量子计算概述

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 $|\psi ⟩=\alpha |0⟩+\beta |1⟩$。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 $|0⟩$，可以是 $|1⟩$，也可以是它们的任意线性叠加：

$|\psi ⟩=\alpha |0⟩+\beta |1⟩$

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 $\varphi$ 决定）。按布洛赫球参数化，任何单比特态都可以写成

$|\psi ⟩=\cos \frac{\theta }{2}|0⟩+e^{i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}|1⟩,0\le \theta \le \pi ,0\le \varphi <2\pi .$

我们取 $\theta =\pi /4$、$\varphi =\pi /3$ 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) $e^{i\varphi }=\cos \varphi +i\sin \varphi$ 得 $e^{i\pi /3}=\cos (\pi /3)+i\sin (\pi /3)=0.5+0.8660i$。把这些值代入上式：

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

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

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

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 $\varphi =\pi /3$ 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（$|0⟩$、$|1⟩$），两个比特则有 $2^2=4$ 个组合基态：

  • $|0⟩\otimes |0⟩\equiv |00⟩$
  • $|0⟩\otimes |1⟩\equiv |01⟩$
  • $|1⟩\otimes |0⟩\equiv |10⟩$
  • $|1⟩\otimes |1⟩\equiv |11⟩$

• 矢量表示： 如果 $|0⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$、$|1⟩=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$，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）：

  $|01⟩=|0⟩\otimes |1⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\otimes \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)\\ 0\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

  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：

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

  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 $|0⟩$，那么无需再测量第二个，它必然也处于 $|0⟩$；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 $|{\Phi }^{+}⟩$ 整体做 Z-基测量，四个结果的概率分别是

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

  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 $|{\Phi }^{+}⟩$ 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 $|{\psi }_A⟩$ 与 $|{\psi }_B⟩$，使得 $|{\psi }_A⟩\otimes |{\psi }_B⟩=|{\Phi }^{+}⟩$。

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

$|{\psi }_A⟩=a|0⟩+b|1⟩,|{\psi }_B⟩=c|0⟩+d|1⟩$

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）：

$|{\psi }_A⟩\otimes |{\psi }_B⟩=ac|00⟩+ad|01⟩+bc|10⟩+bd|11⟩$

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

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

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 $|{\Phi }^{+}⟩$ 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 $|0⟩$ 时，B 必然得到 $|0⟩$；测量 A 得到 $|1⟩$ 时，B 必然得到 $|1⟩$；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 $U^{†}U=U{U}^{†}=I$ 的矩阵（$U^{†}$ 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 $U^{†}U=I$ 与 $U{U}^{†}=I$ 合起来看，说明 $U^{†}$ 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 $|{\psi }^{\prime }⟩=U|\psi ⟩$，利用乘积的共轭转置规则 $(AB{)}^{†}=B^{†}{A}^{†}$，得

$⟨{\psi }^{\prime }|{\psi }^{\prime }⟩=(U|\psi ⟩{)}^{†}(U|\psi ⟩)=⟨\psi |U^{†}U|\psi ⟩=⟨\psi |\psi ⟩$

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)”。 $X=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$

  它对基态的作用可以直接由矩阵—矢量乘法算出：

  $X|0⟩=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\times 1+1\times 0\\ 1\times 1+0\times 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=|1⟩$

  $X|1⟩=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\times 0+1\times 1\\ 1\times 0+0\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=|0⟩$

  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。 $Z=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)$

  作用同样由矩阵乘法给出：

  $Z|0⟩=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=|0⟩,Z|1⟩=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right)=-|1⟩$

  它不改变 $|0⟩$ 和 $|1⟩$ 的测量概率，但会给 $|1⟩$ 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。 $H=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)$

  作用：

  $H|0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\times 1+1\times 0\\ 1\times 1+(-1)\times 0\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)=\frac{|0⟩+|1⟩}{\sqrt{2}}\equiv |+⟩$

  $H|1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\times 0+1\times 1\\ 1\times 0+(-1)\times 1\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)=\frac{|0⟩-|1⟩}{\sqrt{2}}\equiv |-⟩$

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

  $H^2=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1+1& 1-1\\ 1-1& 1+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=I$

  于是 $H^{†}H=H^2=I$。”$H$ 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 $|a⟩\otimes |b⟩$，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

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

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 $|1⟩$，则将目标比特进行 X 操作（翻转）；如果控制比特是 $|0⟩$，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）： $\mathrm{CNOT}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\end{array}\right)$

