# 量子计算基础

## 1. 量子比特和量子态 (Qubits and Quantum States)

在第一节课中，我们已经接触了量子态 $|\psi\rangle = \alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$。现在，我们正式将其命名为**量子比特 (Qubit)**，它是量子计算的基本单元。

### 1.1 单量子比特 (1-qubit)

> **回顾与深化**：一个经典比特只能是 0 或 1。而一个量子比特可以是 $|0\rangle$，可以是 $|1\rangle$，也可以是它们的任意线性叠加：

$$ |\psi\rangle = \alpha|0\rangle + \beta|1\rangle $$

这个表达式中的每个记号都有明确的含义，我们逐条说明。

- **概率幅**：$\alpha$、$\beta$ 是复数，称为**概率幅 (Probability Amplitudes)**。它们本身不是概率，概率是它们的模方。
- **归一化**：$|\alpha|^2 + |\beta|^2 = 1$。它保证测量总概率为 1：测得 0 的概率是 $|\alpha|^2$，测得 1 的概率是 $|\beta|^2$，两者之和恰好为 1。
- **可视化**：单量子比特的所有可能状态可以一一映射到**布洛赫球 (Bloch Sphere)** 的球面上（见《量子力学的基本概念》4.1 节）。

一个量子比特所能承载的信息，远比一个经典比特丰富得多，因为它不仅包含概率信息（由极角 $\theta$ 决定），还包含**相位信息 (Phase)**（由方位角 $\phi$ 决定）。按布洛赫球参数化，任何单比特态都可以写成

$$ |\psi\rangle = \cos\frac{\theta}{2}|0\rangle + e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2}|1\rangle, \qquad 0 \le \theta \le \pi,\quad 0 \le \phi < 2\pi. $$

我们取 $\theta = \pi/4$、$\phi = \pi/3$ 做一次具体的数值计算。由于 $\theta/2 = \pi/8$，我们有 $\cos(\pi/8) \approx 0.9239$、$\sin(\pi/8) \approx 0.3827$；再由欧拉公式 (Euler's Formula) $e^{i\phi} = \cos\phi + i\sin\phi$ 得 $e^{i\pi/3} = \cos(\pi/3) + i\sin(\pi/3) = 0.5 + 0.8660i$。把这些值代入上式：

$$ |\psi\rangle \approx 0.9239|0\rangle + (0.1913 + 0.3314i)|1\rangle $$

其中第二个振幅来自乘法 $0.3827 \times (0.5 + 0.8660i) = 0.1913 + 0.3314i$。此时测得两个结果的概率分别是

$$ P(0) = \cos^2\frac{\pi}{8} = \frac{1+\cos(\pi/4)}{2} = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.8536, \qquad P(1) = \sin^2\frac{\pi}{8} = \frac{1-\cos(\pi/4)}{2} = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.1464, $$

这里我们用到了半角公式 $\cos^2\frac{t}{2} = \frac{1+\cos t}{2}$ 与 $\sin^2\frac{t}{2} = \frac{1-\cos t}{2}$（取 $t = \pi/4$）。两个概率之和为 1，与归一化条件一致。同时请注意：相位 $\phi = \pi/3$ 并没有出现在这两个概率中——相位只有通过干涉（例如在 3.2 节"在其他基下的测量"中）才会显现出来。

### 1.2 多量子比特的状态 (Multi-qubit States)

> 如果一个量子比特生活在一个二维的希尔伯特空间中，那么两个量子比特生活在怎样的空间里？

答案不是 $2+2=4$ 维，而是 $2\times 2=4$ 维。我们使用**张量积 (Tensor Product, ⊗)** 来描述多量子比特构成的复合系统。

- **两个量子比特的基态**：
  一个比特有 2 个基态（$|0\rangle$、$|1\rangle$），两个比特则有 $2^2 = 4$ 个组合基态：

  - $|0\rangle \otimes |0\rangle \equiv |00\rangle$
  - $|0\rangle \otimes |1\rangle \equiv |01\rangle$
  - $|1\rangle \otimes |0\rangle \equiv |10\rangle$
  - $|1\rangle \otimes |1\rangle \equiv |11\rangle$

- **矢量表示**：
  如果 $|0\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$、$|1\rangle = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，那么按张量积的定义（用第一个矢量的每个分量去乘第二个矢量，再按顺序堆叠）：

  $$ |01\rangle = |0\rangle \otimes |1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ 0 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

  这个复合系统就存在于一个 4 维的希尔伯特空间 (Hilbert Space) 中。

- **指数级增长的力量**：
  对于 $n$ 个量子比特，其状态空间维度为 $2^n$。

  - 3 个量子比特对应 8 维空间；
  - 10 个量子比特对应 1024 维空间；
  - 300 个量子比特对应 $2^{300}$ 维空间，这个数字比宇宙中所有原子的总数还要多。

  这就是量子计算**并行处理能力**的来源：对 $n$ 个量子比特的一次操作，相当于同时在这 $2^n$ 维空间中演化。当然，"同时演化"不等于"同时读出"——读取结果仍然要依靠测量（见第 3 节）。

### 核心概念：量子纠缠 (Quantum Entanglement)

> "幽灵般的超距作用" —— 爱因斯坦

并非所有多量子比特的状态都能简单地写成各个比特状态的张量积。有些状态是"不可分割"的，这便是**量子纠缠 (Quantum Entanglement)**。

- **贝尔态 (Bell State)** 是最著名的纠缠态之一：

  $$ |\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) $$

  我们先验证它是归一化的：两个分量的振幅都是 $1/\sqrt{2}$，因此概率总和为 $|1/\sqrt{2}|^2 + |1/\sqrt{2}|^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$。

- **完美的关联性**：如果你测量第一个量子比特并得到 $|0\rangle$，那么无需再测量第二个，它必然也处于 $|0\rangle$；反之亦然。这个结论可以直接从**玻恩规则 (Born Rule)**（测得某分量的概率等于其振幅模的平方）算出：对 $|\Phi^+\rangle$ 整体做 Z-基测量，四个结果的概率分别是

  $$ P(00) = \Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 = \frac{1}{2}, \quad P(01) = |0|^2 = 0, \quad P(10) = |0|^2 = 0, \quad P(11) = \Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 = \frac{1}{2}. $$

  换句话说，"两比特结果不一致"的两种情形概率为零，两个比特的读数永远相同。这种关联性与两个比特相距多远无关，这就是爱因斯坦所说的"超距作用"。

**为什么 $|\Phi^+\rangle$ 是"不可分割"的？** 下面的命题给出严格论证。

**命题**：不存在单比特态 $|\psi_A\rangle$ 与 $|\psi_B\rangle$，使得 $|\psi_A\rangle \otimes |\psi_B\rangle = |\Phi^+\rangle$。

**证明（反证法）**：假设这样的分解存在。把两个单比特态按计算基展开，记

$$ |\psi_A\rangle = a|0\rangle + b|1\rangle, \qquad |\psi_B\rangle = c|0\rangle + d|1\rangle $$

