rangle$ になりました。矛盾。よって書けません。$\blacksquare$

教訓：エンタングルメントは「各量子ビットを別々にいじる」だけでは決して作れず、2量子ビットゲートという相互作用が本質的に必要。だからこそ実機では「精度の高い2量子ビットゲート」がハードウェアの最重要指標になっています。

(a) $(I \otimes P_0)|\Phi^+\rangle = \frac{|00\rangle}{\sqrt2}$ より $P(0) = \frac12$。 (b) アリスが $0$（確率 $\frac12$）なら状態は $|00\rangle$ でボブの $P(0) = 1$。アリスが $1$（確率 $\frac12$）なら $|11\rangle$ でボブの $P(0) = 0$。平均は $\frac12 \cdot 1 + \frac12 \cdot 0 = \frac12$。 (c) どちらの場合もボブの統計は $P(0) = \frac12$ で完全に同一。ボブ単独ではアリスの行動を検出できず、情報は伝わりません。相関（アリスとボブの結果が常に一致すること）は、両者の結果を古典通信で突き合わせて初めて確認できます。「相関がある」と「信号が送れる」は別物——エンタングルメント理解の最重要ポイントです。

次元は $2^3 = 8$。1番目の測定で $0$ を得る確率は $\frac12$ で、測定後は $|000\rangle$、つまり残りは $|00\rangle$。判定式より $c_{00}c_{11} = 0 = c_{01}c_{10}$ で積状態——3体の絡み合いは1回の測定で完全にほどけます。ちなみに測定前の GHZ の2量子ビット部分同士も、実は個別には古典相関しか持ちません。「多体のエンタングルメントには構造がある」という深い話の入口ですが、ステップ1ではここまでで十分です。