Quantum teleportation

2026-11-01 10:16:23 星期日
昨晚写的莫名其妙的不见了...

至此我们都考虑的是经典信息的传输问题，只不过我们借用了量子态这个工具. 现在我们想，是否可以把一个量子态 \(\psi\) 传到接收方手里？这样做的原因是，量子态本身具有不确定性，可以作为一种信息资源. 一个未知的量子纯态 \(|\psi\rangle = a|0\rangle + b|1\rangle\) 由两个复数 \((a, b)\) 决定（满足 \(|a|^2 + |b|^2 = 1\)）.

如果我们用 \(\{|0\rangle, |1\rangle\}\) 基底去测它，它给出分布 \((|a|^2, |b|^2)\)；如果换一组基底 \(\{|+\rangle, |-\rangle\}\) 去测它，它又给出另一组分布 \(\left(\frac{|a+b|^2}{2}, \frac{|a-b|^2}{2}\right)\). 这个量子态似乎本身打包了无数种概率分布，若我们想精确描述这些信息，那么需要无穷多个经典比特，这是不可能的. 所以赋予它量子信息的名字是非常合适的.

而且经典信息是可以复制的，复制并不会影响信息本身，而且复制信息可以用来备份或者制作纠错码. 但量子态却不可复制： 假设存在一个酉算子\(U : \mathcal{H} \to \mathcal{H} \otimes \mathcal{H}\), 使得$$U(|\psi\rangle)=|\psi\rangle\otimes|\psi\rangle.$$
现在我们考虑任意一个向量 \(|\psi\rangle = a|0\rangle + b|1\rangle\)：

  1. 因为线性算子满足 \(U(a|0\rangle + b|1\rangle) = aU(|0\rangle) + bU(|1\rangle)\)，所以结果是：

\[U(|\psi\rangle) = a|00\rangle + b|11\rangle. \]

  1. \(U(|\psi\rangle) = |\psi\rangle \otimes |\psi\rangle\)，根据张量积的定义：

\[\begin{aligned} |\psi\rangle \otimes |\psi\rangle &= (a|0\rangle + b|1\rangle) \otimes (a|0\rangle + b|1\rangle) \\ &= a^2|00\rangle + ab|01\rangle + ab|10\rangle + b^2|11\rangle. \end{aligned} \]

那应该有：

\[a|00\rangle + b|11\rangle = a^2|00\rangle + ab|01\rangle + ab|10\rangle + b^2|11\rangle. \]

这样的话 \(a, b\) 至少有一个是 \(0\) 才可以，不能对任意的 \(a, b\) 成立. 当然从这里可以看出来，我们是可以复制\(|0\rangle\)，\(|1\rangle\)的，也就是说对于固定的正交向量，确实可以进行复制，但对一般的向量不行.

下面我们看如何传一个量子态，假设未知量子比特\(C\)在Alice手里，Alice和Bob制备了一对处于Bell态的粒子\(AB\)，然后各拿走一个:

\[|\psi\rangle_C=a|0\rangle_C+b|1\rangle_C\quad(\text{其中 }|a|^2+|b|^2=1) \]

\[|\Phi^+\rangle_{AB}=\frac1{\sqrt{2}}\left(|00\rangle_{AB}+|11\rangle_{AB}\right) \]

那么一开始三个粒子的状态应该是：

\[\begin{aligned} |\Psi_0\rangle_{CAB} &= \left(a|0\rangle_C + b|1\rangle_C\right) \otimes \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|00\rangle_{AB} + |11\rangle_{AB}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(a|0\rangle_C|00\rangle_{AB} + a|0\rangle_C|11\rangle_{AB} + b|1\rangle_C|00\rangle_{AB} + b|1\rangle_C|11\rangle_{AB}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(a|000\rangle + a|011\rangle + b|100\rangle + b|111\rangle\right). \end{aligned} \]

作用CNOT门，这个算子的规则是：如果第一位是1，就把第二位翻转；第三位永远保持不动. 那么作用于\(|\Psi_0\rangle_{CAB}\)的结果是：

\[|\Psi_1\rangle_{CAB}=\frac1{\sqrt{2}}\left(a|000\rangle+a|011\rangle+b|110\rangle+b|101\rangle\right) \]

然后Alice再对手里的粒子C作用一个 hadamard gate H :

\[H=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \]