其中 $a, b, c, d$ 为复数。代入张量积并逐项展开（把第一个态的每个分量分配给第二个态）：

$$ |\psi_A\rangle \otimes |\psi_B\rangle = ac|00\rangle + ad|01\rangle + bc|10\rangle + bd|11\rangle $$

把它与 $|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + 0|01\rangle + 0|10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle$ 的系数逐一比较，得到四个联立条件：

$$ ac = \frac{1}{\sqrt{2}}, \qquad ad = 0, \qquad bc = 0, \qquad bd = \frac{1}{\sqrt{2}}. $$

由第一个条件知 $a \ne 0$ 且 $c \ne 0$。于是条件 $ad = 0$ 迫使 $d = 0$，而这与第四个条件 $bd = 1/\sqrt{2} \ne 0$ 矛盾。因此假设不成立，即 $|\Phi^+\rangle$ 无法写成任何两个单比特态的张量积。证毕。

- 这种关联性与两个比特相距多远无关，这就是爱因斯坦所说的“超距作用”。![](data:image/svg+xml;base64,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)

图：对处于贝尔态的两个粒子分别测量。测量 A 得到 $|0\rangle$ 时，B 必然得到 $|0\rangle$；测量 A 得到 $|1\rangle$ 时，B 必然得到 $|1\rangle$；两种情况各占 50% 的概率。

**纠缠是量子计算超越经典计算的关键资源之一。**

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## 2. 量子逻辑门 (Quantum Logic Gates)

> 经典计算机用逻辑门（如与、或、非）来处理比特。量子计算机则用量子门来处理量子比特。

一个量子门，在数学上就是一个作用在量子态矢量上的**幺正矩阵 (Unitary Matrix)**，即满足 $U^\dagger U = U U^\dagger = I$ 的矩阵（$U^\dagger$ 表示共轭转置，$I$ 为单位矩阵）。幺正性有两个直接推论，我们各用一小段推导验证。

第一，演化是可逆的：把 $U^\dagger U = I$ 与 $UU^\dagger = I$ 合起来看，说明 $U^\dagger$ 恰好是 $U$ 的逆矩阵，因此任何量子门都可以被撤销。

第二，总概率守恒：设演化后的态为 $|\psi'\rangle = U|\psi\rangle$，利用乘积的共轭转置规则 $(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$，得

$$ \langle\psi'|\psi'\rangle = (U|\psi\rangle)^\dagger(U|\psi\rangle) = \langle\psi|U^\dagger U|\psi\rangle = \langle\psi|\psi\rangle $$

也就是说，演化前归一化的态，演化后依然归一化，测量概率的总和保持为 1。

### 2.1 单比特量子逻辑门

这些门作用于单个量子比特，在布洛赫球上表现为对状态矢量的旋转。

- **泡利-X 门 (Pauli-X Gate)**：量子版的"非门 (NOT Gate)"。
  $$ X = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} $$

  它对基态的作用可以直接由矩阵—矢量乘法算出：

  $$ X|0\rangle = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\times 1 + 1\times 0 \\ 1\times 1 + 0\times 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = |1\rangle $$

  $$ X|1\rangle = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\times 0 + 1\times 1 \\ 1\times 0 + 0\times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = |0\rangle $$

  几何意义：绕布洛赫球的 X 轴旋转 180°。

- **泡利-Z 门 (Pauli-Z Gate)**：相位翻转门。
  $$ Z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} $$

  作用同样由矩阵乘法给出：

  $$ Z|0\rangle = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = |0\rangle, \qquad Z|1\rangle = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = -|1\rangle $$

  它不改变 $|0\rangle$ 和 $|1\rangle$ 的测量概率，但会给 $|1\rangle$ 附加一个等于 $-1$ 的相位。几何意义：绕布洛赫球的 Z 轴旋转 180°。

- **哈达玛门 (Hadamard Gate, H 门)**：叠加态创造者。
  $$ H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} $$

  作用：

  $$ H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\times 1 + 1\times 0 \\ 1\times 1 + (-1)\times 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{|0\rangle + |1\rangle}{\sqrt{2}} \equiv |+\rangle $$

  $$ H|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\times 0 + 1\times 1 \\ 1\times 0 + (-1)\times 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{|0\rangle - |1\rangle}{\sqrt{2}} \equiv |-\rangle $$

  我们再验证 $H$ 确实是幺正的。$H$ 是实对称矩阵，因此 $H^\dagger = H$；再直接计算 $H$ 的平方（四个元素两两相乘后求和，分母上 $\frac{1}{\sqrt{2}}\times\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$）：

  $$ H^2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+1 & 1-1 \\ 1-1 & 1+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I $$

  于是 $H^\dagger H = H^2 = I$。"$H$ 是自身的逆"这一性质在 3.2 节中至关重要。几何意义：绕 X 与 Z 轴的角平分轴旋转 180°。

### 2.2 双比特量子逻辑门

单比特门无法创造纠缠。理由如下：设初态是任意乘积态 $|a\rangle\otimes|b\rangle$，两个单比特门 $U_1$、$U_2$ 分别作用在两个比特上，则由张量积的运算规则得

$$ (U_1\otimes U_2)(|a\rangle\otimes|b\rangle) = (U_1|a\rangle)\otimes(U_2|b\rangle) $$

结果仍是乘积态。因此，要从乘积态出发制造纠缠态，必须使用至少涉及两个比特的门。

- **受控非门 (Controlled-NOT, CNOT)**：

  > 这是量子计算中最重要的双比特门。它有一个**控制比特 (Control Qubit)** 和一个**目标比特 (Target Qubit)**。

  - **逻辑**：如果控制比特是 $|1\rangle$，则将目标比特进行 X 操作（翻转）；如果控制比特是 $|0\rangle$，则什么也不做。

  - **矩阵表示（控制比特为第一个、目标比特为第二个）**：
    $$ \mathrm{CNOT} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$

    它是一个置换矩阵：每一列都是某个计算基矢（整列只有一个 1），因此各列彼此正交且归一，CNOT 是幺正的。

  - **作用于基态**（直接从矩阵逐列读出）：

    - $\mathrm{CNOT}|00\rangle = |00\rangle$
    - $\mathrm{CNOT}|01\rangle = |01\rangle$
    - $\mathrm{CNOT}|10\rangle = |11\rangle$（翻转发生）
    - $\mathrm{CNOT}|11\rangle = |10\rangle$（翻转发生）

