月: 2019年7月

１量子ビットに対応する量子ドットに対するシミュレーションをこれまでやってきたけれども、２量子ビットに対応する２重量子ドットに束縛された電子の固有状態を調べるよ。具体的には右図のように１次元の幅 $L$ の量子井戸の真ん中に幅 $W$ のポテンシャル障壁を作って、２個の電子がそれぞれに配置されるような状況を考えたいけれども、今回はその準備として、電子が１個の場合を固有状態の計算方法を示すよ。

固有状態の計算方法

図のような無限に高い井戸型ポテンシャル内に壁があるような場合、ポテンシャルの大きさによって空間領域を3つに分けて、それぞれの領域$(\rm I), (II), (III)$で右向きと左向きの平面波が存在すると仮定して、

\begin{align}
\varphi^{(\rm I)}_n (x) &\ = A e^{ik^{(\rm I)}(x+\frac{W}{2})} + B e^{-ik^{(\rm I)}(x+\frac{W}{2})} \ \ \ (-\frac{L}{2} \leq x\leq -\frac{W}{2} ) \\
\varphi^{(\rm II)}_n (x) &\ = C e^{ik^{(\rm II)}x} + D e^{-ik^{(\rm II)}x} \ \ \ (-\frac{W}{2} \leq x\leq \frac{W}{2} ) \\
\varphi^{(\rm III)}_n (x) &\ = E e^{ik^{(\rm III)}(x-\frac{W}{2})} + F e^{-ik^{(\rm III)}(x-\frac{W}{2})} \ \ \ (\frac{W}{2} \leq x\leq \frac{L}{2} ) \\
\end{align}

と表しておいて、各領域間の境界条件

\begin{align}
\varphi^{(\rm I)}_n (-\frac{L}{2}) = 0 \ &\ , \ \varphi^{(\rm III)}_n (\frac{L}{2}) = 0\\
\varphi^{(\rm I)}_n (-\frac{W}{2}) = \varphi^{(\rm II)}_n (-\frac{W}{2}) \ &\ , \ \left.\frac{d\varphi^{(\rm I)}_n (x)}{d x}\right|_{x=-\frac{W}{2}} = \left.\frac{d \varphi^{(\rm II)}_n (x)}{d x}\right|_{x=-\frac{W}{2}} \\
\varphi^{(\rm II)}_n (\frac{W}{2}) = \varphi^{(\rm III)}_n (\frac{W}{2}) \ &\ , \ \left.\frac{d\varphi^{(\rm II)}_n (x)}{d
x}\right|_{x=\frac{W}{2}} = \left.\frac{d \varphi^{(\rm III)}_n (x)}{d x}\right|_{x=\frac{W}{2}}
\end{align}

を課すことで、係数（$A, B, C, D, E, F$）の関係を導出するよ。ただし、それぞれの領域の平面波の波数は電子のエネルギー $E$ に対して

\begin{align}
k^{(\rm I)} = \frac{\sqrt{2m_eE}}{\hbar} \ , \ k^{(\rm II)} = \frac{\sqrt{2m_e(E-V)}}{\hbar} \ , \ k^{(\rm III)} = \frac{\sqrt{2m_eE}}{\hbar}
\end{align}

を満たすよ。そのため、$k^{(\rm I)} = k^{(\rm III)}$ であることがわかるね。

（１）$x= -L/2$ の境界条件

領域(I)の波動関数 $\varphi^{(\rm I)}_n (x)$ に$x= -L/2$ の境界条件を課してみよう！

\begin{align}
A e^{-ik^{(\rm I)}(\frac{L}{2} – \frac{W}{2})} + B e^{ik^{(\rm I)}(\frac{L}{2} – \frac{W}{2})} &\ = 0 \\
&\ \downarrow \\
(A+B) \cos\left[k^{(\rm I)}\left(\frac{L}{2} – \frac{W}{2}\right)\right] + i (-A+B) \sin\left[k^{(\rm I)}\left(\frac{L}{2} – \frac{W}{2}\right)\right] &\ = 0\\
\end{align}

となることから、これを満たす非自明な解（$A=0, B=0$以外の解）は、

\begin{align}
A = B \ , \ k^{(\rm I)}\left(\frac{L}{2} – \frac{W}{2}\right) = \pi \left(n +\frac{1}{2} \right)
\end{align}

あるいは

\begin{align}
A = -B \ , \ k^{(\rm I)}\left(\frac{L}{2} – \frac{W}{2}\right) = \pi(n+1)
\end{align}

を満たす必要があるね（$n=0,1,2,3,\cdots$）。両者はそれぞれ

\begin{align}
\varphi^{(\rm I)}_n (x) &\ = 2A \cos \left[ \frac{ 2\pi\left(n +\frac{1}{2} \right)}{L-W} \left(x +\frac{W}{2} \right) \right] = -2A \sin \left[ \frac{ 2\pi\left(n +\frac{1}{2} \right)}{L-W} \left(x +\frac{L}{2} \right) – \pi n\right] \\
\varphi^{(\rm I)}_n (x) &\ = 2iB \sin \left[ \frac{2\pi (n+1)}{L – W} \left(x +\frac{W}{2} \right) \right] = -2iB \sin \left[ \frac{2\pi (n+1)}{L – W} \left(x +\frac{L}{2} \right) – \pi (n+1) \right]
\end{align}

