Zuodong Zhong
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22 分钟阅读 quantum

量子计算入门

从复振幅、相位到测量与纠缠

钟祚栋 学习笔记

Quantum Notes · 量子计算入门学习 01

#从一个问题出发

最近出于好奇，开始了解量子计算与量子神经网络。手写笔记记下了不少公式，但真正让我想继续追问的是：如果量子门都是线性变换，量子计算的特殊之处到底在哪里？

这组文章按自己的学习顺序整理：先理解复振幅、相位与测量，再看多个量子比特如何组成联合系统；接着用一个可以训练的最小电路理解 QNN，最后用 Grover 搜索看相位如何变成更高的答案概率。

#量子态：振幅不是概率

经典比特取值为 0 或 1。单个量子比特的纯态用两个复振幅表示：

∣ψ⟩=α∣0⟩+β∣1⟩=[αβ],α,β∈C.|\psi\rangle=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle=\begin{bmatrix}\alpha\\\beta\end{bmatrix},\qquad \alpha,\beta\in\mathbb C.

其中 ∣0⟩=[1,0]T|0\rangle=[1,0]^T、∣1⟩=[0,1]T|1\rangle=[0,1]^T 是计算基态。对这个状态做 Z 基测量，Born 规则给出：

P(0)=∣α∣2,P(1)=∣β∣2,∣α∣2+∣β∣2=1.P(0)=|\alpha|^2,\qquad P(1)=|\beta|^2,\qquad |\alpha|^2+|\beta|^2=1.

这也是笔记里反复提醒自己的地方：先区分振幅与概率，再讨论叠加。复数的模长平方需要共轭。若 z=a+biz=a+bi，则：

z∗=a−bi,∣z∣2=z∗z=(a−bi)(a+bi)=a2+b2.z^*=a-bi,\qquad |z|^2=z^*z=(a-bi)(a+bi)=a^2+b^2.

Dirac 记号中的 bra 是 ket 的共轭转置，不是简单转置：

⟨ψ∣=(∣ψ⟩)†=[α∗β∗],⟨ψ∣ψ⟩=1.\langle\psi|=(|\psi\rangle)^\dagger=\begin{bmatrix}\alpha^*&\beta^*\end{bmatrix},\qquad \langle\psi|\psi\rangle=1.

因此，∣0⟩+∣1⟩2\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2} 与 ∣0⟩−∣1⟩2\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt2} 在 Z 基下都有一半概率得到 0、一半概率得到 1，但它们并不是同一个物理状态。只看一组测量概率，会丢掉相位信息。

#布洛赫球：两个角度与一种冗余

两个复振幅包含四个实参数。归一化约束去掉一个自由度；把整个状态乘上同一个 eiγe^{i\gamma}，不会改变任何测量概率，又去掉一个物理自由度。于是，忽略整体相位后，可以写成：

∣ψ⟩=cos⁡θ2∣0⟩+eiϕsin⁡θ2∣1⟩,0≤θ≤π,0≤ϕ<2π.|\psi\rangle=\cos\frac\theta2|0\rangle+e^{i\phi}\sin\frac\theta2|1\rangle,\quad 0\leq\theta\leq\pi,\quad 0\leq\phi<2\pi.

θ\theta 是极角，ϕ\phi 是方位角，也就是两个振幅之间的相对相位。布洛赫球坐标为：

x=sin⁡θcos⁡ϕ,y=sin⁡θsin⁡ϕ,z=cos⁡θ=P(0)−P(1).x=\sin\theta\cos\phi,\qquad y=\sin\theta\sin\phi,\qquad z=\cos\theta=P(0)-P(1).

北极与南极分别是 ∣0⟩|0\rangle、∣1⟩|1\rangle；正负 X 方向分别是 ∣+⟩=(∣0⟩+∣1⟩)/2|+\rangle=(|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2 与 ∣−⟩=(∣0⟩−∣1⟩)/2|-\rangle=(|0\rangle-|1\rangle)/\sqrt2。在两极，ϕ\phi 不再区分不同物理状态。

EXPERIMENT 01

把量子态放到布洛赫球上

拖动 θ 和 φ，再改变整体相位 γ。比较球上位置与三个测量基下的概率。

单量子比特的布洛赫球球面上的点由 θ 和 φ 决定，整体相位不改变这个点。|0⟩|1⟩xyz
|ψ⟩ = cos(30°)|0⟩ + exp(i135°) sin(30°)|1⟩
⟨X⟩ = x−0.612
⟨Y⟩ = y0.612
⟨Z⟩ = z0.500
Z 基 · P(0)75.0%
X 基 · P(+)19.4%
Y 基 · P(+i)80.6%