  - **如何创造纠缠？** 让我们用 H 门和 CNOT 门来制造一个贝尔态：

    1. 从 $|00\rangle$ 开始。
    2. 对第一个比特应用 H 门，第二个比特保持不动，即作用 $H\otimes I$。利用本节开头的"分别作用"规则 $(U_1\otimes U_2)(|a\rangle\otimes|b\rangle) = (U_1|a\rangle)\otimes(U_2|b\rangle)$：
       $$ (H\otimes I)|00\rangle = (H|0\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle) $$
    3. 再应用 CNOT 门。CNOT 是线性算符，因此可以逐项分配到每个叠加分量上：
       $$ \mathrm{CNOT}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(\mathrm{CNOT}|00\rangle + \mathrm{CNOT}|10\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = |\Phi^+\rangle $$

    我们成功创造了纠缠态！注意中间态 $(H\otimes I)|00\rangle$ 仍是乘积态，而 CNOT 作用后就无法再分解——这与我们刚刚证明的命题吻合。

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#### 2.2.1 补充：单比特门如何作用于多比特系统？

我们已经学会了如何用 2×2 的矩阵（如 X、Z、H 门）来操作一个量子比特。但如果我们的系统有两个或更多量子比特，而我们只想操作**其中一个**，该怎么办？

例如，我们有一个双比特态 $|\psi\rangle = \alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle$，我们想对**第一个**量子比特施加哈达玛门 $H$。这个操作通常记为 $H_1$。

我们有两种等价的方法来计算这个过程。

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##### 方法一：张量积方法 (Tensor Product Method)

这是最形式化、最严谨的方法。它的核心思想是：构建一个作用于整个系统的大矩阵，这个大矩阵在目标比特上执行我们想要的操作，在其他所有比特上执行"什么都不做"的操作。

- **"什么都不做"的操作**：就是单位矩阵 $I$。
  $$ I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

- **构建规则**：要对一个 $n$ 比特系统中的第 $k$ 个量子比特施加门 $U$，我们需要构建一个 $2^n \times 2^n$ 的大矩阵，即：
  $$ U_k = I \otimes \cdots \otimes I \otimes \underset{\text{第k个位置}}{U} \otimes I \otimes \cdots \otimes I $$

- **回到我们的例子**：对双比特系统的第一个比特施加 H 门。

  - 构建操作矩阵：$H_1 = H\otimes I$。
  - 计算张量积（用 H 的每个元素乘以整个 $I$，再分块堆叠）：
    $$ H\otimes I = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\otimes\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} & 1\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\ 1\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} & -1\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix} $$
  - 得到一个 4×4 的矩阵（把每个 2×2 块写开）：
    $$ H_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} $$

- **进行计算**：现在，我们将这个 4×4 矩阵乘以代表 $|\psi\rangle$ 的 4×1 列向量。
  $$ |\psi'\rangle = H_1|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \\ \delta \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} \alpha + \gamma \\ \beta + \delta \\ \alpha - \gamma \\ \beta - \delta \end{pmatrix} $$

  （例如第一行给出 $1\cdot\alpha + 0\cdot\beta + 1\cdot\gamma + 0\cdot\delta = \alpha+\gamma$。）这个结果对应的新状态是 $\frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha+\gamma)|00\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta+\delta)|01\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha-\gamma)|10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta-\delta)|11\rangle$。

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##### 方法二：线性展开法 (Linear Expansion Method)

这种方法更直观，尤其适合手算。它利用了算符的**线性性质**：对整个态的操作，等于分别对每个基态分量进行操作，然后将结果加起来。

> **核心思想**：门只"看见"它要作用的那个比特，直接对那个比特的基态进行变换即可。

- **回到我们的例子**：计算 $H_1|\psi\rangle$。

  1. **利用线性性展开**：
     $$ H_1|\psi\rangle = H_1(\alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle) = \alpha(H_1|00\rangle) + \beta(H_1|01\rangle) + \gamma(H_1|10\rangle) + \delta(H_1|11\rangle) $$

  2. **逐项计算**：

     - 对于 $|00\rangle = |0\rangle\otimes|0\rangle$：$H_1$ 只作用于第一个 $|0\rangle$。
       $$ H_1|00\rangle = (H|0\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle) $$
     - 对于 $|01\rangle = |0\rangle\otimes|1\rangle$：$H_1$ 只作用于第一个 $|0\rangle$。
       $$ H_1|01\rangle = (H|0\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|01\rangle + |11\rangle) $$
     - 对于 $|10\rangle = |1\rangle\otimes|0\rangle$：$H_1$ 只作用于第一个 $|1\rangle$。
       $$ H_1|10\rangle = (H|1\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle - |10\rangle) $$
     - 对于 $|11\rangle = |1\rangle\otimes|1\rangle$：$H_1$ 只作用于第一个 $|1\rangle$。
       $$ H_1|11\rangle = (H|1\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|01\rangle - |11\rangle) $$

  3. **合并同类项**：将所有结果带回原式，并按 $|00\rangle, |01\rangle, |10\rangle, |11\rangle$ 的顺序重新组合：
     $$ |\psi'\rangle = \frac{\alpha}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle) + \frac{\beta}{\sqrt{2}}(|01\rangle + |11\rangle) + \frac{\gamma}{\sqrt{2}}(|00\rangle - |10\rangle) + \frac{\delta}{\sqrt{2}}(|01\rangle - |11\rangle) $$
     $$ = \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha+\gamma)|00\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta+\delta)|01\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha-\gamma)|10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta-\delta)|11\rangle $$

     （$|00\rangle$ 的系数来自 $\alpha$ 项与 $\gamma$ 项之和，$|10\rangle$ 的系数来自两者之差，其余类推。）

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#### 总结与建议

两种方法得到了**完全相同的结果**，这验证了它们的正确性。

> - **张量积方法**是理解量子门在数学上如何扩展的**理论基础**，它对编写计算机程序来模拟量子系统至关重要。
> - **线性展开法**更符合我们对量子态作用的**物理直觉**；在纸面上推导时，它通常更快捷、更不容易出错。

我们建议读者在做练习时熟练掌握线性展开法，因为它能更好地帮助你建立对量子操作的直观理解。

### 2.3 通用量子逻辑门 (Universal Quantum Gates)

> 我们是否需要无限多种类的量子门来实现任意的量子计算？

幸运的是，不需要。就像经典计算中的"与非门 (NAND)"是通用的一样，量子计算也有一套**通用门集 (Universal Gate Set)**。

**定理（通用性）**：设可以使用两类基本部件：(i) 任意的单比特酉门；(ii) CNOT 门。那么，任意 $n$ 比特酉算符（即任意 $2^n\times 2^n$ 酉矩阵 $U$）都可以由这两类门组成的电路**精确**实现。

由于任何量子算法（在末端的测量之前）都是一段酉演化，这条定理意味着：原则上，任何量子计算都不再需要其他类型的门。这就是说，我们只需要在物理上实现少数几种高精度的量子门，原则上就能执行任意复杂的量子算法。

