量子力学：纠缠(entanglement)

叠加原理

在上一篇文章我们介绍了量子的qubit记号。一个量子的状态可以用基态与激发态的状态的线性组合表示，更一般地，我们有

$$\left|\varphi\right\rangle=\alpha_0 \left|0\right\rangle+\alpha_1 \left|1\right\rangle+\ldots + \alpha_{k-1} \left|k-1 \right\rangle$$

其中$\alpha_i\in\mathbb{C},\sum\limits_{j=0}^{k-1}|\alpha_j|^2=1$。当我们该量子测量时，测量到$j$的状态概率是

$$P[j]=|\alpha_j|^2$$

$\mathbb{C}^k$中的内积定义为

$$(\alpha,\beta) = \bar\alpha_0 \beta_0 +\bar\alpha_1 \beta_1+\ldots+ \bar\alpha_{k-1} \beta_{k-1}$$

两个状态之间的夹角为

$$\cos\theta = \left|(\alpha,\beta) \right|$$

两个量子的情况

前面我们讨论了单个量子的状态，我们也可以讨论两个量子的状态，我们用$\left|ab\right\rangle$表示第一个量子处于$\left|a\right\rangle$状态而量子$\left|b\right\rangle$处于$b$状态。一般地，在测量量子状态之前，量子的状态遵循叠加原理：

$$\left|\varphi\right\rangle =\alpha_{00} \left|00\right\rangle+\alpha_{01} \left|01\right\rangle+\alpha_{10} \left|10\right\rangle+\alpha_{11} \left|11\right\rangle$$

其中$\alpha_{ij}\in\mathbb{C},\sum\limits_{i,j=1,2}\left|\alpha_{ij}\right|^2=1$。如果我们测量第一个量子，则

$$P[0]=\left|\alpha_{00}\right|^2+\left|\alpha_{01}\right|^2$$

测量之后，第二个量子的状态就成为

$$\left|\varphi^\prime\right\rangle= \dfrac{\alpha_{00}}{\left|\alpha_{00}\right|^2+\left|\alpha_{01}\right|^2} \left|00\right\rangle+\dfrac{\alpha_{01}}{\left|\alpha_{00}\right|^2+\left|\alpha_{01}\right|^2} \left|01\right\rangle$$

纠缠(entanglement)

考虑两个量子

$\left|\varphi\right\rangle=\alpha_0 \left|0\right\rangle+\alpha_1 \left|1\right\rangle$

$\left|\phi\right\rangle=\beta_0 \left|0\right\rangle+\beta_1 \left|1\right\rangle$

这两个量子的联合状态为

$$\left|\varphi\right\rangle\otimes\left|\phi\right\rangle=\left(\alpha_0 \left|0\right\rangle+\alpha_1 \left|1\right\rangle\right)\otimes\left(\beta_0 \left|0\right\rangle+\beta_1 \left|1\right\rangle\right)$$

$$=\alpha_{00} \left|00\right\rangle+\alpha_{01} \left|01\right\rangle+\alpha_{10} \left|10\right\rangle+\alpha_{11} \left|11\right\rangle$$

其中$\alpha_{ij}=\alpha_i\beta_j$。

反过来，任意给一个状态$\alpha_{00} \left|00\right\rangle+\alpha_{01} \left|01\right\rangle+\alpha_{10} \left|10\right\rangle+\alpha_{11} \left|11\right\rangle$，我们并不能保障它可以分解成两个单独量子状态的张量积，这种情况我们称之为纠缠。

Bell State

一个非常典型的纠缠态是Bell State。它可以写成

$$\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle$$

Bell State有一个特点就是旋转不变性，其含义就是扔给正交的$\left|u\right\rangle,\left|u^\bot\right\rangle$，我们有

$$\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|uu\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|u^\bot u^\bot\right\rangle$$

证明

另一个也有旋转不变性的状态是Singlet State:

$$\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|01\right\rangle-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle$$

Einstein, Podolsky, Rosen(EPR)悖论

考虑两个处于纠缠态Bell State的量子。从$\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle$可以看出，当我们测量了一个量子的bit($\left|0\right\rangle$或$\left|1\right\rangle$，代表位置)，就同时知道了另外一个量子的状态。另一方面，我们可以测量$\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|++\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|--\right\rangle$第一个量子的符号(即$\left|+\right\rangle$或$\left|-\right\rangle$，代表动量)，就同时知道另外一个量子的符号。这里$\left|+\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|0\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|1\right\rangle$,$\left|+\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left|0\right\rangle-\frac{1}{\sqrt{2}}\left|1\right\rangle$。

现在，我们同时测量第一个量子的bit和第二个量子的符号。由上面的讨论，我们可以同时得到第一个量子的bit和符号，这与上一篇文章中讲到的测不准原理相矛盾。这个悖论叫做EPR悖论。

在测不准原理的框架下，我们就得到No Signaling Theorem:

我们无法利用纠缠态比光速更快的速度来传递信号

CHSH Game

最后我们来讨论CHSH Game。考虑由Alice, Bob参与的一个游戏:

-	Alice	Bob
Inputs	$x\in\{0,1\}$	$y\in\{0,1\}$
Outputs	$a\in\{0,1\}$	$b\in\{0,1\}$

规定Alice与Bob赢得这场游戏，当且仅当下面之一成立：

1. $x=y=1, a\neq b$
2. $x\cdot y=0, a=b$

假定$x,y$是随机选取的，我们可以看出，在经典物理下，胜利的概率不大于0.75:

$P[x\cdot y = a+b\mod 2] \leq \frac{3}{4}$

但是在量子力学的框架下，游戏胜利的概率可以达到

$P[x\cdot y = a+b\mod 2] \leq \cos^2\frac{\pi}{8} \approx 0.85$

Alice与Bob的输出可以这样选取：如上图，当$x=0$时,Alice选取$\left|0\right\rangle$作为测量的基向量(同时包含与之垂直的向量)，当$x=1$时，选取$\cos\frac{3\pi}{8} \left|0\right\rangle+\sin\frac{3\pi}{8} \left|1\right\rangle$作为测量的基向量，$y$也如图选取，于是

1. 当$x=y=1$时，$a=b$的概率恰好是$x=1$与$y=1$夹角余弦的平方$\cos^2\frac{3\pi}{8}=\sin^2\frac{\pi}{8}$，$P[a\neq b\big|x=y=1]=1-\sin^2\frac{\pi}{8}=\cos^2\frac{\pi}{8}$
2. 当$x\cdot y=0$时，$a＝b$的概率为$\cos^2\frac{\pi}{8}$

于是我们就得到

$P[x\cdot y = a+b\mod 2] \leq \cos^2\frac{\pi}{8} \approx 0.85$

比经典物理下要高。

直观地看，这是一个投掷硬币的游戏。Alice观测的角度为$u$，Bob观测的角度为$v$。

在经典物理的情况下，他们观测到不同结果的概率为

$$P[different]=\frac{2\theta}{2\pi}=\frac{\theta}{\pi}$$

在量子物理框架下，当$\theta$很小时，有

$$P[different]=\sin^2\theta \approx \theta^2 < \frac{\theta}{\pi}$$

即更有可能观测到相同的结果。