【量子信息】基本原理与基本结论

前置知识

• 线性代数

参考的是 Scott Aaronson 的 Introduction to Quantum Information Science 讲义。

基本原理

基本概念

我们讨论的量子状态是指有限维的 $\Complex^N$ 中的单位向量。

一个 qubit 是 $N=2$ 时的对应物，使用 Dirac 符号：

$$\binom{\alpha}{\beta} = \alpha \ket{0} + \beta \ket{1} = \ket{\psi} \tag{1.1.1}$$

上述右态矢称为 ket，我们还有左态矢称为 bra，并简记内积为 $\braket{x | y}$.

另外有约定：

• $\ket{+} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{0} + \ket{1})$
• $\ket{-} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{0} - \ket{1})$
• $\ket{i} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{0} + i\ket{1})$

酉/幺正矩阵是把单位向量映到单位向量的矩阵，实值的为正交矩阵。

对单位复数 $c$，$\ket{\psi}$ 与 $c \ket{\psi}$ 是无法区分的，我们称其为 global phase，但我们能够区分 relative phase.

量子门与观测

我们把一些小的酉变换称为“门”，例如：

$$ \mathrm{NOT} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \cr 1 & 0 \end{pmatrix} \tag{1.2.1} $$

Hadamard 门可以将标准基 $\{\ket{0}, \ket{1}\}$ 变为 Hadamard 基 $\{\ket{+}, \ket{-}\}$.

$$ H = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \cr 1 & -1 \end{pmatrix} \tag{1.2.2} $$

换基是有意义的行为，在基 $\ket{V_0}, \cdots , \ket{V_{N-1}}$ 下观测 $\ket{\psi}$ 得到 $\ket{V_i}$ 的概率是 $|\braket{V_i | \psi}|^2$.

观测行为是不可逆、依赖概率且不保证连续的。

电路记号如下：

上图中左侧有两个 qubit 都被初始化成 $\ket{0}$，然后它们经过一个门 $U$，然后上面的 qubit 再经过一个 Hadamard 门，最终它们在标准基下被观测。

各种门及对应的符号如下：

在上图 $\mathrm{CNOT}$ 门中，用实心点 $\bullet$ 表示控制的 qubit，用 $\oplus$ 表示被控制的 qubit；在 $\mathrm{CPHASE}$ 门中，会在被控制的 qubit 观测到 $\ket{1}$ 时对被控制的 qubit 使用 $Z$ 门。

对单个 qubit 来说，已经有一些有趣的性质了：

• The Quantum Zeno Effect 是指，我们每次在旋转了角 $k\cdot\epsilon$ 的标准基下观测，重复 $1/\epsilon$ 次，则每次都正确地坍缩最终到达 $\ket{1}$ 的概率是 $\approx 1 - \epsilon$，可以任意接近 $1$
• Watched Pot Effect 是指，如果一个在 $\ket{0}$ 的 qubit 正在向 $\ket{1}$ 旋转，每次旋转角 $\epsilon$，则若我们在每次旋转后观测它，经 $1/\epsilon$ 次，它到达 $\ket{1}$ 的概率只有 $\approx \epsilon$，从而在确定时间内增加观测频率可以让它任意大可能地固定在 $\ket{0}$

一个更具体的例子是 Elitzur-Vaidman Bomb，假设我们有一个可能装了炸弹的箱子，但是打开箱子就会引爆它，我们如何在不引爆的前提下检测是否有炸弹呢？

如果打开箱子的行为可以变得更量子一些，我们就可以这样做：每次施加旋转，操作 $\pi/2\epsilon$ 次。

$$ R_\epsilon = \begin{pmatrix} \cos \epsilon & -\sin \epsilon \cr \sin \epsilon & \cos \epsilon \end{pmatrix} \tag{1.2.3} $$

则我们可以得到结果，而只有 $\pi\epsilon/2$ 的结果引爆。

现在有一个硬币，想要判断它是公平的（$p=1/2$）还是非公平的（$p=1/2+\epsilon$），在标准情况下大约需要进行 $1/\epsilon^2$ 次投掷（这是因为有 Chebyshev 不等式 $P(|X-\mu|\geq k\sigma) \leq 1/k^2$），空间复杂度为 $O(\log (1/\epsilon^2))$.

