量子力学：利用量子纠缠态传输信息

Unitary evolution

量子力学的三大公理：

1. Superposition principle(叠加原理)
2. Measurement
3. Unitary evolution

在前面的文章中，我们介绍了1、2，现在我们来考虑3。

我们知道，每个量子状态就是$\mathbb{C}^k$中的单位向量。我们可以对向量作旋转、对称等线性变换。那么，哪些线性变换是合理的呢？第三条公理告诉我们，保内积的变换是合理的。

前面我们也定义了内积，假定

$$\left|u_j \right\rangle=\beta_0\left|0 \right\rangle+\beta_1\left|1 \right\rangle+\ldots+\beta_{k-1}\left|k-1 \right\rangle$$

$$\left\langle u_j \right|=\bar\beta_0\left|0 \right\rangle+\bar\beta_1\left|1 \right\rangle+\ldots+\bar\beta_{k-1}\left|k-1 \right\rangle$$

那么内积就可以写成

$$(\left|u \right\rangle,\left|v \right\rangle)=\left\langle u|v \right\rangle$$

包内积的变幻$U$满足：$\forall u,v\in\mathbb{C}^k$,

$$\left\langle u|v \right\rangle=\left\langle Uu|Uv \right\rangle$$

由于线性变换可以写成$\mathbb{C}^k$中的矩阵，不妨任用$U$表示，则$U$是合理的线性变换（保内积）当且仅当

$$UU^*=U^*U=I$$

变换举例

我们将Unitary evolution的操作叫做Quantum Gates(量子门)，下面是一些常见的量子门:

• Bit flip

$$X=\left(\begin{matrix}0&1\\1&0\end{matrix}\right)$$

即将量子的0变成1，1变成0。

• Phase flip

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

Phase flip将$\left| + \right\rangle$变成$\left| - \right\rangle$

• Hadamard Transform

$$H=\left(\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\end{matrix}\right)$$

Hadamard变换将$\left| 0\right\rangle$变成$\left| +\right\rangle$,将$\left| 1\right\rangle$变成$\left| -\right\rangle$。

No cloning Theorem

No cloning theorem告诉我们，我们无法复制一个量子的状态。这个也可以表述为：

假定有一个未知的状态$\left| \varphi\right\rangle$，我们无法构造$\left|\varphi\right\rangle\otimes\left|\varphi\right\rangle$。

证明

假定存在这样的构造方法，将$\left|\varphi\right\rangle\otimes\left| 0\right\rangle$变成$\left|\varphi\right\rangle\otimes\left|\varphi\right\rangle$，考虑

$$\left|\varphi\right\rangle\otimes\left| 0\right\rangle\rightarrow\left|\varphi\right\rangle\otimes\left|\varphi\right\rangle$$

$$\left|\phi\right\rangle\otimes\left| 0\right\rangle\rightarrow\left|\phi\right\rangle\otimes\left|\phi\right\rangle$$

两个做内积，并考虑到变换是保内积的，我们有

$$\left\langle\varphi| \phi\right\rangle=\left\langle\varphi| \phi\right\rangle^2$$

这表明$\left\langle\varphi| \phi\right\rangle=0或1$，这与选取的量子任意性矛盾。

Control Not(CNOT)

CNOT是针对两个量子的qubit的线性变换，假定基状态为$\left| 00\right\rangle,\left| 01\right\rangle,\left| 10\right\rangle,\left| 11\right\rangle$,则线性变换的矩阵为

$$U=\left(\begin{matrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&1&0 \end{matrix}\right)$$

即当第一个bit为1时，翻转第二个bit。通常我们将第一个bit叫做control bit，第二个bit叫做target bit，并用下图表示CNOT门。

利用Hadamard变换与CNOT变换我们可以将$\left| 00\right\rangle$变换为Bell State:

传递信息

现在假定Alice有一个量子状态$\alpha\left| 0\right\rangle+\beta\left| 1\right\rangle$想要传递给Bob,Alice并不知道$\alpha,\beta$的具体数值，并且她也无法将量子直接送给Bob，只能通过若干编码告知Bob有关信息。现在假定Alice与Bob有一个公共的量子状态$\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle$，我们断言：Alice可以通过告诉Bob两个bit而达到传递量子状态的目的。

这个十分了不起，因为$\alpha,\beta\in \mathbb{C}^2$，而Alice只需要告知Bob$\{0,1\}^2$中的一个元素即可达到传递这两个复数的目的。

先考虑一个简单的问题：假定Alice与Bob之间有一个CNOT相连，并且Bob拥有第二个bit。Alice可以作如下操作：

即$(\alpha\left| 0\right\rangle+\beta\left| 1\right\rangle)\left| 0\right\rangle$在CNOT变换下变成$\alpha\left|00\right\rangle+\beta\left|11\right\rangle$，然后Alice对自己的bit作Hadamard变换得到:

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

Alice在基$\left|0\right\rangle/\left|1\right\rangle$下测量，如果结果为$\left|0\right\rangle$，则告知Bob不要做任何变换即得到$\alpha\left| 0\right\rangle+\beta\left| 1\right\rangle$;如果结果为$\left|1\right\rangle$，则告知Bob对共同状态作Phase flip变换，将$\alpha\left| 0\right\rangle-\beta\left| 1\right\rangle$变为$\alpha\left| 0\right\rangle+\beta\left| 1\right\rangle$。

下面在考虑没有CNOT门连接的情况下，创造出共同状态$\alpha\left|00\right\rangle+\beta\left|11\right\rangle$。作法如下:

1. Alice将$\alpha\left| 0\right\rangle+\beta\left| 1\right\rangle$与$\frac{1}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle$作张量积，得到 $$\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|000\right\rangle+\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|011\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|100\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|111\right\rangle$$
2. 以第一个bit为control bit,第二个bit为target bit建立CNOT门，得到 $$\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|000\right\rangle+\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|011\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|110\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|101\right\rangle$$
3. 测量第三个bit

$$bit =1\Rightarrow \frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|01\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|10\right\rangle\Rightarrow 告知B改变第二个bit$$

$$bit =0\Rightarrow \frac{\alpha}{\sqrt{2}}\left|00\right\rangle+\frac{\beta}{\sqrt{2}}\left|11\right\rangle\Rightarrow 告知B不作任何操作$$

这样A,B最后的共同状态变为了$\alpha\left|00\right\rangle+\beta\left|11\right\rangle$，并且第一个bit属于A,第二个bit属于A与B。

这个过程可以用下图表示：