那么：

\[\begin{aligned} &a|\mathbf{0}00\rangle \longrightarrow a \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_C + |1\rangle_C\right)|00\rangle_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(a|000\rangle + a|100\rangle\right), \\ &a|\mathbf{0}11\rangle \longrightarrow a \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_C + |1\rangle_C\right)|11\rangle_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(a|011\rangle + a|111\rangle\right), \\ &b|\mathbf{1}10\rangle \longrightarrow b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_C - |1\rangle_C\right)|10\rangle_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(b|010\rangle - b|110\rangle\right), \\ &b|\mathbf{1}01\rangle \longrightarrow b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0\rangle_C - |1\rangle_C\right)|01\rangle_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(b|001\rangle - b|101\rangle\right). \end{aligned} \]

那么现在三个粒子的状态是：

\[|\Psi_2\rangle_{CAB} = \frac{1}{2}\Big( a|000\rangle + a|100\rangle + a|011\rangle + a|111\rangle + b|010\rangle - b|110\rangle + b|001\rangle - b|101\rangle \Big). \]

现在我们按照CA状态的张量积空间的基底进行分类，

\[\begin{aligned} |\Psi_2\rangle_{CAB} &= |00\rangle_{CA} \otimes \frac{1}{2}\left(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\right) \\ &\quad + |01\rangle_{CA} \otimes \frac{1}{2}\left(a|1\rangle_B + b|0\rangle_B\right) \\ &\quad + |10\rangle_{CA} \otimes \frac{1}{2}\left(a|0\rangle_B - b|1\rangle_B\right) \\ &\quad + |11\rangle_{CA} \otimes \frac{1}{2}\left(a|1\rangle_B - b|0\rangle_B\right). \end{aligned} \]

借助上一节的习题3.16，总状态是：

\[|\Psi\rangle = \sum_x |e_x^A\rangle \otimes |\psi_x^B\rangle \]

当 Alice 用正交基 \(\{|e_x^A\rangle\}\) 测量她的粒子并得到结果 \(x\) 时：

测出 \(x\) 的概率是 \(p_x = \|\psi_x^B\|^2\)；测出 \(x\) 之后，Bob 手里粒子的后验态是 \(S_B(x) = p_x^{-1} |\psi_x^B\rangle\langle\psi_x^B|\)（也就是说，Bob 手里的状态向量变成了归一化后的 \(\frac{|\psi_x^B\rangle}{\sqrt{p_x}}\)）.

所以：

  • 如果 Alice 测出 \(|00\rangle_{CA}\)：Bob 的粒子状态就变成了 \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\)；

  • 如果 Alice 测出 \(|01\rangle_{CA}\)：Bob 的粒子状态就变成了 \(a|1\rangle_B + b|0\rangle_B\)；

  • 如果 Alice 测出 \(|10\rangle_{CA}\)：Bob 的粒子状态就变成了 \(a|0\rangle_B - b|1\rangle_B\)；

  • 如果 Alice 测出 \(|11\rangle_{CA}\)：Bob 的粒子状态就变成了 \(a|1\rangle_B - b|0\rangle_B\).

但现在还是没有完全还原C的态，我们还差最后一步，Alice测出来她的结果后会通知Bob，Bob会根据她的结果对自己手中的态进行操作，我们列一张表：

Alice 测量的结果 Bob 手中粒子的状态 Bob 的操作 操作后的状态
\(00\) \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\) 什么都不用干（乘单位阵 \(I\)） \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\)
\(01\) \(a|1\rangle_B + b|0\rangle_B\)（\(|0\rangle\) 和 \(|1\rangle\) 反了） 乘泡利矩阵 \(\sigma_x = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\)（把 \(|1\rangle\) 变成 \(|0\rangle\)，把 \(|0\rangle\) 变成 \(|1\rangle\)） \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\)
\(10\) \(a|0\rangle_B - b|1\rangle_B\)（第二项是减号） 乘泡利矩阵 \(\sigma_z = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}\)（把 \(|0\rangle\) 保持不变，把 \(|1\rangle\) 变成 \(-|1\rangle\)，负负得正） \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\)
\(11\) \(a|1\rangle_B - b|0\rangle_B\) 先乘 \(\sigma_x\) 变成 \(a|0\rangle_B - b|1\rangle_B\)，再乘 \(\sigma_z\) \(a|0\rangle_B + b|1\rangle_B\)

这样，我们就借助量子纠缠和经典通信，完美地传递了一个量子态！

posted @ 2026-11-01 15:24  夜秋子  阅读(5)  评论(0)    收藏  举报