量子方法是这样的：每次若抛出得到正面则进行旋转 $R_\epsilon$，反之旋转 $R_{-\epsilon}$，经过大约 $1/\epsilon^2$ 次投掷得到结果，全程只使用到一个 qubit.

这里还有一些细节问题：

1. 我们还需要执行正确的步数。实际上可以通过某种在每一步有特定概率停机的协议。
2. 如果 qubit 转了半圈（或者更多）怎么办？实际上还是可以正确判断的。

多 qubit 状态与纠缠

对两个 qubit，要通过观测区分它们，取的最有效的基是在同一个平面上，角平分线相同。

两个 qubit 的一般状态是 $\ket{\psi} = \alpha \ket{00} + \beta \ket{01} + \gamma \ket{10} + \delta \ket{11}$.

那么第一个 qubit 观测结果为 $\ket{0}$ 的概率是 $|\alpha|^2 + |\beta|^2$.

在此基础上，整个状态现在是：

$$\ket{0} \otimes \frac{\alpha \ket{0} + \beta \ket{1}}{\sqrt{|\alpha|^2 + |\beta|^2}} \tag{1.3.1}$$

部分测量的一般效果就是概率平摊。

$\mathrm{CNOT}$ 门是一个典型的作用于多个 qubit 且 qubit 相互影响的门。

另一类各 qubit 独立的门则可写用张量积写出，如：

$$ I \otimes \mathrm{NOT} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \cr 1 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 1 \cr 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \tag{1.3.2} $$

另有： $$ (\mathrm{CNOT}) (H \otimes I) \begin{pmatrix} 1 \cr 0 \cr 0 \cr 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \cr 0 \cr 0 \cr \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \tag{1.3.3} $$

这一结果称为 Singlet/Bell Pair/EPR Pair，它的一个有趣性质是观测第一个 qubit 将会使第二个 qubit 坍缩。称这种状态为纠缠。

纠缠行为将带来一个有趣的现象，即疑似存在信息的超光速传播。

例如说，现在有两个纠缠的粒子，状态为 Bell pair，一个人 Alice 把第一个粒子留着地球上，另一个人 Bob 把第二个粒子带到月球上。此时，若 Alice 在标准基下观测，就能立即知道 Bob 的观测结果。对此的解释是，Alice 并不能控制观测的结果。

1935 年一篇 Einstein，Podolsky 与 Rosen 的论文中给出了一个更有迷惑性的实验：如果 Alice 在 Hadamard 基下观测，则 Bob 的粒子状态会坍缩到 Hadamard 基之一而不是标准基之一！对此的解释是，Bob 需要自己进行观测，而结果的概率是一样的。

混合状态

密度矩阵

我们可以把一个混合状态表示成一个分布 $\{(p_i, \ket{\psi_i})\}$，而为了有唯一性，进一步表示成密度矩阵：

$$\rho = \sum_i p_i \ket{\psi_i} \bra{\psi_i} \tag{2.1}$$

其中外积定义成一个矩阵元是左边对应项乘以右边对应项的复共轭，从而 $\rho$ 将是一个 Hermitian 矩阵。它还满足迹 $1$ 和半正定，其秩则给出了需要混合的最小纯状态数量。

这样一来，我们知道 $\{(1/2, \ket{0}), (1/2, \ket{1})\} \cong \{(1/2, \ket{+}), (1/2, \ket{-})\}$.

回到之前纠缠行为带来的现象，称最大混合状态是指形如 $k\cdot I$ 的密度矩阵形式，这与基无关，从而得到 No-Communication Theorem.

作用酉变换 $U$ 将意味着把 $\rho$ 变为 $U\rho U^\dagger$.

