Der Quantenradierer

Wir betrachten nun folgendes Experiment: Wir präparieren den Doppelspalt wie bisher mit den um $ 90^\circ$ gegeneinander verdrehten $ \lambda /4$-Plättchen und bescheinen diese Anordnung mit den $ s$-Photonen des verschränkten Paares, während wir die Polarisation der $ p$-Photonen mittels eines Polarisationsfilters messen, den wir in beliebigem Winkel relativ zur Ausrichtung der $ \lambda /4$-Plättchen einstellen können.

Zunächst bestimmen wir nun den Zustand der Photonenpaare, vorausgesetzt das $ s$-Photon ist durch Spalt 1 bzw. Spalt 2 gelaufen. Für ein $ \lambda /4$-Plättchen, das um $ \pm 45^{\circ}$ gegenüber der $ \hat{x}$-Richtung verdreht ist, haben wir die bereits in (9) angegebenen Operatoren

\begin{displaymath}\begin{split}\op{Q}_{+} &= \ketbra{L}{\hat{x}} + \ii \ketbra{...
...-} &= \ketbra{R}{\hat{x}} - \ii \ketbra{L}{\hat{y}} \end{split}\end{displaymath} (16)

auf den Polarisationszustand des einlaufenden $ s$-Photons anzuwenden6.

Mit Hilfe von (16) können wir den Zustand für die Photonenpaare, wenn das $ s$-Photon gerade die Spaltöffnungen $ 1$ bzw. $ 2$ durchlaufen hat, wie folgt bestimmen:

\begin{displaymath}\begin{split}\ket{\Psi_1}&=\op{Q}_+ \otimes \einsop \ket{\Psi...
...t{y}} - \ii \ket{L} \otimes \ket{\hat{x}} \right ]. \end{split}\end{displaymath} (17)

Ist das $ s$-Photon am Schirm angekommen, erhalten wir wie oben beim Doppelspaltexperiment mit Einzelphotonen den Überlagerungszustand

$\displaystyle \ket{\Psi'}=\frac{1}{\sqrt{2}} \left \{ \ket{\Psi_1}+\exp[\ii \varphi(x)] \ket{\Psi_2} \right \}.$ (18)

Es ist klar, daß wir hier den Polarisationszustand des $ p$-Photons noch nicht berücksichtigt haben. Wir nehmen an, daß der Schirm, der die durch die Doppelspaltanordnung gelaufenen $ s$-Photonen registriert und der Polarisationsfilter, der die $ p$-Photonen mißt, sehr weit voneinander entfernt sind, so daß die eine Messung die andere nicht beeinflußt, d.h. es findet keinerlei Wechselwirkung der $ s$-Photonen mit dem Polarisationsfilter für das $ p$-Photon statt.

Betrachten wir also die $ s$-Photonen einfach ohne Zurkenntnisnahme der Polarisation der $ p$-Photonen, erhalten wir als Aufenthaltswahrscheinlichkeit für $ s$-Photonen an der Stelle $ x$ am Schirm

$\displaystyle P_{\text{alle Photonen}}(x)=\braket{\Psi'}{\Psi'}=1,$ (19)

also kein Interferenzmuster, denn $ \braket{\Psi_1}{\Psi_2}=0$.

Wir können von jedem einzelnen Photonenpaar die Information gewinnen, welchen Weg das jeweilige $ s$-Photon in der Doppelspaltanordnung genommen hat, indem wir den Polarisationsfilter für das $ p$-Photon in $ \hat{x}$-Richtung ausrichten und zugleich für das jeweilige $ s$-Photon feststellen, ob es rechts- oder linkspolarisiert ist.

Ein Blick auf (17) zeigt dann, daß das $ s$-Photon durch Spalt $ 1$ gelaufen ist, wenn entweder das $ p$-Photon in $ \hat{y}$-Richtung und das $ s$-Photon zugleich linkszirkular oder das $ p$-Photon in $ \hat{x}$-Richtung und das $ s$-Photon zugleich rechtszirkular polarisiert sind. Die entsprechenden anderen beiden Möglichkeiten ergeben dann, daß das Photon durch Spalt $ 2$ gelaufen sein muß. Wegen dieser prinzipiellen Möglichkeit, festzustellen, welchen Weg die $ s$-Photonen gelaufen sind, ergibt sich gemäß (19) kein Interferenzmuster, wenn man alle Photonen betrachtet.