每个测量基下另一个结果的概率为 1 减去所示概率。图中显示的是理想纯态。

试着把 θ\theta 设为 90∘90^\circ：无论怎样改变 ϕ\phi，Z 基的两个结果始终各占 50%；X、Y 基下的概率却在改变。再拖动整体相位 γ\gamma，所有测量概率都不变。这就是相对相位与整体相位的区别。

如果笔记中把实振幅写作 cos⁡α\cos\alpha 和 sin⁡α\sin\alpha，那么 z=cos⁡2α−sin⁡2α=cos⁡2αz=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=\cos2\alpha，所以布洛赫球极角是 θ=2α\theta=2\alpha。这解释了公式里为什么要除以 2。

#量子门：线性、酉性与顺序

理想封闭系统的量子门由酉矩阵 UU 表示：

∣ψ′⟩=U∣ψ⟩,U†U=UU†=I.|\psi'\rangle=U|\psi\rangle,\qquad U^\dagger U=UU^\dagger=I.

线性性意味着 U(α∣a⟩+β∣b⟩)=αU∣a⟩+βU∣b⟩U(\alpha|a\rangle+\beta|b\rangle)=\alpha U|a\rangle+\beta U|b\rangle。酉性则保证内积不变：

⟨ψ′∣ψ′⟩=⟨ψ∣U†U∣ψ⟩=⟨ψ∣ψ⟩=1.\langle\psi'|\psi'\rangle=\langle\psi|U^\dagger U|\psi\rangle=\langle\psi|\psi\rangle=1.

它既保持总概率，也存在逆变换 U−1=U†U^{-1}=U^\dagger。可逆并不意味着同一个门再做一次就能撤销。只有某些门满足 U2=IU^2=I；例如旋转门 Rz(ϑ)R_z(\vartheta) 的逆门通常是 Rz(−ϑ)R_z(-\vartheta)。

四个常见的单 qubit 门

X=[0110],Y=[0−ii0],X=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix},\qquad Y=\begin{bmatrix}0&-i\\i&0\end{bmatrix},
Z=[100−1],H=12[111−1].Z=\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix},\qquad H=\frac1{\sqrt2}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}.
门对基态的作用可以怎样理解
X∣0⟩↔∣1⟩|0\rangle\leftrightarrow|1\rangle交换计算基态，类似 NOT。
Y∣0⟩↦i∣1⟩|0\rangle\mapsto i|1\rangle；∣1⟩↦−i∣0⟩|1\rangle\mapsto-i|0\rangle翻转并引入相位。
Z∣0⟩↦∣0⟩|0\rangle\mapsto|0\rangle；∣1⟩↦−∣1⟩|1\rangle\mapsto-|1\rangle改变叠加分量间的相对符号。
H∣0⟩↦∣+⟩|0\rangle\mapsto|+\rangle；∣1⟩↦∣−⟩|1\rangle\mapsto|-\rangle在 Z 基与 X 基之间切换。

X、Y、Z 在布洛赫球上分别对应绕相应坐标轴旋转 180∘180^\circ，忽略整体相位。H 对应绕 (x+z)/2(x+z)/\sqrt2 方向的轴旋转 180∘180^\circ，并不是绕 Y 轴旋转。

一个容易看错的例子是 Z∣1⟩=−∣1⟩Z|1\rangle=-|1\rangle。这里只多了整体相位，点仍在南极；而 Z∣+⟩=∣−⟩Z|+\rangle=|-\rangle 改变了相对相位，点从正 X 移到负 X。

电路从左向右执行，矩阵写在态的左侧，最右边的矩阵先作用。矩阵一般不交换，所以 HUHHUH 不能直接把两端的 H 消去。例如：

HH∣0⟩=∣0⟩,HZH∣0⟩=∣1⟩.HH|0\rangle=|0\rangle,\qquad HZH|0\rangle=|1\rangle.

#干涉：先加振幅，再算概率

线性性允许逐项计算量子门的作用；干涉则发生在不同路径对同一个最终结果贡献复振幅时。两个 H 门是最简单的例子：

H2∣0⟩=H∣0⟩+∣1⟩2=(∣0⟩+∣1⟩)+(∣0⟩−∣1⟩)2=∣0⟩.H^2|0\rangle=H\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2}=\frac{(|0\rangle+|1\rangle)+(|0\rangle-|1\rangle)}2=|0\rangle.