**证明思路。** 证明是一条"化大为小"的归约链，我们把链条上的关键事实陈述为四条引理：引理 1 与引理 3 我们完整证明；引理 2 与引理 4 我们给出精确陈述与构造思想，但不再展开全部细节。

**引理 1（单比特门的 ZYZ 分解）**：任意 $2\times 2$ 酉矩阵 $U$ 都可以写成三个"绕坐标轴旋转"的乘积（外加一个整体相位）：

$$ U = e^{i\alpha} R_z(\beta) R_y(\gamma) R_z(\delta), \qquad R_z(t) = \begin{pmatrix} e^{-it/2} & 0 \\ 0 & e^{it/2} \end{pmatrix}, \quad R_y(t) = \begin{pmatrix} \cos\frac{t}{2} & -\sin\frac{t}{2} \\ \sin\frac{t}{2} & \cos\frac{t}{2} \end{pmatrix}. $$

**证明**：分三步进行。

第一步，把三矩阵乘积完全展开。先算 $R_y(\gamma)R_z(\delta)$（右乘对角阵相当于给第 1、2 列分别乘 $e^{-i\delta/2}$、$e^{i\delta/2}$）：

$$ R_y(\gamma)R_z(\delta) = \begin{pmatrix} \cos\frac{\gamma}{2} & -\sin\frac{\gamma}{2} \\ \sin\frac{\gamma}{2} & \cos\frac{\gamma}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{-i\delta/2} & 0 \\ 0 & e^{i\delta/2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\frac{\gamma}{2}e^{-i\delta/2} & -\sin\frac{\gamma}{2}e^{i\delta/2} \\ \sin\frac{\gamma}{2}e^{-i\delta/2} & \cos\frac{\gamma}{2}e^{i\delta/2} \end{pmatrix} $$

再左乘 $R_z(\beta)$（左乘对角阵相当于给第 1、2 行分别乘 $e^{-i\beta/2}$、$e^{i\beta/2}$），并乘上整体相位 $e^{i\alpha}$，得到展开式：

$$ e^{i\alpha}R_z(\beta)R_y(\gamma)R_z(\delta) = \begin{pmatrix} e^{i\left(\alpha-\frac{\beta+\delta}{2}\right)}\cos\frac{\gamma}{2} & -e^{i\left(\alpha-\frac{\beta-\delta}{2}\right)}\sin\frac{\gamma}{2} \\ e^{i\left(\alpha+\frac{\beta-\delta}{2}\right)}\sin\frac{\gamma}{2} & e^{i\left(\alpha+\frac{\beta+\delta}{2}\right)}\cos\frac{\gamma}{2} \end{pmatrix} $$

第二步，从 $U = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 的酉性中提取两条约束。由 $UU^\dagger = I$（行与行正交归一）与 $U^\dagger U = I$（列与列正交归一）：

- 各行、各列的范数平方为 1：$|a|^2+|b|^2 = 1$、$|c|^2+|d|^2 = 1$、$|a|^2+|c|^2 = 1$、$|b|^2+|d|^2 = 1$。第一式与第四式相减得 $|a|^2 = |d|^2$，第二式与第三式相减得 $|b|^2 = |c|^2$。
- 行 1 与行 2 正交：$a^*c + b^*d = 0$。两个复数之和为零，意味着它们的模长相等且辐角相差 $\pi$；把每一项写成模长乘辐角并整理，可得
  $$ \arg b + \arg c \equiv \arg a + \arg d + \pi \pmod{2\pi}. $$

第三步，解出角度并逐个验证矩阵元。设非退化情形 $0<|a|<1$（退化情形见最后）。令

$$ \gamma = 2\arccos|a|, \qquad \beta = \arg c - \arg a, \qquad \delta = \arg d - \arg c, \qquad \alpha = \frac{\arg a + \arg d}{2}. $$

注意由此可得 $\beta + \delta = \arg d - \arg a$ 与 $\beta - \delta = 2\arg c - \arg a - \arg d$。现在逐个核对展开式的四个元：

- $(1,1)$ 元：模为 $\cos\frac{\gamma}{2} = |a|$；辐角为 $\alpha-\frac{\beta+\delta}{2} = \frac{\arg a+\arg d}{2}-\frac{\arg d-\arg a}{2} = \arg a$。故它等于 $a$。
- $(2,1)$ 元：模为 $\sin\frac{\gamma}{2} = \sqrt{1-|a|^2} = |c|$；辐角为 $\alpha+\frac{\beta-\delta}{2} = \frac{\arg a+\arg d}{2}+\frac{2\arg c-\arg a-\arg d}{2} = \arg c$。故它等于 $c$。
- $(2,2)$ 元：模为 $\cos\frac{\gamma}{2} = |a| = |d|$；辐角为 $\alpha+\frac{\beta+\delta}{2} = \frac{\arg a+\arg d}{2}+\frac{\arg d-\arg a}{2} = \arg d$。故它等于 $d$。
- $(1,2)$ 元：模为 $\sin\frac{\gamma}{2} = |b|$；辐角为 $\pi+\alpha-\frac{\beta-\delta}{2} = \pi+\arg a+\arg d-\arg c$，由第二步导出的辐角关系它恰等于 $\arg b$。故它等于 $b$。

退化情形可类似处理：若 $|a|=1$，则由行/列归一化知 $b = c = 0$，取 $\gamma = 0$，展开式的非对角元自动为零，余下的 $a$、$d$ 用 $\alpha$ 与 $\beta+\delta$ 匹配辐角即可（$\beta-\delta$ 任取）；若 $|a|=0$，则 $|b|=|c|=1$、$a=d=0$，取 $\gamma = \pi$，用 $\alpha$ 与 $\beta-\delta$ 匹配 $b$、$c$ 的辐角即可。证毕。

**引理 2（两级酉矩阵分解）**：称 $N\times N$ 酉矩阵为**两级酉矩阵 (Two-Level Unitary)**，如果它只在某两个计算基矢张成的二维子空间上作用非平凡（在这两个基矢之外表现得像恒等变换）。任意 $N\times N$ 酉矩阵都可以写成至多 $\frac{N(N-1)}{2}$ 个两级酉矩阵的乘积。