Stellen wir jedoch nun den Polarisationsfilter für die $ p$-Photonen in $ 45^{\circ}$-Richtung auf und betrachten nur diejenigen $ s$-Photonen, für die das $ p$-Photon durchgekommen ist. Dadurch halbiert sich die Gesamtzahl der betrachteten Photonen, aber man erhält wieder ein Interferenzmuster, wenn auch ein etwas verschobenes.

Das sieht man wie folgt ein: Ein im Winkel $ \alpha$ zur $ \hat{x}$-Richtung ausgerichteter Polarisationsfilter wird durch den Projektionsoperator

$\displaystyle \op{P}(\alpha)=\ketbra{\hat{\alpha}}{\hat{\alpha}}$    mit $\displaystyle \ket{\hat{\alpha}}= \cos \alpha \ket{\hat{x}}+ \sin \alpha \ket{\hat{y}}$ (20)

beschrieben.

Der Zustand dieses Teilensembles aller Photonenpaare wird durch den (unnormierten!) Zustandsvektor

\begin{displaymath}\begin{split}\ket{\psi''} &=\einsop \otimes \hat{P}(45^{\circ...
... \ket{R} \otimes \ket{\widehat{45^{\circ}}} \right] \end{split}\end{displaymath} (21)

beschrieben, wobei das $ s$-Photon am Spalt registriert wurde.

Es ergibt sich für die Aufenthaltswahrscheinlichkeit des $ s$-Photons am Schirm:

$\displaystyle P(s$-Photon$\displaystyle @x\vert p$-Photon $\displaystyle \widehat{45^{\circ}}$-polarisiert$\displaystyle )=\braket{\Psi''}{\Psi''}= \frac{1}{2} \{1 + \sin[\varphi(x)] \}.$ (22)

Daß hier der Sinus anstelle des Cosinusses wie in (4) zu stehen kommt, ist allein auf die Phasenverschiebung um $ 90^{\circ}$ aufgrund des $ \lambda /4$-Plättchens, welche den Faktor $ \ii$ vor dem Exponentialausdruck bewirkt, zurückzuführen.

Für die andere Hälfte der Photonen im Ensemble ist die Rechnung genau analog auszuführen. Man muß nur $ \op{P}(-45^{\circ})$ in (21) verwenden. Dann erhält man

$\displaystyle P(s$-Photon$\displaystyle @x\vert p$-Photon $\displaystyle \widehat{-45^{\circ}}$-polarisiert$\displaystyle )=\braket{\Psi''}{\Psi''}= \frac{1}{2} \{1-\sin[\varphi(x)] \}.$ (23)

Da diese beiden Teilensembles genau komplementär sind, d.h. die Polarisationsrichtungen $ \pm 45^{\circ}$ gerade zueinander orthogonale Zustände sind (entsprechend ob das $ p$-Photon durch den Filter gelangt oder absorbiert wird) ergibt sich selbstverständlich für die Aufenthaltswahrscheinlichkeit aller Photonen am Schirm wieder (19).

Dies ist physikalisch auch notwendig, denn wir haben ja die Messung der Polarisation der $ p$-Photonen so ausgeführt, daß sie zu keinerlei Wechselwirkung der $ s$-Photonen mit dem Polarisationsfilter geführt hat. Wir haben die $ s$-Photonen durch die Polarisationsmessung am $ p$-Photon also gar nicht beeinflußt.

Wir können allerdings nun auch nicht mehr gleichzeitig den Weg eines jeden einzelnen $ s$-Photons durch die Spaltanordnung kennen, selbst wenn wir nachmessen würden, ob die $ s$-Photonen links- oder rechtszirkular polarisiert sind, denn dazu müßten wir ja zusätzlich wissen, ob die jeweiligen $ p$-Photonen in $ \hat{x}$- oder $ \hat{y}$-Richtung polarisiert waren. Das ist aber nun prinzipiell unmöglich, da wir den Polarisationsfilter für die $ p$-Photonen auf $ 45^{\circ}$ gestellt haben, und das schließt die Kenntnis aus, ob das $ p$-Photon im $ \hat{x}$- bzw. $ \hat{y}$-Polarisationszustand vorliegen, da die Zustände $ \ket{ \widehat{\pm 45^{\circ}}}$ eine echt andere Basis im Raum der Polarisationszustände als die Basis aus $ \ket{\hat{x}}$ und $ \ket{\hat{y}}$ ist, maW. die Operatoren, die der Observablen ,,Polarisation in $ \hat{x}$- bzw. $ \hat{y}$-Richtung`` entsprechen und diejenigen für $ \pm 45^{\circ}$ kommutieren nicht, sind also inkompatibel.