最终 ∣1⟩|1\rangle 的两个振幅贡献分别为 +1/2+1/2 和 −1/2-1/2，完全抵消。一般地：

∣A1+A2∣2=∣A1∣2+∣A2∣2+2Re⁡(A1∗A2).|A_1+A_2|^2=|A_1|^2+|A_2|^2+2\operatorname{Re}(A_1^*A_2).

最后一项就是相位可以影响结果的原因。若在两个 H 门之间加入 P(ϕ)=diag⁡(1,eiϕ)P(\phi)=\operatorname{diag}(1,e^{i\phi})，则：

HP(ϕ)H∣0⟩=1+eiϕ2∣0⟩+1−eiϕ2∣1⟩,HP(\phi)H|0\rangle=\frac{1+e^{i\phi}}2|0\rangle+\frac{1-e^{i\phi}}2|1\rangle,
P(0)=cos⁡2ϕ2,P(1)=sin⁡2ϕ2.P(0)=\cos^2\frac\phi2,\qquad P(1)=\sin^2\frac\phi2.
EXPERIMENT 02

让两条振幅路径相加

电路：|0⟩ → H → P(φ) → H。图中只画最终结果 0 的两项振幅，各自长度都是 1/2。

ReIm0灰：1/2　橙：eⁱᵠ/2　蓝：总和
A(0) = 1.000 + 0.000i
测到 0100.0%
测到 10.0%

同相增强；反相抵消。

这里用 P 门让两条振幅路径更直观。它与 Rz(ϕ)R_z(\phi) 只差整体相位：P(ϕ)=eiϕ/2Rz(ϕ)P(\phi)=e^{i\phi/2}R_z(\phi)。因此换成 Rz，最终测量概率相同。

上面的振幅相加针对没有留下可区分路径记录的相干演化。如果中途测量、保存了路径信息，就不能继续按同一个纯态叠加来计算。所谓“先加振幅”有明确的适用前提。

#测量：读出什么，取决于测量基

酉门与测量是两类操作。对一组正交归一基 {∣bi⟩}\{|b_i\rangle\}，理想投影测量给出：

P(i)=∣⟨bi∣ψ⟩∣2.P(i)=|\langle b_i|\psi\rangle|^2.

对于单 qubit 的秩一投影测量，若得到结果 i 且其概率非零，条件状态成为相应的 ∣bi⟩|b_i\rangle，忽略整体相位。不同测量基所区分的状态不同：

测量基本征态本征值
Z∣0⟩, ∣1⟩|0\rangle,\ |1\rangle+1, −1+1,\ -1
X∣+⟩, ∣−⟩|+\rangle,\ |-\rangle+1, −1+1,\ -1
Y∣+i⟩, ∣−i⟩|+i\rangle,\ |-i\rangle+1, −1+1,\ -1

这里 ∣±i⟩=(∣0⟩±i∣1⟩)/2|\pm i\rangle=(|0\rangle\pm i|1\rangle)/\sqrt2。仪器可把两个结果编码为经典 0/1，但标签不等于量子态。以 ∣+⟩|+\rangle 为例，Z 基测量各得一半，X 基测量则一定得到“+”。

可以先施加 H 再做 Z 基读出，以获得 X 基测量的统计。若还要使测量后的状态回到原表象下的 ∣+⟩|+\rangle 或 ∣−⟩|-\rangle，需把基变换逆回来；硬件实际留下什么状态还取决于读出实现。

测量也不会让 qubit 永远停在某个状态：读出后仍可施加门。例如从测得的 ∣0⟩|0\rangle 出发，再做 H 就能重新得到 ∣+⟩|+\rangle。

一次结果与一个期望值

一次执行只得到一个结果。若要估计连续的输出，需要重新制备同一个输入、重新运行电路，再测量，重复很多次。对于 Z 可观测量：

⟨Z⟩=P(0)−P(1),⟨Z⟩^=n0−n1S,S=n0+n1.\langle Z\rangle=P(0)-P(1),\qquad \widehat{\langle Z\rangle}=\frac{n_0-n_1}{S},\quad S=n_0+n_1.