となるけれども、$\sin$ 関数内の波数に対応する部分に着目すると、前者の($2n+1$)は奇数、後者のの($2(n+1)$)は偶数を表すので、結局は両者を合わせると０を含めた全自然数となるね。係数は改めて置き直して、

\begin{align}
\varphi^{(\rm I)}_n (x) &\ = A_n \sin \left[ k^{(\rm I)}_n \left(x +\frac{L}{2} \right) \right] \ , \ k^{(\rm I)}_n = \frac{\pi(n+1)}{L- W}
\end{align}

となるね（$n=1,2,3,\cdots$）。この関係からエネルギーも離散化されて

\begin{align}
E_n = \frac{\hbar^2 {k^{(I)}_n}^2}{2m_e} = \frac{\hbar^2}{2m_e} \left[ \frac{\pi(n+1)}{L- W}\right]^2
\end{align}

であることもわかるね。

（２）$x= L/2$ の境界条件

領域(III)の波動関数 $\varphi^{(\rm III)}_n (x)$ に$x= L/2$ の境界条件を課した結果も、先と全く同様となるね。対称性を考慮してかつ係数を改めて $F_n$ と置いておくよ。

\begin{align}
\varphi^{(\rm III)}_n (x) &\ = F_n \sin \left[ k^{(\rm III)}_n \left(x -\frac{L}{2} \right) \right] \ , \ k^{(\rm III)}_n = \frac{\pi(n+1)}{L- W}
\end{align}

（３）$x= -\frac{W}{2}$ の境界条件

領域(I)と領域(II)の２つの波動関数の境界条件を課してみよう！

\begin{align}
\varphi^{(\rm I)}_n (-\frac{W}{2}) = \varphi^{(\rm II)}_n (-\frac{W}{2}) \ &\ \longrightarrow \ A_n \sin \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] = C e^{-ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} + D e^{ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \\
\left.\frac{d\varphi^{(\rm I)}_n (x)}{d x}\right|_{x=-\frac{W}{2}} = \left.\frac{d \varphi^{(\rm II)}_n (x)}{d x}\right|_{x=-\frac{W}{2}} \ &\ \longrightarrow \ A_n k^{(\rm I)}_n \cos \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] = i C k^{(\rm II)} e^{-ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} – iD k^{(\rm II)} e^{ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}}
\end{align}

前者の両辺に $i k^{(\rm II)}$ を掛け算した後に、前者と後者を足し引きすると、

\begin{align}
C_n &\ = \frac{A_n}{2i} e^{ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{i\sin \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] + \frac{k^{(\rm I)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \cos \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] \right\} \\
&\ = \frac{A_n}{2i} e^{ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{ i\cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) – \frac{k^{(\rm I)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \sin \left( \frac{\pi n}{2}\right)\right\} \\
D_n &\ = \frac{A_n }{2i} e^{-ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{i\sin \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] – \frac{k^{(\rm I)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \cos \left[ k^{(\rm I)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] \right\} \\
&\ = \frac{A_n}{2i} e^{-ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{ i\cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) + \frac{k^{(\rm I)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \sin \left( \frac{\pi n}{2}\right)\right\}
\end{align}

という風に $A_n$で表すことができるね。ちなみに、波数 $k^{(\rm II)}_n$ は離散化したエネルギーと直接関係があるね。

\begin{align}
k^{(\rm II)}_n = \frac{\sqrt{2m_e(E_n – V)}}{\hbar}
\end{align}

$k^{(\rm II)}_n = 0$ の場合

電子のエネルギーがちょうど壁のポテンシャルエネルギーと同じ場合、領域(II)の波数は $k^{(\rm II)}_n = 0$ となるね。その場合の扱いは別途行う必要があるね。

\begin{align}
A_n \cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) &\ = C_n + D_n \\
-A_n k^{(\rm I)}_n \sin\left( \frac{\pi n}{2}\right) &\ = 0
\end{align}

となるね。

（４）$x= \frac{W}{2}$ の境界条件

最後に、領域(II)と領域(III)の２つの波動関数の境界条件を課してみよう！

\begin{align}
\varphi^{(\rm II)}_n (\frac{W}{2}) = \varphi^{(\rm III)}_n (\frac{W}{2}) \ &\ \longrightarrow \ C e^{ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} + D e^{-ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} = F_n \sin \left[ k^{(\rm III)}_n \left(\frac{W}{2} – \frac{L}{2} \right) \right] \\
\left.\frac{d\varphi^{(\rm II)}_n (x)}{d x}\right|_{x=\frac{W}{2}} = \left.\frac{d \varphi^{(\rm III)}_n (x)}{d x}\right|_{x=\frac{W}{2}} \ &\ \longrightarrow \ iC k^{(\rm II)} e^{ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} – iD k^{(\rm II)} e^{-ik^{(\rm II)}\frac{W}{2}} = F_n k^{(\rm III)}_n \cos \left[ k^{(\rm III)}_n \left(\frac{W}{2} – \frac{L}{2} \right) \right]
\end{align}

前者の両辺に $i k^{(\rm II)}$ を掛け算した後に、前者と後者を足し引きすると、

\begin{align}
C_n &\ = \frac{F_n}{2i} e^{-ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{-i\sin \left[ k^{(\rm III)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] + \frac{k^{(\rm III)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \cos \left[ k^{(\rm III)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] \right\} \\
&\ = \frac{F_n}{2i} e^{-ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{ -i\cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) – \frac{k^{(\rm III)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \sin \left( \frac{\pi n}{2}\right)\right\} \\
D_n &\ = \frac{F_n }{2i} e^{ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{-i\sin \left[ k^{(\rm III)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] – \frac{k^{(\rm III)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \cos \left[ k^{(\rm III)}_n \left(-\frac{W}{2} + \frac{L}{2} \right) \right] \right\} \\
&\ = \frac{F_n}{2i} e^{ik_n^{(\rm II)}\frac{W}{2}} \left\{ -i\cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) + \frac{k^{(\rm III)}_n}{k_n^{(\rm II)}} \sin \left( \frac{\pi n}{2}\right)\right\}
\end{align}