Man spricht hier vom ,,Quantenradieren von Welcher-Weg-Information``, weil durch die Messung der $ \pm 45^{\circ}$-Polarisation die bei einer Wahl, die $ \hat{x}$-Polarisation zu messen, prinzipiell vorhandene Möglichkeit, festzustellen, welchen Weg das $ s$-Photon genommen hat, zerstört wurde, wobei aber keinerlei Manipulationen an dem $ s$-Photon selbst vorgenommen werden müssen.

Diese Möglichkeit des ,,Quantenradierens`` ist ähnlich wie das ,,Teleportieren`` von Photonenzuständen (Zeilingerexperiment) nur aufgrund der quantentheoretischen Natur der Photonen und der Möglichkeit, verschränkte Photonenpaare zu erzeugen, möglich. Es ist ein klassisch nicht erklärbarer Vorgang.

Es ist auch klar, daß das Quantenradieren das Gesamtensemble der Photonen nicht irgendwie ändert, denn wir können ja die gesamte Situation einfach aufzeichnen, indem wir von jedem Photonenpaar speichern, ob das $ p$-Photon in $ +45^{\circ}$ oder $ -45^{\circ}$-Richtung polarisiert war und zugleich den Ort $ x$ des dazugehörigen $ s$-Photons am Schirm notieren. Wir können dann nach dieser kompletten Messung entscheiden, ob wir ein Interferenzmuster sehen wollen oder nicht. Ersteres erreichen wir, indem wir alle $ s$-Photonen betrachten und über die aufgezeichneten Positionen auf der Photoplatte deren Ortsverteilungsdichte bilden. Wir erhalten durch Normierung dann eine konstante wahrscheinlichkeitsdichte, also kein Interferenzmuster. Betrachten wir hingegen nur diejenigen $ s$-Photonen, deren zugehöriges $ p$-Photon in $ +45^{\circ}$ polarisiert war, erhalten wir wieder durch Auswerten der Ortsverteilung dieser $ s$-Photonen eine Wahrscheinlichkeitsverteilung. Diese weist nun aber wieder das Interferenzmuster auf.

Man kann nun allgemeinere Fälle betrachten, wo man die $ p$-Photonen-Polarisation nicht in $ \pm 45^{\circ}$-Richtung mißt sondern in irgendeinem anderen Winkel. Dann ist die Wahrscheinlichkeit dafür, daß das jeweilige $ s$-Photon in $ x$-Richtung polarisiert war, wenn das $ p$-Photon in der betrachteten Polarisationsrichtung polarisiert war, nicht exakt $ 1/2$ sondern je nach Winkelstellung größer oder kleiner. Entsprechend hat man mit einer etwas höheren Genauigkeit als bei $ \pm 45^{\circ}$-Stellung des Polarisationsfilters für die $ p$-Photonen korrekte Welcher-Weg-Information über das $ s$-Photon. Wir haben dann zwar keine sichere Welcher-Weg-Information aber in diesem probailistischen Sinne andererseits diese Information auch nicht vollständig ausradiert. Entsprechend zeigt die zur obigen Rechnung analoge Betrachtung, daß in diesem Falle immer noch ein Interferenzmuster auftritt, wenn man nur die $ s$-Photonen betrachtet, für die das dazugehörge $ p$-Photon in die betreffende Richtung polarisiert war, das allerdings einen geringeren Kontrast aufweist als wenn wir überhaupt keine Welcher-Weg-Information über die $ s$-Photonen mehr besitzen, d.h. unvollständiges Ausradieren der Welcher-Weg-Information führt auch nur auf eine ungenauere Wiederherstellung des Interferenzmusters.