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：
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
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：
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
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）：
\[\begin{split} |01\rangle = |0\rangle \otimes |1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ 0 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{split}\]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
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）：
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：
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”。
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。
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
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：
\[\begin{split} X|0\rangle = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\times 1 + 1\times 0 \\ 1\times 1 + 0\times 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = |1\rangle \end{split}\]\[\begin{split} X|1\rangle = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\times 0 + 1\times 1 \\ 1\times 0 + 0\times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = |0\rangle \end{split}\]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：
\[\begin{split} Z|0\rangle = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = |0\rangle, \qquad Z|1\rangle = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = -|1\rangle \end{split}\]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：
\[\begin{split} H|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\times 1 + 1\times 0 \\ 1\times 1 + (-1)\times 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{|0\rangle + |1\rangle}{\sqrt{2}} \equiv |+\rangle \end{split}\]\[\begin{split} H|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\times 0 + 1\times 1 \\ 1\times 0 + (-1)\times 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{|0\rangle - |1\rangle}{\sqrt{2}} \equiv |-\rangle \end{split}\]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 \(\frac{1}{\sqrt{2}}\times\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\)）：
\[\begin{split} H^2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+1 & 1-1 \\ 1-1 & 1+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I \end{split}\]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
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：
从 \(|00\rangle\) 开始。
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 \((U_1\otimes U_2)(|a\rangle\otimes|b\rangle) = (U_1|a\rangle)\otimes(U_2|b\rangle)\)： $\( (H\otimes I)|00\rangle = (H|0\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle + |1\rangle)\otimes|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |10\rangle) \)$
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。
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。
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 \(\frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha+\gamma)|00\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta+\delta)|01\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha-\gamma)|10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}(\beta-\delta)|11\rangle\)。
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 \(H_1|\psi\rangle\)。
利用线性性展开： $\( H_1|\psi\rangle = H_1(\alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle) = \alpha(H_1|00\rangle) + \beta(H_1|01\rangle) + \gamma(H_1|10\rangle) + \delta(H_1|11\rangle) \)$
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 \(|1\rangle\)。 $\( H_1|11\rangle = (H|1\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle)\otimes|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|01\rangle - |11\rangle) \)$
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。）
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）：
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 \(e^{-i\delta/2}\)、\(e^{i\delta/2}\)）：
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：
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
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
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
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：
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：
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。
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
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 \(|0\rangle\)。
初始态：\(|\psi\rangle = |0\rangle\)。
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）。
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%）。
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
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
（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：
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：
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：
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
因为 \(Z|0\rangle = |0\rangle\) 且 \(Z|1\rangle = -|1\rangle\)，上式变为：
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）：
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）：
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：
（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：
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。
本课总结¶
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。
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。
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。
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。
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。