という風に $F_n$で表すことができるね。

$k^{(\rm II)}_n = 0$ の場合

今回も電子のエネルギーがちょうど壁のポテンシャルエネルギーと同じになる場合の $k^{(\rm II)}_n = 0$ の扱いを別途行う必要があるね。

\begin{align}
– F_n \cos \left( \frac{\pi n}{2}\right) &\ = C_n + D_n \\
-F_n k^{(\rm III)}_n \sin\left( \frac{\pi n}{2}\right) &\ = 0
\end{align}

となるけれども、これだけでは $C_n$ と $D_n$ は決定できないね。

係数の関係を決定しよう！

今回、指数 $n$ によって係数の位相が異なるので、個別に計算する必要があるので、まずは $n=0$ の場合を計算してみるよ。$C_0, D_0$ と $A_0$ の関係は次のとおりだよ。

\begin{align}
C_0 &\ = \frac{A_0}{2} e^{ik^{(II)}_0 \frac{W}{2}} \\
D_0 &\ = \frac{A_0}{2} e^{-ik^{(II)}_0 \frac{W}{2}}
\end{align}

一方、$C_0, D_0$ と $F_0$ の関係は

\begin{align}
C_0 &\ = -\frac{F_0}{2} e^{-ik^{(II)}_0 \frac{W}{2}} \\
D_0 &\ = -\frac{F_0}{2} e^{ik^{(II)}_0 \frac{W}{2}}
\end{align}

となるけれども、先の結果と合わせて $F_0$ と $A_0$ の関係を求めると、考えると自明だけれども面白いことがわかるよ。$C_0$ を消去して得られる関係と、$D_0$ を消去して得られる関係はそれぞれ

\begin{align}
F_0 &\ = -A_0 e^{ik^{(II)}_0 W}\\
F_0 &\ = -A_0 e^{-ik^{(II)}_0 W}
\end{align}

となることから、なんと、$F_0$ と $A_0$ が0以外の解を持つには、

\begin{align}
k^{(II)}_0 W = 2\pi m \ \longrightarrow \ \frac{ \sqrt{2m_e (E_0 – V)} }{\hbar} W = 2\pi m
\end{align}

と、$V$ または $W$ に制限が加わることを意味するね（$m = 0, 1, 2, \cdots$ ）。これは「領域(II)の両端でうまく境界条件を満たすには、位相の変化分（波数×距離）が特定の条件を満たす必要がある」ことを意味しているね。よく考えれば自明だけれども、ちょっと意外だったね。次回は、この２重井戸の固有状態を可視化するよ。

本シリーズは、右図のような量子ドットに束縛された電子の基底状態（固有関数：$\varphi_0(x)$、固有エネルギー：$E_0$）と第一励起状態（固有関数：$\varphi_1(x)$、固有エネルギー：$E_1$）の２準位を量子ビットとみなした計算機である、量子ドット量子コンピュータの動作をシミュレーションするよ。本稿では、この量子ドット型の量子ビットの表現と操作方法を解説するよ。

量子ドット型の量子ビットの表現

量子ドット型の量子ビットは、電子が基底状態に存在する状態と励起状態に存在する状態が重なり合った状態で表現されるよ。時間依存性まで考慮すると具体的には

\begin{align}
\psi(x,t) = a_0(t) \varphi_0(x) + a_1(t) \varphi_1(x)
\end{align}

と表されるね。$a_0(t)$ と $a_1(t)$ は基底状態と励起状態の重ね合わせの度合いを表わす複素数で、$|a_0(t)|^2$ と $|a_1(t)|^2$ がそれぞれの状態に存在する確率を表すよ。 この $a_0(t)$ と $a_1(t)$ は基底状態と励起状態はエネルギーから決まる角振動数 $\omega_0$ と $\omega_1$ で

\begin{align}
a_0(t) = a_0 e^{-i\omega_0 t} \ , \ a_1(t) = a_1 e^{-i\omega_1 t}
\end{align}

という感じで単振動しているよ。ちなみに各準位の角振動数はエネルギーと $\omega_0 = E_0 / \hbar$、 $\omega_1 = E_1 / \hbar$ の関係があるよ。基底状態と励起状態の角振動数が異なるので、時間が経過するに連れて位相差（位相比？）が生じるね。後で解説するけれども、

\begin{align}
\psi(x,t) = e^{-i\omega_0 t} \left[ a_0 \varphi_0(x) + a_1\varphi_1(x)e^{-i\omega_{01} t} \right]
\end{align}

この位相差の重要になるよ（$\omega_{01} \equiv \omega_{1}-\omega_{0} $）。上記の量子ビットの表記は、量子ドットの固有関数を用いているけれども、量子ビットそのものは様々な系で実現することができるので、一般的にはブラ・ケット表記を用いて、２つの量子状態を $| 0 \rangle , | 1 \rangle$ と抽象的に表現するね。これに倣えば、

\begin{align}
| \psi(t) \rangle = a_0 (t) | 0 \rangle + a_1 (t) | 1 \rangle
\end{align}