Bloch 球面

表示一个 qubit 的 Bloch 球面如图，正交的向量在其上表示成相反的。在球面上的是纯状态，球内的是混合状态。

图中有：

$$\ket{\psi} = \cos \frac{\theta}{2} \ket{0} + e^{i\varphi} \sin \frac{\theta}{2} \ket{1} \tag{2.2}$$

此时，$X, Y, Z, H$ 门分别是绕着 $\ket{+}, \ket{i}, \ket{0}$ 与 $(\ket{0}+\ket{+})/(2\cos \pi/8)$ 对应轴旋转 $\pi$.

易见任何混合状态都可以写成两个纯状态的复合。

量子信息

不可复制定理

不可复制定理说，不存在一个门 $U$ 将 $\ket{\psi}, \ket{0}$ 变作 $\ket{\psi}, \ket{\psi}$，这可以通过写出表达式说明不是线性的；$\mathrm{CNOT}$ 门可以复制 $\ket{0}, \ket{1}$，经典信息本来就可以复制。

换一个角度来说明这件事情：若 $U(\ket{\psi} \otimes \ket{0}) = (\ket{\psi}, \ket{\psi})$，考虑酉变换的保内积性，只能 $\ket{\psi}$ 为 $\ket{0}$ 或 $\ket{1}$.

Quantum Money

依据这个定理，Wiesner 在 1969 年提出了 Quantum Money 的设想，其运行如下：

1. 一个钞票的构成包括：
   • 一串经典比特 $s \in \{0, 1\}^m$
   • 一个量子状态 $\psi_{f(s)}$，其中的 qubit 不纠缠，且是 $\ket{0}, \ket{1}, \ket{+}, \ket{-}$ 之一
2. 银行存储了所有的 $f(s)$ 结果
3. 在验钞时，银行查看数据库，然后对每个 qubit 这样观察：若它是 $\ket{0}$ 或 $\ket{1}$，则用标准基观测；反之用 Hadamard 基观测

Molina, Vidick 与 Watrous 在 2012 年证明了，任何尝试把单个钞票变成两个钞票的造假成功率只有 $(3/4)^n$，如果不考虑保存量子状态的技术问题，这看起来很有用。

现在我们假设银行会在验钞正确时退回钞票，而在验钞错误时触发警报。对此，有一种类似 Elitzur-Vaidman Bomb 的攻击方法：假设我们想要知道 $\ket{\psi_i}$ 这个 qubit 是什么，就这样做：

1. 将一个 qubit $\ket{c}$ 初始化为 $\ket{0}$
2. 重复 $\pi/2\epsilon$ 次：
   • 对 $\ket{c}$ 施加旋转 $R_\epsilon$
   • 对 $\ket{c}\ket{\psi_i}$ 施加 $\mathrm{CNOT}$
   • 把整个钞票送到银行检验

为此，可以改为让银行在验钞正确时改为退回一个新的同等面额的钞票。

现在 Quantum Money 的设想还有一个缺点：每次验钞都必须通过银行解决。为此，我们来考虑 Public-Key Quantum Money 的设想。与密码学的公私钥想法类似，任何人都可以用公钥验钞（我们假定攻击者的算力有某个上限而无法枚举），但只能用私钥来生成/复制钞票。

Quantum Key Distribution

考虑一个典型的密码学场景：Alice 与 Bob 有一个共有的密钥（随机二进制串），则他们可以用 One-Time Pad 来交流：Alice 发出的消息是明文与密钥按位异或的结果，Bob 收到消息后再按位异或一遍。在经典世界中，Claude Shannon 证明了如果窃听者的算力没有上限，则只有在密钥至少有明文那么长时才能保证安全。而使用 Quantum Key Distribution 就可不对算力上限作假设。¹

现在来介绍 BB84 协议：

1. Alice 随机生成两个字符串 $x, y \in \{0, 1\}^n$
2. Alice 生成一个量子状态，其中每个 qubit 由 $y, x$ 的对应位分别决定使用标准基还是 Hadamard 基、是哪一个
3. Alice 把该量子状态 $\ket{\psi}$ 发给 Bob
4. Bob 随机生成一个字符串 $y' \in \{0, 1\}^n$
5. Bob 用 $y'$ 决定在哪组基下观测 $\ket{\psi}$ 并记录
6. Alice 与 Bob 分享他们观测时使用的基，然后把使用相同基的位拼起来作为现在的密钥