这与在同一个已坍缩的 qubit 上反复测量不同。前者是在估计原电路的概率分布，也是后面 QNN 读出期望值时需要的步骤。

#多个 qubit：叠加不等于纠缠

两个 qubit 的状态空间是 C2⊗C2=C4\mathbb C^2\otimes\mathbb C^2=\mathbb C^4。张量积负责组合系统，不自动产生纠缠。例如：

∣0⟩⊗∣+⟩=∣00⟩+∣01⟩2.|0\rangle\otimes|+\rangle=\frac{|00\rangle+|01\rangle}{\sqrt2}.

它虽然有两个基态的叠加，仍然是两个独立单 qubit 纯态的乘积。对联合纯态，不能分解为子系统纯态的张量积，才说明存在纠缠。Bell 态就是一个例子：

∣Φ+⟩=∣00⟩+∣11⟩2.|\Phi^+\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt2}.
为什么这个 Bell 态不能分解？

假设它等于 (a∣0⟩+b∣1⟩)⊗(c∣0⟩+d∣1⟩)(a|0\rangle+b|1\rangle)\otimes(c|0\rangle+d|1\rangle)。比较四项系数：

ac=bd=12,ad=bc=0.ac=bd=\frac1{\sqrt2},\qquad ad=bc=0.

前两个非零系数要求 a、b、c、d 都非零，后两个系数却要求乘积为零，产生矛盾。这是纯态判据；混合态的可分性需要更一般的定义。

用 H 与 CNOT 制备 Bell 态

本文约定 ∣q0q1⟩|q_0q_1\rangle 左边是控制位，CNOT 的作用为 ∣a,b⟩↦∣a,b⊕a⟩|a,b\rangle\mapsto|a,b\oplus a\rangle。从 ∣00⟩|00\rangle 出发：

q0 从 |0⟩ 经过 H，随后控制作用于 q1 的 CNOT，得到 Bell 态
图 1 · 根据手写笔记重画。上方 q₀ 为控制位，下方 q₁ 为目标位。
∣00⟩→H⊗I∣00⟩+∣10⟩2→CNOT∣00⟩+∣11⟩2.|00\rangle\xrightarrow{H\otimes I}\frac{|00\rangle+|10\rangle}{\sqrt2}\xrightarrow{\mathrm{CNOT}}\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt2}.

H 之后仍是 ∣+⟩⊗∣0⟩|+\rangle\otimes|0\rangle；CNOT 之后才成为纠缠态。不过 CNOT 并不总能制造纠缠：CNOT∣00⟩=∣00⟩\mathrm{CNOT}|00\rangle=|00\rangle 就是反例。IBM Quantum 的多系统课程也用乘积态与 Bell 态来说明这个区别。

相关的结果，还不足以证明纠缠

如果经典地掷一次硬币，一半时候制备 ∣00⟩|00\rangle，一半时候制备 ∣11⟩|11\rangle，Z 基测量同样只看到 00 或 11。这种经典混合的密度矩阵是：

ρmix=12∣00⟩⟨00∣+12∣11⟩⟨11∣.\rho_{\mathrm{mix}}=\frac12|00\rangle\langle00|+\frac12|11\rangle\langle11|.

它没有 Bell 纯态中的相干交叉项。两者在 Z 基下看起来相同，换到 X 基就能区分：

EXPERIMENT 03

纠缠，还是只有经典关联？

两侧总是选择同一个测量基。对比理论概率与独立重复制备后的采样计数。

结果理论概率采样计数
00
50.0%
—
01
0.0%
—
10
0.0%
—
11
50.0%
—

Bell 态在 Z 基和 X 基下均表现为完全相同的结果。

选择状态与测量基，再对独立制备的电路采样。

这个演示比较三个已知状态，展示“只看 Z 基关联”的不足；它不是一套通用的纠缠认证实验。纠缠也不能用来超光速传递信息：单独一侧的随机结果不能由另一侧自由控制。

对 n 个 qubit，一般纯态有 2n2^n 个复振幅，去掉归一化与整体相位后有 2n+1−22^{n+1}-2 个实自由度；乘积纯态只需 2n2n 个。联合状态空间很丰富，但不能据此推断一次测量能读出全部振幅，或有纠缠就一定获得计算加速。

#参考与下一步

这篇从自己的手写笔记和整理稿出发，补全了复共轭、门的旋转轴、测量基与纯态纠缠判据。下一篇将这些概念接成一个可以训练的函数：量子神经网络：从旋转门到训练闭环。

  1. IBM Quantum Learning · Quantum Coins: superposition and interference：叠加、相位、布洛赫球与干涉。
  2. John Watrous / IBM Quantum Learning · Multiple systems: Quantum information：张量积、联合测量与纠缠。
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