と表されるね。今後、量子ビットを表す場合にはこちらの表記を用いるよ。ちなみに、この $| 0 \rangle, | 1 \rangle$ と $\varphi_0(x), \varphi_1(x)$ とは $ \varphi_0(x) = \langle x | 0 \rangle , \varphi_1(x) = \langle x | 1 \rangle$ という関係があるよ。

１量子ビットの基本量子ゲート

量子ビットを制御するための操作は量子ゲートと呼ばれるよ。この量子ゲートは、量子力学的には量子状態に対してユニタリー変換を施すことに対応するよ。このユニタリ変換は、固有状態を縦ベクトルで表現したときに正方行列で表すことができるよ。$|0 \rangle$ と $|1 \rangle$ を要素数２個の縦ベクトル

\begin{align}
| 0 \rangle = \left( \matrix{ 1 \cr 0} \right) \ , \ | 1 \rangle = \left( \matrix{ 0 \cr 1} \right)
\end{align}

で表わすと、１量子ビットは

\begin{align}
| \psi \rangle = a_0 | 0 \rangle + a_1 | 1 \rangle = a_0 \left( \matrix{ 1 \cr 0} \right) + a_1 \left( \matrix{ 0 \cr 1} \right) = \left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right)
\end{align}

と表すことができて、ユニタリー変換はユニタリー行列と呼ばれる２×２の行列で表現ことができるよ。量子ゲートを表すユニタリー行列の例は次のとおりだよ。

恒等ゲート $I$

恒等ゲート $I$ は、入力状態と出力状態が同じとなる量子ゲートで、行列は単位行列で表されるよ。

\begin{align}
I = \left( \matrix{ 1 & 0 \cr 0 & 1} \right)
\end{align}

もちろん、量子ゲート通過後の状態 $| \psi’ \rangle$ は、通過前の状態 $| \psi \rangle$ と一致するよ。

\begin{align}
\left( \matrix{ a_0′ \cr a_1′} \right) = \left( \matrix{ 1 & 0 \cr 0 & 1} \right) \left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right)= \left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right)
\end{align}

否定ゲート $X$

否定ゲート $X$ は、量子ビットの状態を反転させる量子ゲートで、行列は次のように表されるよ。

\begin{align}
X = \left( \matrix{ 0 & 1 \cr 1 & 0} \right)
\end{align}

次の計算でわかる通り、量子ゲートを通過すると行列要素が反転していることが分かるね。

\begin{align}
\left( \matrix{ a_0′ \cr a_1′} \right) = \left( \matrix{ 0 & 1 \cr 1 & 0} \right)\left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right) = \left( \matrix{ a_1 \cr a_0} \right)
\end{align}

この量子ゲートは、外部から特定の振動数の電磁波を特定時間与えることで生じるエネルギー準位間の遷移で実現することができるよ。

位相シフトゲート $P_{\theta}$

位相シフトゲート $P_{\theta}$ は、量子ビットの２つの状態の相対的な位相をずらす量子ゲートで、行列は次のように表されるよ。

\begin{align}
P_{\theta} = \left( \matrix{ 1 & 0 \cr 0 & e^{i\theta}} \right)
\end{align}

次の計算でわかる通り、量子ゲートを通過すると $a_1$ に位相因子 $e^{i\theta}$ が掛かるよ。

\begin{align}
\left( \matrix{ a_0′ \cr a_1′} \right) = \left( \matrix{ 1 & 0 \cr 0 & e^{i\theta}} \right) \left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right) =
\left( \matrix{ a_0 \cr a_1e^{i\theta}} \right)
\end{align}

この量子ゲートは、先に示したとおり、異なるエネルギー状態で振動数が違うことを考慮すると、特定時間だけ放っておくことで実現することができるよ。

アダマールゲート $H$

アダマールゲート $H$ は、量子ビットの回転を表す量子ゲートで、行列は次のように表されるよ。

\begin{align}
H = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \matrix{ 1 & 1 \cr 1 & -1 }\right)
\end{align}

次の計算でわかる通り、量子ゲートを通過すると、等しい重みで混合されるよ。$H^2 = I$ となるので、アダマールゲートは2回通すと元にもどるね。

\begin{align}
\left( \matrix{ a_0′ \cr a_1′} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \matrix{ 1 & 1 \cr 1 & -1 }\right) \left( \matrix{ a_0 \cr a_1} \right) =\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \matrix{ a_0 + a_1 \cr a_0 – a_1} \right)
\end{align}

このゲートの重要性を示す一例として、入力状態が $a_0 = 1 , a_1 =0$ （100% $| 0 \rangle$ 状態 ）とすると、

\begin{align}
\left( \matrix{ a_0′ \cr a_1′} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \matrix{ 1 & 1 \cr 1 & -1 }\right) \left( \matrix{
1 \cr 0} \right) =\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \matrix{ 1 \cr 1} \right)
\end{align}

となり、均等に混合した状態（$| 0 \rangle$ と $| 1 \rangle$ が50%ずつの状態 ）を作り出すことができるね。
なお、この量子ゲートも外部からの特定の振動数の電磁波を特定時間与えることで生じるエネルギー準位間の遷移で実現することができるよ。

1量子ビットの万能量子ゲート

まず、任意の１量子ビットの状態は

\begin{align}
| \psi \rangle = e^{i\gamma } \left[ \cos\frac{\theta}{2} | 0 \rangle + \sin\frac{\theta}{2} e^{i\phi} | 1 \rangle \right]
\end{align}