量子密集编码

Holevo 定理指出，一个 qubit 最多能传递一个经典 bit 的信息。

量子密集编码 Superdense Coding 是一种在预先纠缠的情形下使用一个 qubit 传递两个经典 bit 的协议。现在我们假设 Alice 预先给 Bob 了一个 Bell pair $(\ket{00} + \ket{11}) / \sqrt{2}$，那么她可以考虑四种作用 $I \otimes I$，$X \otimes I$，$Z \otimes I$ 与 $(Z \otimes I)(X \otimes I)$ 并择其一将结果发给 Bob，然后 Bob 可以使用 $\mathrm{CNOT}$ 与 $H$ 解码。

所以现在我们有：

$$\text{1 qubit + 1 ebit} \geq \text{2 bits} \tag{3.1.1}$$

但是把 $2$ 改成更大的整数是做不到的。

量子隐形传态

量子隐形传态 Quantum Teleportation 所做的是：

$$\text{1 ebit + 2 bits} \geq \text{1 qubit} \tag{3.1.2}$$

电路表示如下：

经过 $\mathrm{CNOT}$ 和 $H$ 给出：

$$(\alpha \ket{0} + \beta \ket{1}) \otimes \frac{\ket{00} + \ket{11}}{\sqrt{2}} \longrightarrow \frac{1}{2}(\alpha\ket{000} + \alpha\ket{100} + \alpha\ket{011} + \alpha\ket{111} + \beta\ket{010} - \beta\ket{110} + \beta\ket{001} - \beta\ket{101})$$

经观测将坍缩到：

更多的纠缠

我们知道纠缠不一定需要通过直接接触发生。使用 teleportation 我们还可以完成纠缠的交换 Entanglement Swapping.

例如，两个人 Alice 与 Alice' 拥有纠缠的 qubit，则她们使用之前的方法将 qubit 传递给 Bob 与 Bob' 会导致纠缠被传递到 Alice 与 Alice' 间。

Bell pair 有一个 3-qubit 的版本 GHZ 状态 $(\ket{000} + \ket{111}) / \sqrt{2}$，它具有一种类似三叶结的结构：只有把三个 qubit 放在一起才会体现出纠缠。

Monogamy of Entanglement 指出，如果一个 qubit 与另一个 qubit 形成了最大混合状态，则它不能和其它一个 qubit 形成最大混合状态。

纠缠的量化

我们来考虑二分态（两个子系统组成的复合状态，可以是混合的），形如：

$$\sum_{ij} \alpha_{ij} \ket{s_i} \ket{t_j} \tag{3.2.1}$$

两人可以各取一组正交基，将它表示为 Schmidt 型（可以通过奇异值分解实现）：

$$\sum_i \lambda_i \ket{v_i} \ket{w_i} \tag{3.2.2}$$

我们回忆对经典的概率分布，其 Shannon 熵为：

$$H(P) = \sum_{i=0}^{n-1} p_i \log_2 \frac{1}{p_i} \tag{3.2.3}$$

对量子态来说，可以推广为 von Neumann 熵：

$$S(\rho) = \sum_{i=0}^{n-1} \gamma_i \log_2 \frac{1}{\gamma_i} \tag{3.2.4}$$

实际上我们有：

$$S(\rho) = \min_U H(\operatorname{diag} U\rho U^\dagger) \tag{3.2.5}$$

为计算两个子系统的纠缠程度，我们定义纠缠熵：

$$E(\ket{\psi}) = S(\rho^A) = S(\rho^B) \tag{3.2.6}$$

可以算得 Bell pair 的纠缠熵为 $1$.

2003 年 Leonid Gurvits 证明了：根据密度矩阵判断它是否代表一个纠缠的状态是 NP-hard 的。