    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）：

    • $\mathrm{CNOT}|00⟩=|00⟩$
    • $\mathrm{CNOT}|01⟩=|01⟩$
    • $\mathrm{CNOT}|10⟩=|11⟩$（翻转发生）
    • $\mathrm{CNOT}|11⟩=|10⟩$（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 $|00⟩$ 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 $(U_1\otimes U_2)(|a⟩\otimes |b⟩)=(U_1|a⟩)\otimes (U_2|b⟩)$： $(H\otimes I)|00⟩=(H|0⟩)\otimes |0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0⟩+|1⟩)\otimes |0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|10⟩)$
    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： $\mathrm{CNOT}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|10⟩)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\mathrm{CNOT}|00⟩+\mathrm{CNOT}|10⟩)=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|11⟩)=|{\Phi }^{+}⟩$

    我们成功创造了纠缠态！注意中间态 $(H\otimes I)|00⟩$ 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 $|\psi ⟩=\alpha |00⟩+\beta |01⟩+\gamma |10⟩+\delta |11⟩$，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 $I$。 $I=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$

• 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）： $H\otimes I=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)\otimes \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)& 1\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\\ 1\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)& -1\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\end{array}\right)$
  • 得到一个 4×4 的矩阵（把每个 2×2 块写开）： $H_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 1& 0& -1& 0\\ 0& 1& 0& -1\end{array}\right)$

• 进行计算：现在，我们将这个 4×4 矩阵乘以代表 $|\psi ⟩$ 的 4×1 列向量。 $|{\psi }^{\prime }⟩=H_1|\psi ⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 1& 0& -1& 0\\ 0& 1& 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\alpha \\ \beta \\ \gamma \\ \delta \end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}\alpha +\gamma \\ \beta +\delta \\ \alpha -\gamma \\ \beta -\delta \end{array}\right)$

  （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 $\frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha +\gamma )|00⟩+\frac{1}{\sqrt{2}}(\beta +\delta )|01⟩+\frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha -\gamma )|10⟩+\frac{1}{\sqrt{2}}(\beta -\delta )|11⟩$。

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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 $H_1|\psi ⟩$。

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

  2. 逐项计算：

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

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

     （$|00⟩$ 的系数来自 $\alpha$ 项与 $\gamma$ 项之和，$|10⟩$ 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）：

$U=e^{i\alpha }{R}_z(\beta )R_y(\gamma )R_z(\delta ),R_z(t)=\left(\begin{array}{cc}{e}^{-it/2}& 0\\ 0& e^{it/2}\end{array}\right),R_y(t)=\left(\begin{array}{cc}\cos \frac{t}{2}& -\sin \frac{t}{2}\\ \sin \frac{t}{2}& \cos \frac{t}{2}\end{array}\right).$

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 $e^{-i\delta /2}$、$e^{i\delta /2}$）：

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

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：

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

第二步，从 $U=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ 的酉性中提取两条约束。由 $U{U}^{†}=I$（行与行正交归一）与 $U^{†}U=I$（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：$a^{\ast }c+b^{\ast }d=0$。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 $\arg b+\arg c\equiv \arg a+\arg d+\pi (\mathrm{mod}2\pi ).$

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

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

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 $\left(\begin{array}{c}a\\ c\end{array}\right)$，矩阵

$W=\left(\begin{array}{cc}{a}^{\ast }& c^{\ast }\\ -c& a\end{array}\right)$

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

$W\left(\begin{array}{c}a\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{a}^{\ast }a+c^{\ast }c\\ -ca+ac\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}|a{|}^2+|c{|}^2\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$

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：

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

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 $P(\alpha )=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& e^{i\alpha }\end{array}\right)$。验证需要两个恒等式，均可由直接矩阵乘法得到：

$X{R}_y(t)X=R_y(-t),X{R}_z(t)X=R_z(-t)$

以第二个为例：$X\left(\begin{array}{cc}{e}^{-it/2}& 0\\ 0& e^{it/2}\end{array}\right)X$ 相当于先交换两行、再交换两列，结果为 $\left(\begin{array}{cc}{e}^{it/2}& 0\\ 0& e^{-it/2}\end{array}\right)=R_z(-t)$。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 $|0⟩$：两个 CNOT 都不激活，目标比特经历的净变换是矩阵乘积 $ABC$：

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

  （中间用了 $R_y\left(\frac{\gamma }{2}\right)R_y(-\frac{\gamma }{2})=I$ 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 $|1⟩$：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 $X{R}_y(-\frac{\gamma }{2})X=R_y\left(\frac{\gamma }{2}\right)$ 与 $X{R}_z(-\frac{\beta +\delta }{2})X=R_z\left(\frac{\beta +\delta }{2}\right)$（在 $B$ 的两个因子之间插入 $XX=I$ 即可分开处理）：

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

  （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 $T=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& e^{i\pi /4}\end{array}\right)$）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 $|\psi ⟩={\sum }_{x\in \{0,1{\}}^n}{c}_x|x⟩$。