で表されることが知られているよ（$ 0 \leq \theta \leq \pi \ , \ 0 \leq \phi \leq 2\pi $）。ただし、全体に掛かる因子 $e^{i\gamma}$ は観測には掛からないので無視できるので、

\begin{align}
| \psi \rangle = \cos\frac{\theta}{2} | 0 \rangle + \sin\frac{\theta}{2} e^{i\phi} | 1 \rangle
\end{align}

ですべての状態を表しているよ。この状態を生み出すことのできる量子ゲートは「1量子ビットの万能量子ゲート」と呼ばれるよ。このゲートはアダマールゲート $H$ と 位相シフトゲート $P_{\theta}$ の２つを組み合わせることで作ることができるよ。例えば、初期状態として $ | \psi \rangle =| 0 \rangle $ から任意の状態を生成するには、

\begin{align}
U = P_{\phi+\frac{\pi}{2}} H P_{\theta} H
\end{align}

という演算で実現することができるよ。実際に確かめてみよう。

\begin{align}
| \psi’ \rangle &\ = P_{\phi+\frac{\pi}{2}} H P_{\theta} H | 0 \rangle = P_{\phi+\frac{\pi}{2}} H P_{\theta} \frac{ | 0 \rangle + | 1 \rangle }{\sqrt{2}} = P_{\phi+\frac{\pi}{2}} H \frac{ | 0 \rangle + e^{i\theta}| 1 \rangle }{\sqrt{2}}\\
&\ = P_{\phi+\frac{\pi}{2}} \frac{ (1+e^{i\theta})| 0 \rangle + (1-e^{i\theta})| 1 \rangle }{2} = \frac{ (1+e^{i\theta})| 0 \rangle + (1-e^{i\theta}) e^{i\phi+i\frac{\pi}{2}}| 1 \rangle }{2}\\
&\ = e^{i\frac{\theta}{2}} \frac{ (e^{-i\frac{\theta}{2}}+e^{i\frac{\theta}{2}})| 0 \rangle + i(e^{-i\frac{\theta}{2}}-e^{i\frac{\theta}{2}}) e^{i\phi}| 1 \rangle }{2} \\
&\ = e^{i\frac{\theta}{2}}\left[ \cos\frac{\theta}{2} | 0 \rangle+ \sin\frac{\theta}{2} e^{i\phi}| 1 \rangle \right]
\end{align}

ちゃんとなってるね。以上で１量子ビットについての解説は終わりだよ。まだ１量子ビットなのでこれ単体ではコンピュータとして何の演算もできないね。２量子ビットについての解説は、１量子ビットの物理的操作方法をマスターした後に改めて解説するよ。

まず、次の図は量子ドットに束縛された電子に $E_x = 2\times10^{6}[{rm eV}]$ の大きさの静電場を加えてることで変化した基底状態と励起状態だよ。基底状態は電場の向きの反対側に分布が偏って、励起状態は反対に電場の向きと同じ方向に分布が偏っているね。これは電気双極子が生じていると考えられるね。基底状態と励起状態の電気双極子はそれぞれ $\boldsymbol{p}_0 = -2e \langle \tilde0|x |\tilde0\rangle >0$ と $\boldsymbol{p}_1 = -2e \langle \tilde1|x |\tilde1\rangle< 0 $ となるよ。これらの電気双極子と静電場との相互作用によって、静電エネルギーは $ \Delta U = \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{E} $ だけ変化するよ。さらに、この電気双極子によって生じる電場によって、外部から基底状態と励起状態のどちらの準位に存在するか測定することができるね。

次に、この２準位間のエネルギー差（$\Delta E = 0.01267 [{\rm eV}]$）に対応する光子エネルギーの電磁波（振動数：$f = 3.062 [{\rm THz}] $、波長：$\lambda = 97.90 [{\rm \mu m}] $）を入射して、２準位間のラビ振動をシミュレーションした結果を示すよ。想定通り、２準位間をsin関数的に遷移する様子が確認できたね。

量子ドットに束縛された電子に静電場を加えてることで変化した基底状態と第一励起状態に対して、外部から電磁波を与えて状態遷移の時間発展させることを考えるよ。静電場を加え無い場合と同様にラビ振動するはずだけれども、ちゃんとシミュレーションできるかどうかを確かめるよ。この場合のハミルトニアンは次のとおりだね。

\begin{align}
\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m_e} \frac{d^2}{dx^2} + e E_x x + \frac{e}{m_e} \boldsymbol{A}\cdot \hat{\boldsymbol{p}}
\end{align}

静磁場を加えたときの固有状態は数値的はすでに解けているので、そのハミルトニアンを $\hat{H}_{\rm Field}$ と表して、その固有関数を $\tilde{\varphi}_n(x)$、固有エネルギーを $\tilde{E}_n$ と表すと、次の固有方程式

\begin{align}
\hat{H}_{\rm Field} \tilde{\varphi}_n(x) = \tilde{E}_n\tilde{\varphi}_n(x)
\end{align}

を満たすね。ちなみに固有状態を明示的に表しておくと
\begin{align}
\tilde{\varphi}_n(x) = \sum\limits_{n’=0} a^{(n)}_{n’}\varphi_{n’}(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sum\limits_{n’=0} a^{(n)}_{n’} \sin\left[ k_n (x + \frac{L}{2}) \right] \ , \ k_n = \frac{\pi(n+1)}{L}
\end{align}