构造思想（证明思路）：模仿高斯消元，逐列把"多余"的非零元清零。核心的 $2\times 2$ 步骤可以显式写出：对任一模长为 1 的列向量 $\begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix}$，矩阵

$$ W = \begin{pmatrix} a^* & c^* \\ -c & a \end{pmatrix} $$

是酉的（两个行向量 $(a^*, c^*)$ 与 $(-c, a)$ 的模长都是 $\sqrt{|a|^2+|c|^2} = 1$，且内积 $-a^*c^* + c^*a^* = 0$），并且

$$ W\begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^*a + c^*c \\ -ca + ac \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} |a|^2+|c|^2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$

即它把该向量转到标准基矢。把这样的 $2\times 2$ 块嵌入 $N\times N$ 矩阵的相应行列，就得到把任意指定位置的元素清零的两级酉矩阵；由于左乘酉矩阵不改变列向量，清零过程可以逐列递归进行，最终把 $U$ 化为单位阵，再将所用到的两级酉矩阵取逆序相乘，即得分解式。

**引理 3（受控单比特门的构造）**：对任意单比特酉门 $U$，受控-$U$ 门可以用 2 个 CNOT 门、3 个单比特门与 1 个相位门精确实现。

**证明**：由引理 1，先把 $U$ 的整体相位分离出来，写 $U = e^{i\alpha}R_z(\beta)R_y(\gamma)R_z(\delta)$。定义三个单比特门：

$$ A = R_z(\beta)R_y\Big(\frac{\gamma}{2}\Big), \qquad B = R_y\Big(-\frac{\gamma}{2}\Big)R_z\Big(-\frac{\beta+\delta}{2}\Big), \qquad C = R_z\Big(\frac{\delta-\beta}{2}\Big). $$

电路为：目标比特依次作用 $C$、CNOT、$B$、CNOT、$A$（按时间先后），并在控制比特上作用相位门 $P(\alpha) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & e^{i\alpha} \end{pmatrix}$。验证需要两个恒等式，均可由直接矩阵乘法得到：

$$ XR_y(t)X = R_y(-t), \qquad XR_z(t)X = R_z(-t) $$

以第二个为例：$X\begin{pmatrix} e^{-it/2} & 0 \\ 0 & e^{it/2} \end{pmatrix}X$ 相当于先交换两行、再交换两列，结果为 $\begin{pmatrix} e^{it/2} & 0 \\ 0 & e^{-it/2} \end{pmatrix} = R_z(-t)$。第一个恒等式同理成立（共轭运算恰好把 $R_y(t)$ 的两个非对角元变号）。此外还要用到同轴旋转的叠加规律 $R_a(s)R_a(t) = R_a(s+t)$（$a\in\{y, z\}$），它由定义直接相乘即可验证。现在分两种情形检验电路。

- 控制比特为 $|0\rangle$：两个 CNOT 都不激活，目标比特经历的净变换是矩阵乘积 $ABC$：

  $$ ABC = R_z(\beta)\,R_y\Big(\frac{\gamma}{2}\Big)R_y\Big(-\frac{\gamma}{2}\Big)\,R_z\Big(-\frac{\beta+\delta}{2}\Big)R_z\Big(\frac{\delta-\beta}{2}\Big) = R_z(\beta)\cdot R_z(-\beta) = I $$

  （中间用了 $R_y\big(\frac{\gamma}{2}\big)R_y\big(-\frac{\gamma}{2}\big) = I$ 以及 $-\frac{\beta+\delta}{2}+\frac{\delta-\beta}{2} = -\beta$。）相位门此时贡献因子 $1$，因此整个电路相当于恒等变换。

- 控制比特为 $|1\rangle$：两个 CNOT 都激活，相当于把 $B$ 夹在两个 $X$ 之间执行，净变换为 $A(XBX)C$。利用恒等式 $XR_y\big(-\frac{\gamma}{2}\big)X = R_y\big(\frac{\gamma}{2}\big)$ 与 $XR_z\big(-\frac{\beta+\delta}{2}\big)X = R_z\big(\frac{\beta+\delta}{2}\big)$（在 $B$ 的两个因子之间插入 $XX = I$ 即可分开处理）：

  $$ AXBXC = R_z(\beta)R_y\Big(\frac{\gamma}{2}\Big)\,R_y\Big(\frac{\gamma}{2}\Big)\,R_z\Big(\frac{\beta+\delta}{2}\Big)R_z\Big(\frac{\delta-\beta}{2}\Big) = R_z(\beta)R_y(\gamma)R_z(\delta) $$

  （其中 $\frac{\beta+\delta}{2}+\frac{\delta-\beta}{2} = \delta$。）再计入控制比特上相位门的因子 $e^{i\alpha}$，总效果是 $e^{i\alpha}R_z(\beta)R_y(\gamma)R_z(\delta) = U$。证毕。

**引理 4（Gray 码化简）**：作用在"任意两个计算基态"上的 $n$ 比特两级酉矩阵，可以分解为若干受控单比特门（控制位可以不止一个）；而多控制受控门又可以进一步分解为 CNOT 与单比特门（这一步的标准构造我们不再展开）。

构造思想（证明思路）：任取两个长度为 $n$ 的二进制串，它们总能用一条 **Gray 码 (Gray Code)** 链连接——链上相邻两个串恰好只相差一个比特。对链上每一步"翻转第 $j$ 个比特"，我们执行一个"当其余 $n-1$ 个比特取链上对应模式时、对第 $j$ 个比特施加那个 $2\times 2$ 酉门"的（多）受控门。这样，只有链上的计算基态会被逐步搬运，其余所有基态不受影响；把链上各步的门按顺序作用，就实现了所需的两级酉矩阵。

**定理的证明（组装）**：给定任意 $U\in U(2^n)$，记 $N = 2^n$。第一步，由引理 2，把 $U$ 分解为至多 $\frac{N(N-1)}{2}$ 个两级酉矩阵之积；第二步，由引理 4，每个两级酉矩阵化为受控单比特门，再化为 CNOT 与单比特门；第三步，由引理 3，受控部分只需要 CNOT 与单比特门；第四步，由引理 1，每个单比特门再化为 $R_z$、$R_y$ 旋转与一个相位因子。把这些电路按顺序拼接，就得到 $U$ 的精确电路实现。证毕（证明思路）。

最后是两点说明。其一，引理 2 给出的门数随 $N = 2^n$ 指数增长，因此这条定理是"原则上可实现"的通用性结果，实际算法会使用远更经济的电路结构。其二，一个有限的门集同样可以通用：例如 $\{H, T, \mathrm{CNOT}\}$（其中 $T = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & e^{i\pi/4} \end{pmatrix}$）在"任意精度逼近"的意义下通用，因为由 $H$、$T$ 生成的单比特门在全体单比特酉门中稠密，而 Solovay–Kitaev 定理保证这种逼近是高效的。这两个事实我们在此引用而不加证明。

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## 3. 量子测量 (Quantum Measurement)