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 $|0⟩$ 状态还是 $|1⟩$ 状态？”

• 单比特测量： 对于态 $|\psi ⟩=\alpha |0⟩+\beta |1⟩$：

  • 以 $|\alpha {|}^2$ 的概率测得结果 0，系统坍缩到 $|0⟩$；
  • 以 $|\beta {|}^2$ 的概率测得结果 1，系统坍缩到 $|1⟩$。

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

  • 以 $|c_{00}{|}^2$ 的概率测得结果 00，系统坍缩到 $|00⟩$；
  • 以 $|c_{01}{|}^2$ 的概率测得结果 01，系统坍缩到 $|01⟩$；
  • 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 $|+⟩$ 状态还是 $|-⟩$ 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 $\{|u_0⟩,|u_1⟩\}$ 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 $U|i⟩=|u_i⟩$（$i=0,1$）。把待测态按这组基展开为 $|\psi ⟩=c_0|u_0⟩+c_1|u_1⟩$。我们先作用 $U^{†}$，再进行 Z-基测量。由于 $U^{†}|u_i⟩=U^{†}U|i⟩=|i⟩$，有

$U^{†}|\psi ⟩=c_0{U}^{†}|u_0⟩+c_1{U}^{†}|u_1⟩=c_0|0⟩+c_1|1⟩$

此时 Z-基测量得到 $i$ 的概率是 $|c_i{|}^2$，这恰好就是”在基 $\{|u_0⟩,|u_1⟩\}$ 下测得 $|u_i⟩$“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 $\{|+⟩,|-⟩\}$ 下测量？

  • 我们知道哈达玛门 $H$ 可以实现基的转换：$H|0⟩=|+⟩$、$H|1⟩=|-⟩$（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：

    $H|+⟩=H(H|0⟩)=(HH)|0⟩=I|0⟩=|0⟩,H|-⟩=H(H|1⟩)=(HH)|1⟩=I|1⟩=|1⟩$

    （$H^2=I$ 已在 2.1 节通过显式矩阵乘法验证。）

  • 步骤：要测量一个态 $|\psi ⟩$ 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 $|0⟩$。

  1. 初始态：$|\psi ⟩=|0⟩$。

  2. 基变换：应用 H 门，得 $H|\psi ⟩=H|0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0⟩+|1⟩)$（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 $|\frac{1}{\sqrt{2}}{|}^2=\frac{1}{2}$（即 50%）；
     • 得到结果 1 的概率是 $|\frac{1}{\sqrt{2}}{|}^2=\frac{1}{2}$（即 50%）。

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

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

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

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

     两个 $|1⟩$ 分量相消、两个 $|0⟩$ 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 $|\psi ⟩={\sum }_{x\in \{0,1{\}}^n}{c}_x|x⟩$，我们只测量最前面的 $k$ 个比特（按本词条从头到尾的约定，“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 $|y⟩$，其余 $n-k$ 个比特坍缩到条件态

$|{\psi }_y⟩=\frac{1}{\sqrt{P(y)}}{\sum }_{z\in \{0,1{\}}^{n-k}}{c}_{yz}|z⟩$

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

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 $(H|0⟩)\otimes |0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|10⟩)$，同样只测量第一个比特。

• $P(0)=|\frac{1}{\sqrt{2}}{|}^2+|0{|}^2=\frac{1}{2}$，第二个比特坍缩到 $\frac{1}{\sqrt{1/2}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}|0⟩=|0⟩$——它本来就是 $|0⟩$，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 $|\psi ⟩$ 的系统，测量一个算符 $M$ 的期望值，记作 $⟨M⟩$，其计算公式为：

$⟨M⟩=⟨\psi |M|\psi ⟩$

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（$M=M^{†}$，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 $|m_i⟩$，即 $M|m_i⟩=m_i|m_i⟩$，且本征态构成标准正交基。把 $|\psi ⟩$ 按这组基展开：$|\psi ⟩={\sum }_j⟨m_j|\psi ⟩|m_j⟩$。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：

$⟨M⟩=({\sum }_i⟨\psi |m_i⟩⟨m_i|)M({\sum }_j|m_j⟩⟨m_j|\psi ⟩)={\sum }_{i,j}⟨\psi |m_i⟩⟨m_i|M|m_j⟩⟨m_j|\psi ⟩$

由本征方程，$⟨m_i|M|m_j⟩=m_j⟨m_i|m_j⟩=m_j{\delta }_{ij}$（${\delta }_{ij}$ 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：

$⟨M⟩={\sum }_j{m}_j|⟨m_j|\psi ⟩{|}^2$

右边的 $|⟨m_j|\psi ⟩{|}^2$ 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：$⟨Z⟩$