となって、この $a^{(n)}_{n’}$ が既知であるという意味だよ。このハミルトニアン $\hat{H}_{\rm Field}$ を用いて、元のハミルトニアンは

\begin{align}
\hat{H} = \hat{H}_{\rm Field} + \frac{e}{m_e} \boldsymbol{A}\cdot \hat{\boldsymbol{p}}
\end{align}

と表すことができて、$\tilde{E}_n$ と $\tilde{\varphi}_n(x)$ はすでに既知なので、前回と同様にラビ振動をシミュレーションできそうだね。今回も１次元系で考えているので、ベクトルポテンシャルを $\boldsymbol{A}(t) = (A_x(t), 0, 0)$ として、

\begin{align}
A_x(t) = A_0 \cos(kx-\omega t)
\end{align}

と考えるよ。そして、電磁波を入射するときの波動関数を

\begin{align}
\tilde{\psi}(x, t) = \sum\limits_{n=0} \tilde{a}_n(t) \tilde{\varphi}_n(x)
\end{align}

という感じに、展開してその係数の値が時間に依存すると考えるよ。これを時間依存を考慮したシュレーディンガー方程式

\begin{align}
i \hbar \frac{\partial }{\partial t} \tilde{\psi}(x, t) = \hat{H} \tilde{\psi}(x, t)
\end{align}

に代入して、両辺に $\tilde{\varphi}^*_m(x)$ を掛けて全空間で積分するよ。すると、$\tilde{a}_m(t)$ に関する連立常微分方程式が得られるね。

\begin{align}
i \hbar \frac{d \tilde{a}_m(t)}{d t} = E^{(0)}_m \tilde{a}_m(t) + \sum\limits_{n=0} \langle \tilde{m} | \hat{V}(t) | \tilde{n} \rangle \tilde{a}_n(t)
\end{align}

$\langle \tilde{m} | \hat{V}(t) | \tilde{n} \rangle$ は、

\begin{align}
\langle \tilde{m} | \hat{V}(t) | \tilde{n} \rangle \equiv \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \tilde{\varphi}^*_m(x) \hat{V}(t)
\tilde{\varphi}_n(x)\, dx = \sum\limits_{n’, m’=0} a^{(m)*}_{m’} a^{(n)}_{n’} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \varphi^*_{m’}(x) \hat{V}(t)
\varphi_{n’}(x)\, dx = \sum\limits_{n’, m’=0} a^{(m)*}_{m’} a^{(n)}_{n’} \langle m’ | \hat{V}(t) | n’ \rangle
\end{align}

となって、静電場が無い場合の固有関数の積分の和で表すことができるね。$\hat{p}_x/m_e = [\hat{H}_0, x ]/i\hbar$ を考慮すると

\begin{align}
\langle m’ | \hat{V}(t) | n’ \rangle = \frac{1}{L}\int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \varphi^*_{m’}(x) \hat{V}(t)
\varphi_{n’}(x)\, dx = \frac{eA_0}{m_e} \langle m’ | \cos(kx-\omega t) p_x | n’ \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \langle m’ | \cos(kx-\omega t) [\hat{H}_0, x ] | n’ \rangle
\end{align}

と変形できて、今回も波長が量子ドットのサイズよりも十分大きいと仮定すると、$kx \simeq 0$ と近似することができるので

\begin{align}
\langle m’ | \hat{V}(t) | n’ \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t) \left[ E^{(0)}_{m’} – E^{(0)}_{n’} \right] \langle m’ |
x | n’ \rangle
\end{align}

となるので、最終的に $\langle \tilde{m} | \hat{V}(t) | \tilde{n} \rangle$ は

\begin{align}
\langle \tilde{m} | \hat{V}(t) | \tilde{n} \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t) \sum\limits_{n’, m’=0} a^{(m)*}_{m’} a^{(n)}_{n’} \left[ E^{(0)}_{m’} – E^{(0)}_{n’} \right] \langle m’ | x | n’ \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t) K_{mn}
\end{align}

となるね。$K_{mn}$ は一度計算するれば良いので、これを用いて、展開係数$\tilde{a}_m(t)$ に関する連立常微分方程式は

\begin{align}
i \hbar \frac{d \tilde{a}_m(t)}{d t} = \tilde{E}_m \tilde{a}_m(t) + \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t)\sum\limits_{n=0} K_{mn} a_n(t)
\end{align}

となるね。この $\tilde{E}_m, K_{mn}$ はあらかじめ計算することができるね。電磁波の角振動数が２準位間のエネルギー差 $\Delta E = \tilde{E}_1 – \tilde{E}_0$ と表して $\omega = \Delta E / \hbar$ となるときに、２準位間を周期的に遷移するね。次回はこれをシミュレーションするよ。

前回、定式化した量子ドットに束縛された電子に電磁波を加えたときの計算結果を示すよ。量子井戸の横幅は $L = 10 \times 10^9 [{\rm m}]$（ $=10[{\rm nn}]$ ）としているよ。 次の図は、基底状態１００％の初期状態の電子に、第一励起状態と基底状態のエネルギー差の電磁波を入射したときの時間依存性だよ。想定通り、ラビ振動として知られる２つの準位間をsin関数的に振動する様子がわかるね。

基底状態１００％から励起状態１００％まで遷移する時間間隔の電磁波パルスは、πパルスと呼ばれるよ。量子コンピュータの量子ビットを入れ替えるのに利用されるね。次回は、静電場を加えた電子に対して、ラビ振動をちゃんと起こせるかをチェックするよ。