我们在第一节课讲了测量的基本概念（概率性、状态坍缩）。现在我们将其形式化，并扩展到不同的测量基。本节的记号约定：比特串用 $x \in \{0,1\}^n$ 表示（即集合 $\{0,1\}$ 的 $n$ 元笛卡尔积），例如 $n=2$ 时共有 $00, 01, 10, 11$ 四个比特串；多比特态统一写成 $|\psi\rangle = \sum_{x\in\{0,1\}^n} c_x|x\rangle$。

### 3.1 在 Z-基（计算基）下的测量

这是最标准、最直接的测量方式。它回答的问题是："这个量子比特是处于 $|0\rangle$ 状态还是 $|1\rangle$ 状态？"

- **单比特测量**：
  对于态 $|\psi\rangle = \alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$：

  - 以 $|\alpha|^2$ 的概率测得结果 0，系统坍缩到 $|0\rangle$；
  - 以 $|\beta|^2$ 的概率测得结果 1，系统坍缩到 $|1\rangle$。

- **多比特测量**：
  对于一个双比特态 $|\psi\rangle = c_{00}|00\rangle + c_{01}|01\rangle + c_{10}|10\rangle + c_{11}|11\rangle$：

  - 以 $|c_{00}|^2$ 的概率测得结果 00，系统坍缩到 $|00\rangle$；
  - 以 $|c_{01}|^2$ 的概率测得结果 01，系统坍缩到 $|01\rangle$；
  - 以此类推，且四个概率之和 $\sum_{x}|c_x|^2 = 1$。

#### 思考

如果我们对多比特态中的部分比特进行测量（而不是全部比特一起测），会怎样？第一个比特的测量结果会如何影响第二个比特的状态？我们在 3.3 节回答这个问题。

### 3.2 在其他基下的测量

> 有时，我们需要回答不同的问题，比如："这个量子比特是处于 $|+\rangle$ 状态还是 $|-\rangle$ 状态？"这就叫在 **X-基** 下测量。

我们不需要制造新的测量仪器。**技巧是：在标准的 Z-基测量前，对量子态做一个幺正变换，将我们感兴趣的基旋转到 Z-基上。**

先把这个技巧说清楚。设 $\{|u_0\rangle, |u_1\rangle\}$ 是我们想要测量的一组标准正交基，把它们排成酉矩阵 $U$ 的两列，即 $U|i\rangle = |u_i\rangle$（$i = 0, 1$）。把待测态按这组基展开为 $|\psi\rangle = c_0|u_0\rangle + c_1|u_1\rangle$。我们先作用 $U^\dagger$，再进行 Z-基测量。由于 $U^\dagger|u_i\rangle = U^\dagger U|i\rangle = |i\rangle$，有

$$ U^\dagger|\psi\rangle = c_0U^\dagger|u_0\rangle + c_1U^\dagger|u_1\rangle = c_0|0\rangle + c_1|1\rangle $$

此时 Z-基测量得到 $i$ 的概率是 $|c_i|^2$，这恰好就是"在基 $\{|u_0\rangle, |u_1\rangle\}$ 下测得 $|u_i\rangle$"应有的概率。因此"先转基、再测量"与"直接在目标基下测量"在统计上完全等价。

- **如何在 X-基 $\{|+\rangle, |-\rangle\}$ 下测量？**

  - 我们知道哈达玛门 $H$ 可以实现基的转换：$H|0\rangle = |+\rangle$、$H|1\rangle = |-\rangle$（见 2.1 节的推导），因此这里的 $U$ 就取 $H$。它把 X-基映到 Z-基，逆向也成立，因为 $H$ 是自身的逆：

    $$ H|+\rangle = H(H|0\rangle) = (HH)|0\rangle = I|0\rangle = |0\rangle, \qquad H|-\rangle = H(H|1\rangle) = (HH)|1\rangle = I|1\rangle = |1\rangle $$

    （$H^2 = I$ 已在 2.1 节通过显式矩阵乘法验证。）
  - **步骤**：要测量一个态 $|\psi\rangle$ 在 X-基下的结果，我们先对它做一个 H 门操作，然后再进行标准的 Z-基测量。

- **示例**：在 X-基下测量态 $|0\rangle$。

  1. **初始态**：$|\psi\rangle = |0\rangle$。
  2. **基变换**：应用 H 门，得 $H|\psi\rangle = H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)$（矩阵乘法见 2.1 节）。
  3. **Z-基测量**：对新状态进行测量：

     - 得到结果 0 的概率是 $\Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 = \frac{1}{2}$（即 50%）；
     - 得到结果 1 的概率是 $\Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 = \frac{1}{2}$（即 50%）。

  4. **结论**：在 X-基下测量 $|0\rangle$ 态，会以各 50% 的概率得到 $|+\rangle$ 或 $|-\rangle$ 对应的结果。这与展开式

     $$ |0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|+\rangle + |-\rangle) $$

     一致。这个展开式可以直接验证：把 $|+\rangle$、$|-\rangle$ 的定义代入右边，

     $$ \frac{1}{\sqrt{2}}\big(|+\rangle + |-\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\big[(|0\rangle + |1\rangle) + (|0\rangle - |1\rangle)\big] = \frac{1}{2}\cdot 2|0\rangle = |0\rangle $$

     两个 $|1\rangle$ 分量相消、两个 $|0\rangle$ 分量相加——这正是"测量概率 50/50"的代数来源。

### 3.3 部分测量 (Partial Measurement)

现在我们回答 3.1 节末尾的思考题：如果只测量多比特态中的一部分比特，会发生什么？

设 $n$ 比特态为 $|\psi\rangle = \sum_{x\in\{0,1\}^n} c_x|x\rangle$，我们只测量最前面的 $k$ 个比特（按本文从头到尾的约定，"最前面"指记号中最左边的比特）。测量规则可以从整串测量的玻恩规则直接导出：前 $k$ 比特得到某个确定结果 $y\in\{0,1\}^k$，对应于整串结果中"所有以前缀 $y$ 开头的结果之和"。因此

$$ P(y) = \sum_{z\in\{0,1\}^{n-k}} |c_{yz}|^2 $$

其中 $yz$ 表示把前缀 $y$ 与后缀 $z$ 拼接成的 $n$ 比特串。测量之后，前 $k$ 个比特固定为 $|y\rangle$，其余 $n-k$ 个比特坍缩到**条件态**

$$ |\psi_y\rangle = \frac{1}{\sqrt{P(y)}}\sum_{z\in\{0,1\}^{n-k}} c_{yz}|z\rangle $$

（因子 $\frac{1}{\sqrt{P(y)}}$ 的作用是重新归一化：坍缩后各分量的模方之和是 $P(y)$，除以 $\sqrt{P(y)}$ 之后恰好为 1。）