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

• $+1$（对应本征态 $|0⟩$）；
• $-1$（对应本征态 $|1⟩$）。

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

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

方法一：使用定义公式

$⟨Z⟩=⟨\psi |Z|\psi ⟩=({\alpha }^{\ast }⟨0|+{\beta }^{\ast }⟨1|)Z(\alpha |0⟩+\beta |1⟩)$

因为 $Z|0⟩=|0⟩$ 且 $Z|1⟩=-|1⟩$，上式变为：

$=({\alpha }^{\ast }⟨0|+{\beta }^{\ast }⟨1|)(\alpha |0⟩-\beta |1⟩)$

逐项展开并利用基的正交归一性（$⟨0|0⟩=1$、$⟨1|1⟩=1$、$⟨0|1⟩=⟨1|0⟩=0$；四个交叉项 ${\alpha }^{\ast }\beta ⟨0|1⟩$ 等全部为零）：

$={\alpha }^{\ast }\alpha ⟨0|0⟩-{\beta }^{\ast }\beta ⟨1|1⟩=|\alpha {|}^2-|\beta {|}^2$

方法二：使用”测量结果 × 概率”

• 测量得到 $+1$（即系统坍缩到 $|0⟩$）的概率是 $P(0)=|\alpha {|}^2$；
• 测量得到 $-1$（即系统坍缩到 $|1⟩$）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）：

$⟨Z⟩=(+1)\cdot P(0)+(-1)\cdot P(1)=|\alpha {|}^2-|\beta {|}^2$

两种方法结果完全一致。这说明 $⟨Z⟩$ 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 $|0⟩$，则 $⟨Z⟩=|1{|}^2-|0{|}^2=1$（每次都测到 +1）；
• 如果态是 $|1⟩$，则 $⟨Z⟩=|0{|}^2-|1{|}^2=-1$（每次都测到 -1）；
• 如果态是 $|+⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0⟩+|1⟩)$，则 $⟨Z⟩=|\frac{1}{\sqrt{2}}{|}^2-|\frac{1}{\sqrt{2}}{|}^2=0$（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，$⟨Z_0⟩$ 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：$⟨Z_i⟩$

符号 $⟨Z_i⟩$ 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 $|{\Phi }^{+}⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|11⟩)$，计算 $⟨Z_0⟩$。

• 方法一：公式法

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

  $⟨Z_0⟩=⟨{\Phi }^{+}|(Z\otimes I)|{\Phi }^{+}⟩=\frac{1}{2}(⟨00|+⟨11|)(|00⟩-|11⟩)=\frac{1}{2}(⟨00|00⟩-⟨11|11⟩)=\frac{1}{2}(1-1)=0$

  （交叉项 $⟨00|11⟩$ 与 $⟨11|00⟩$ 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 $P(1)=\frac{1}{2}$；
  • $⟨Z_0⟩=(+1)\cdot \frac{1}{2}+(-1)\cdot \frac{1}{2}=0$。

2. 期望值的和：$⟨Z_0⟩+⟨Z_1⟩$

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：

$⟨Z_0+Z_1⟩=⟨\psi |(Z_0+Z_1)|\psi ⟩=⟨\psi |Z_0|\psi ⟩+⟨\psi |Z_1|\psi ⟩=⟨Z_0⟩+⟨Z_1⟩$

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

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

$⟨Z_1⟩=⟨{\Phi }^{+}|(I\otimes Z)|{\Phi }^{+}⟩=\frac{1}{2}(⟨00|+⟨11|)(|00⟩-|11⟩)=\frac{1}{2}(1-1)=0$

所以 $⟨Z_0⟩+⟨Z_1⟩=0+0=0$。

3. 期望值的乘积（关联期望值）：$⟨Z_0{Z}_1⟩$

这个符号代表测量一个复合算符 $Z_0{Z}_1=Z\otimes Z$ 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 $|{\Phi }^{+}⟩$，计算 $⟨Z_0{Z}_1⟩$。

• 方法一：公式法

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

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

  $⟨Z_0{Z}_1⟩=⟨{\Phi }^{+}|{\Phi }^{+}⟩=1$

• 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）：

  $⟨Z_0{Z}_1⟩=(+1)\cdot \frac{1}{2}+(+1)\cdot \frac{1}{2}=1$

物理意义：$⟨Z_0{Z}_1⟩=1$ 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 $|{\Phi }^{+}⟩$ 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 $⟨X⟩$、$⟨Y⟩$、$⟨Z⟩$），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 $⟨Z_0{Z}_1⟩$ 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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本词条总结

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。

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参考资料

• 本词条整理自《量子计算算法教程》原文：ch01-basics/quantum-computing-basics
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