今度は静電場の代わりに、量子ドットに束縛された電子に電磁波（直線偏光）を外部から与えて、基底状態と第一励起状態との間のラビ振動を確認するよ。電磁波を表すベクトルポテンシャルを $\boldsymbol{A}$ とした場合のハミルトニアンは次のとおりだね（参考）。

\begin{align}
\hat{H} = \hat{H}_0 + \hat{V}(t) = -\frac{\hbar^2}{2m_e} \frac{d^2}{dx^2} + \frac{e}{m_e} \boldsymbol{A}\cdot \hat{\boldsymbol{p}}
\end{align}

今回は１次元系で考えているので、ベクトルポテンシャルを $\boldsymbol{A}(t) = (A_x(t), 0, 0)$ として、

\begin{align}
A_x(t) = A_0 \cos(kx-\omega t)
\end{align}

と考えるよ。そして、このハミルトニアンの固有関数を外場が無いときの固有関数

\begin{align}
\varphi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left[ k_n (x + \frac{L}{2}) \right] \ , \ E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m_e} \ , \
k_n = \frac{\pi(n+1)}{L}
\end{align}

で展開して、その係数の値が時間に依存するとして展開するよ。

\begin{align}
\psi(x, t) = \sum\limits_{n=0} a_n(t) \varphi_n(x)
\end{align}

これを時間依存を考慮したシュレーディンガー方程式

\begin{align}
i \hbar \frac{\partial }{\partial t} \psi(x, t) = \hat{H} \psi(x, t)
\end{align}

に代入して、両辺に $\varphi^*_m(x)$ を掛けて全空間で積分するよ。すると、$a_m(t)$ に関する連立常微分方程式が得られるね。

\begin{align}
i \hbar \frac{d a_m(t)}{d t} = E^{(0)}_m a_m(t) + \sum\limits_{n=0} \langle m | \hat{V}(t) | n \rangle a_n(t)
\end{align}

$\langle m | \hat{V}(t) | n \rangle$ は、$\hat{p}_x/m_e = [\hat{H}_0, x ]/i\hbar$ を考慮すると

\begin{align}
\langle m | \hat{V}(t) | n \rangle \equiv \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \varphi^*_m(x) \hat{V}(t)
\varphi_n(x)\, dx = \frac{eA_0}{m_e} \langle m | \cos(kx-\omega t) p_x | n \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \langle m | \cos(kx-\omega t) [\hat{H}_0, x ] | n \rangle
\end{align}

と変形できて、波長が量子ドットのサイズよりも十分大きいと仮定すると、$kx \simeq 0$ と近似することができるので

\begin{align}
\langle m | \hat{V}(t) | n \rangle = \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t) \left[ E^{(0)}_m – E^{(0)}_n \right] \langle m |
x | n \rangle
\end{align}

となるので、$a_m(t)$ に関する連立常微分方程式は

\begin{align}
i \hbar \frac{d a_m(t)}{d t} = E^{(0)}_m a_m(t) + \frac{eA_0}{i\hbar} \cos(\omega t)\sum\limits_{n=0} \left[ E^{(0)}_m – E^{(0)}_n \right] \langle m | x | n \rangle a_n(t)
\end{align}

となるね。$\langle m |x | n \rangle $ は時間に依存しないので、一度計算するだけでいいね。電磁波の角振動数が２準位間のエネルギー差 $\Delta E$ と表して $\omega = \Delta E / \hbar$ となるときに、２準位間を周期的に遷移するね。次回はこれをシミュレーションするよ。

前回、定式化した量子ドットに束縛された電子に静電場を加えたときの固有状態の計算結果を示すよ。量子井戸の横幅は $L = 10 \times 10^9 [{\rm m}]$（ $=10[{\rm nn}]$ ）としているよ。

基底状態と第一励起状態の固有エネルギーの静電場の強度依存性

次のグラフは基底状態と第一励起状態の固有エネルギーの静電場の強度依存性だよ。基底状態は電場強度が強くなるにつれてエネルギーが下がっているのに対して、第一励起状態は電場強度が強くなるにつれて初めエネルギーが上がっていった後に下がって行く様子がわかるね。その分岐点となる電場強度はおおよそ $E_x = 5.0\times 10^6 [{\rm V/m}]$ であることがわかるね。静電場が加わることでエネルギーが上下する理由は電気双極子が誘起されていることを意味しているよ。エネルギーが下がるのは電気双極子モーメントが静電場の向きと平行となり、反対に上がるのは電気双極子モーメントが静電場の向きと反平行となっていると考えられるね。

基底状態と第一励起状態の固有関数の静電場強度別の空間依存性

次のグラフは基底状態の固有関数の静電場強度別の空間依存性だよ（$E_x = 0.0\times 10^6 \sim 1.0\times 10^6 [{\rm V/m}]$）。静電場が強くなるほど電子の分布がx軸の正方向に偏っていくね。つまり、電気双極子モーメントが大きくなっていることに対応しているよ。

次のグラフは第一励起状態の固有関数の静電場強度別の空間依存性だよ（$E_x = 0.0\times 10^6 \sim 10.0\times 10^6 [{\rm V/m}]$）。第一励起状態はエネルギー準位の電場強度依存性からも分かる通り、$E_x = 5.0\times 10^6 [{\rm V/m}]$ までは、電場強度に応じて電子分布はx軸の負方向に偏っていくね。それよりも大きな電場を加えると、反対にx軸の正方向に偏っていくね。