**示例 1（纠缠态）**：取 $|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)$，只测量第一个比特。

- $P(0) = |c_{00}|^2 + |c_{01}|^2 = \frac{1}{2} + 0 = \frac{1}{2}$，第二个比特坍缩到 $\frac{1}{\sqrt{1/2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle = |0\rangle$；
- $P(1) = |c_{10}|^2 + |c_{11}|^2 = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，第二个比特坍缩到 $|1\rangle$。

也就是说，哪怕我们完全没有触碰第二个比特，它的状态也随着第一个比特的测量结果被"瞬间"确定下来——这就是"核心概念：量子纠缠"一节中完美关联性的形式化表述。

**示例 2（乘积态）**：取 $(H|0\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle)$，同样只测量第一个比特。

- $P(0) = \Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 + |0|^2 = \frac{1}{2}$，第二个比特坍缩到 $\frac{1}{\sqrt{1/2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle = |0\rangle$——它本来就是 $|0\rangle$，测量第一个比特对它没有任何影响。

对比这两个例子可以看出：**部分测量对"旁观比特"的影响，取决于系统是否纠缠**。乘积态中各比特互不干扰；纠缠态中一个比特的测量结果会决定另一个比特的状态。

### 3.4 物理量的期望值 (Expectation Value of Observables)

到目前为止，我们谈论的测量都是关于得到一个确定的 0 或 1 的经典结果，以及得到这个结果的概率。但在物理实验中，我们常常关心一个物理量在多次重复实验后的**平均值**，这就是**期望值 (Expectation Value)**的概念。

在量子力学中，每个可测量的物理量（如能量、动量、自旋）都对应一个**算符 (Operator)**。对于量子比特来说，最重要的可观测量就是由泡利矩阵所代表的算符。

> **核心思想**：算符的期望值，是其所有可能的测量结果，乘以得到该结果的概率，然后求和。

#### 期望值的数学定义

对于一个处于状态 $|\psi\rangle$ 的系统，测量一个算符 $M$ 的期望值，记作 $\langle M\rangle$，其计算公式为：

$$ \langle M\rangle = \langle\psi|M|\psi\rangle $$

这个简洁的公式背后，隐藏着"测量结果 × 概率"的物理意义。我们先对一般的可观测量 $M$ 证明这一点，再以泡利-Z 算符为例具体计算。

设 $M$ 是**埃尔米特 (Hermitian)**算符（$M = M^\dagger$，这保证它的本征值都是实数，从而可以充当测量结果），它的本征值 (Eigenvalue) 与归一化本征态 (Eigenvector) 分别为 $m_i$ 与 $|m_i\rangle$，即 $M|m_i\rangle = m_i|m_i\rangle$，且本征态构成标准正交基。把 $|\psi\rangle$ 按这组基展开：$|\psi\rangle = \sum_j\langle m_j|\psi\rangle|m_j\rangle$。代入期望值的定义，并在左侧插入同一组基的恒等算符分解：

$$ \langle M\rangle = \Big(\sum_i\langle\psi|m_i\rangle\langle m_i|\Big)M\Big(\sum_j|m_j\rangle\langle m_j|\psi\rangle\Big) = \sum_{i,j}\langle\psi|m_i\rangle\,\langle m_i|M|m_j\rangle\,\langle m_j|\psi\rangle $$

由本征方程，$\langle m_i|M|m_j\rangle = m_j\langle m_i|m_j\rangle = m_j\delta_{ij}$（$\delta_{ij}$ 是克罗内克符号，$i=j$ 时为 1、否则为 0），双重求和坍缩为单项求和：

$$ \langle M\rangle = \sum_j m_j\,\big|\langle m_j|\psi\rangle\big|^2 $$

右边的 $|\langle m_j|\psi\rangle|^2$ 正是在 $M$ 的本征基下测量、得到本征值 $m_j$ 的概率。所以期望值确实是"每个可能的测量结果 × 其概率"的求和。

#### 单比特的期望值：$\langle Z\rangle$

Z 算符 $Z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ 有两个本征值（可能的测量结果）：

- $+1$（对应本征态 $|0\rangle$）；
- $-1$（对应本征态 $|1\rangle$）。

（验证：$Z|0\rangle = |0\rangle$、$Z|1\rangle = -|1\rangle$ 正是 2.1 节算出的结果。）

现在，我们测量任意态 $|\psi\rangle = \alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$ 的 $\langle Z\rangle$ 值。

**方法一：使用定义公式**

$$ \langle Z\rangle = \langle\psi|Z|\psi\rangle = (\alpha^*\langle 0| + \beta^*\langle 1|)\,Z\,(\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) $$

因为 $Z|0\rangle = |0\rangle$ 且 $Z|1\rangle = -|1\rangle$，上式变为：

$$ = (\alpha^*\langle 0| + \beta^*\langle 1|)(\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle) $$

逐项展开并利用基的正交归一性（$\langle0|0\rangle = 1$、$\langle1|1\rangle = 1$、$\langle0|1\rangle = \langle1|0\rangle = 0$；四个交叉项 $\alpha^*\beta\langle0|1\rangle$ 等全部为零）：

$$ = \alpha^*\alpha\langle0|0\rangle - \beta^*\beta\langle1|1\rangle = |\alpha|^2 - |\beta|^2 $$

**方法二：使用"测量结果 × 概率"**

- 测量得到 $+1$（即系统坍缩到 $|0\rangle$）的概率是 $P(0) = |\alpha|^2$；
- 测量得到 $-1$（即系统坍缩到 $|1\rangle$）的概率是 $P(1) = |\beta|^2$；
- 期望值 =（测量结果 1 × 概率 1）+（测量结果 2 × 概率 2）：

$$ \langle Z\rangle = (+1)\cdot P(0) + (-1)\cdot P(1) = |\alpha|^2 - |\beta|^2 $$

两种方法结果完全一致。这说明 $\langle Z\rangle$ 的物理意义就是：测量得到 +1 的概率减去测量得到 -1 的概率。

- 如果态是 $|0\rangle$，则 $\langle Z\rangle = |1|^2 - |0|^2 = 1$（每次都测到 +1）；
- 如果态是 $|1\rangle$，则 $\langle Z\rangle = |0|^2 - |1|^2 = -1$（每次都测到 -1）；
- 如果态是 $|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)$，则 $\langle Z\rangle = \Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 - \Big|\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^2 = 0$（测到 +1 和 -1 的概率相等）。

#### 多比特的期望值

我们可以将这个概念扩展到多比特系统。（符号约定：我们按书写顺序给比特编号，$\langle Z_0\rangle$ 中的 $Z_0$ 指作用在最左边比特上的 Z 算符，即 $Z_0 = Z\otimes I$；其余类推。）