以上の結果より、外部から静電場を加えることで、基底状態と第一励起状態は異なる向きの電気双極子モーメントが誘起されることがわかったね（シュタルク効果）。これを利用することで、基底状態と第一励起状態の区別をつけることができるよ。次回は、この基底状態と第一励起状態を入れ替えるラビ振動を確かめるよ。

　量子コンピュータを勉強のために、シミュレーションが一番簡単そうな量子ドットに束縛された電子のエネルギー準位を量子ビットとして扱うタイプを念頭に置いて、量子コンピュータを実現するために必要な素子の具体的な物理系のシミュレーション（数値実験）を行っていくよ。今回は、１次元版量子ドット（井戸型ポテンシャル）に束縛された電子の状態を変化させるために静電場を加えたときの固有状態を調べるよ。

静電場を加えたハミルトニアンとシュレディンガー方程式

井戸型ポテンシャルに束縛された電子に外部からx軸方向の静電場 $E_x$ を加えると、電子は静電場によって空間分布が変化することが考えられるね。量子井戸の底のポテンシャルエネルギーを０としたときのハミルトニアンは次のとおりだね。

\begin{align}
\hat{H} = \hat{H}_0 + \hat{V} = -\frac{\hbar^2}{2m_e} \frac{d^2}{dx^2} – e E_x x \\
\end{align}

$\hat{V}$ は静電場によるポテンシャルエネルギーだよ。$\hat{H}_0$ は 外場無し（$E_x = 0$）のときのハミルトニアンで、井戸の深さが無限大のときには固有関数 $\varphi_n(x)$ を用いて、エネルギー固有状態 $\hat{H}_0 \varphi_n(x) = E_n \varphi_n(x)$ を満たすよ。固有関数と固有エネルギーは

\begin{align}
\varphi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left[ k_n (x + \frac{L}{2}) \right] \ , \ E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m_e} \ , \ k_n = \frac{\pi(n+1)}{L}
\end{align}

だね。$k_n$ は波数だよ。静磁場が加わったときの固有関数と固有エネルギーをそれぞれ $\varphi(x)$ と $E$ と表したとき、シュレディンガー方程式は

\begin{align}
\hat{H} \varphi(x)= E \varphi(x) \\
\end{align}

となるけれど、この $\varphi(x)$ を $\varphi_n(x)$ を用いて

\begin{align}
\varphi(x) = \sum\limits_{n=0} a_n \varphi_n(x)
\end{align}

と展開して、固有関数と固有エネルギーを計算するよ。

固有関数と固有エネルギーの計算方法

シュレディンガー方程式の両辺に $\varphi^*_m(x)$ を掛けて全空間で積分するよ。固有関数の直交関係を考慮すると、シュレディンガー方程式は

\begin{align}
E^{(0)}_m a_m + \sum\limits_{n=0} \langle m | \hat{V} | n \rangle a_n = E a_m
\end{align}

という展開係数 $ a_n $ に関する連立方程式になるね。ただし、$\langle m | \hat{V} | n \rangle $ は

\begin{align}
\langle m | \hat{V} | n \rangle \equiv \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \varphi^*_m(x) \hat{V} \varphi_n(x)\, dx
\end{align}

だよ。連立方程式は行列で表すとわかりやすくなるので、エネルギーの小さい順に固有関数の係数を並べると次のようになるよ。

\begin{align}
\left(\matrix{ E^{(0)}_0 +\langle 0 | \hat{V} | 0 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 0 \rangle & \langle 2 | \hat{V} | 0 \rangle & \langle 3 | \hat{V} | 0 \rangle & \langle 4 | \hat{V} | 0 \rangle & \cdots \cr
\langle 0 | \hat{V} | 1 \rangle & E^{(0)}_1 + \langle 1 | \hat{V} | 1 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 2 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 3 \rangle &\langle 1 | \hat{V} | 4 \rangle &\cdots \cr
\langle 0 | \hat{V} | 2 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 2 \rangle & E^{(0)}_2 + \langle 2 | \hat{V} | 2 \rangle & \langle 3 | \hat{V} | 2 \rangle& \langle 4 | \hat{V} | 2 \rangle& \cdots \cr
\langle 0 | \hat{V} | 3 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 3 \rangle & \langle 2 | \hat{V} | 3 \rangle & E^{(0)}_3 + \langle 3 | \hat{V} | 3 \rangle& \langle 4 | \hat{V} | 3 \rangle& \cdots \cr
\langle 0 | \hat{V} | 4 \rangle & \langle 1 | \hat{V} | 4 \rangle & \langle 2 | \hat{V} | 4 \rangle & \langle 3 | \hat{V} | 4 \rangle& E^{(0)}_4 + \langle 4 | \hat{V} | 4 \rangle& \cdots \cr
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots } \right) \left(\matrix{ a_{0} \cr a_{1}\cr a_{2} \cr a_{3} \cr a_{4} \cr \vdots }\right) = E \left(\matrix{ a_{0} \cr a_{1}\cr a_{2} \cr a_{3} \cr a_{4} \cr \vdots }\right)
\end{align}

まさに行列表した固有値方程式の形になっているのがわかるね。 これで固有値と固有ベクトルを計算すると、固有値はそのまま外場が加えられた場合のエネルギー、固有ベクトルがそのまま展開係数の値そのものになるね。次回は、この計算結果を示すよ。