**1. 测量单个比特：$\langle Z_i\rangle$**

符号 $\langle Z_i\rangle$ 表示在一个多比特系统中，测量第 $i$ 个量子比特的 Z 算符的期望值。这等价于计算算符 $M = I\otimes\cdots\otimes I\otimes Z\otimes I\otimes\cdots\otimes I$（$Z$ 在第 $i$ 个位置）的期望值。

**示例**：对于纠缠态 $|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle)$，计算 $\langle Z_0\rangle$。

- **方法一：公式法**

  $$ (Z\otimes I)|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big((Z|0\rangle)\otimes|0\rangle + (Z|1\rangle)\otimes|1\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle - |11\rangle) $$

  $$ \langle Z_0\rangle = \langle\Phi^+|(Z\otimes I)|\Phi^+\rangle = \frac{1}{2}(\langle00| + \langle11|)(|00\rangle - |11\rangle) = \frac{1}{2}(\langle00|00\rangle - \langle11|11\rangle) = \frac{1}{2}(1-1) = 0 $$

  （交叉项 $\langle00|11\rangle$ 与 $\langle11|00\rangle$ 由正交性为零。）

- **方法二：概率法（用 3.3 节的部分测量）**

  当我们只测量第一个比特时：

  - 得到 0（对应 Z 的测量值 +1）的概率是 $P(0) = \frac{1}{2}$；
  - 得到 1（对应 Z 的测量值 -1）的概率是 $P(1) = \frac{1}{2}$；
  - $\langle Z_0\rangle = (+1)\cdot\frac{1}{2} + (-1)\cdot\frac{1}{2} = 0$。

**2. 期望值的和：$\langle Z_0\rangle + \langle Z_1\rangle$**

这非常直接，就是分别计算两个期望值，然后相加。期望值对算符是线性的：

$$ \langle Z_0 + Z_1\rangle = \langle\psi|(Z_0+Z_1)|\psi\rangle = \langle\psi|Z_0|\psi\rangle + \langle\psi|Z_1|\psi\rangle = \langle Z_0\rangle + \langle Z_1\rangle $$

（第二步只用了矩阵乘法对加法的分配律。）对于上面的例子 $|\Phi^+\rangle$，我们把 $\langle Z_1\rangle$ 也完整算一遍，而不是只诉诸对称性：

$$ (I\otimes Z)|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(|0\rangle\otimes(Z|0\rangle) + |1\rangle\otimes(Z|1\rangle)\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle - |11\rangle) $$

$$ \langle Z_1\rangle = \langle\Phi^+|(I\otimes Z)|\Phi^+\rangle = \frac{1}{2}(\langle00| + \langle11|)(|00\rangle - |11\rangle) = \frac{1}{2}(1-1) = 0 $$

所以 $\langle Z_0\rangle + \langle Z_1\rangle = 0 + 0 = 0$。

**3. 期望值的乘积（关联期望值）：$\langle Z_0Z_1\rangle$**

这个符号代表测量一个**复合算符** $Z_0Z_1 = Z\otimes Z$ 的期望值。这不再是测量单个比特，而是同时考虑两个比特的联合测量结果：$Z\otimes Z$ 算符的测量结果是两个比特各自 Z 测量结果的**乘积**。

**示例**：再次使用 $|\Phi^+\rangle$，计算 $\langle Z_0Z_1\rangle$。

- **方法一：公式法**

  $$ (Z\otimes Z)|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big((Z|0\rangle)\otimes(Z|0\rangle) + (Z|1\rangle)\otimes(Z|1\rangle)\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(|00\rangle + (-1)(-1)|11\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = |\Phi^+\rangle $$

  也就是说 $|\Phi^+\rangle$ 是 $Z\otimes Z$ 的本征态（本征值 +1），于是

  $$ \langle Z_0Z_1\rangle = \langle\Phi^+|\Phi^+\rangle = 1 $$

- **方法二：概率法**

  我们需要考虑对整个系统进行测量的所有结果：

  - 测量得到 00：概率 $\frac{1}{2}$，Z 的测量值分别是 $(+1, +1)$，乘积为 $(+1)\times(+1) = +1$；
  - 测量得到 01：概率 $0$；
  - 测量得到 10：概率 $0$；
  - 测量得到 11：概率 $\frac{1}{2}$，Z 的测量值分别是 $(-1, -1)$，乘积为 $(-1)\times(-1) = +1$；
  - 期望值 =（乘积 1 × 概率 1）+（乘积 2 × 概率 2）：

  $$ \langle Z_0Z_1\rangle = (+1)\cdot\frac{1}{2} + (+1)\cdot\frac{1}{2} = 1 $$

**物理意义**：$\langle Z_0Z_1\rangle = 1$ 意味着两个比特的测量结果**总是完全正相关**。如果第一个测得 +1，第二个也必然是 +1；如果第一个是 -1，第二个也必然是 -1。这完美地量化了贝尔态 $|\Phi^+\rangle$ 的强关联特性。

#### 总结：期望值的重要性

- **量化物理属性**：期望值将抽象的量子态与可以在实验室中重复测量的物理量（如平均自旋）联系起来。
- **表征量子态**：通过测量不同算符的期望值（如 $\langle X\rangle$、$\langle Y\rangle$、$\langle Z\rangle$），我们可以反推出量子态在布洛赫球面上的具体位置，这被称为**量子态层析 (Quantum State Tomography)**。
- **衡量关联性**：像 $\langle Z_0Z_1\rangle$ 这样的关联期望值是描述和量化量子纠缠强度的有力工具。
- **算法核心**：许多先进的量子算法（如变分量子本征求解器 (Variational Quantum Eigensolver, VQE)）的目标，就是寻找一个能使某个特定算符（通常是代表系统能量的哈密顿量）的期望值达到最小的量子态。

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## 本课总结

1. **量子比特 (Qubit)** 是量子信息的基本单元，它的叠加态特性使其比经典比特更强大。
2. 多量子比特系统通过**张量积**描述，其状态空间随比特数**指数增长**，这是量子计算巨大潜力的来源。
3. **量子纠缠**是一种深刻的量子关联，是无法用经典物理理解的、超越个体之和的系统特性。
4. **量子门**是作用在量子比特上的**幺正变换**，用于操控量子态。单比特门和 CNOT 门构成了**通用门集**。
5. **测量**是从量子世界获取经典信息的唯一途径。通过在测量前施加合适的**基变换**（如 H 门），我们可以探测不同基下的信息，从而揭示隐藏在相位中的计算结果。

在下一节课，我们将把今天学到的所有工具——量子比特、量子门和测量——组合起来，学习第一个完整的**量子算法**，亲身体验量子计算是如何解决实际问题的。