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9.2

单比特门与两比特门

量子操作 = Bloch 球上的转动：Pauli、H、S、T 各管一种转法，CNOT 负责把两个 qubit 连起来，一小撮门就能拼出一切幺正操作。

建议先掌握

学完本节你应该能

  • 写出 X、Y、Z、H、S、T 的矩阵，并说出各自在 Bloch 球上转哪根轴、转多少度
  • 解释为什么量子门必须幺正、因而必须可逆
  • 手算 CNOT 的真值表与 H+CNOT 制备 Bell 态的完整过程
  • 说明「通用门集」的含义：为什么 H、T、CNOT 就够了

上一节把 qubit 的所有状态画成了一个球面。地图有了， 现在要回答：怎么从球面上的一个点走到另一个点？

从一个最朴素的需求开始：给 qubit 造一个「非门」

经典计算机的全部本领来自几种逻辑门：非、与、或。 先试试最简单的非门——把 0 变 1、1 变 0。对 qubit，我们要求

∣0⟩↦∣1⟩,∣1⟩↦∣0⟩(9.2.1)\ket{0}\mapsto\ket{1},\qquad \ket{1}\mapsto\ket{0}\tag{9.2.1}

由线性性（第 3 章公设：演化是线性算符），它对叠加态的作用被完全确定：

α∣0⟩+β∣1⟩ ↦ α∣1⟩+β∣0⟩(9.2.2)\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}\ \mapsto\ \alpha\ket{1}+\beta\ket{0}\tag{9.2.2}

写成矩阵，这就是 Pauli 矩阵 σx\sigma_x——在本章里改叫 XX 门。 看起来一切顺利。但接着造「与门」就撞墙了：与门把两个输入压成一个输出 （4 种输入、2 种输出），不可逆——你没法从输出 0 反推输入是 00、01 还是 10。

为什么经典门的思路不够用

第 3 章的时间演化公设说：封闭系统的演化 U=e−iHt/ℏU=\ee^{-\ii Ht/\hbar} 是幺正的。 幺正意味着 U†U=IU^\dagger U=I，意味着可逆，意味着信息不丢。 所以量子门有两条铁律，经典门都不满足：

  1. 必须可逆：与门、或门这类「压缩信息」的门在量子世界不存在原样对应物；
  2. 必须保内积：不能只规定基矢怎么变，还得让所有叠加态的概率结构自洽。

对单个 qubit，幺正操作有非常干净的几何意义：

单比特幺正 = Bloch 球上的转动进阶~7 min

第一步：把 2×2 幺正矩阵拆开。 任何 U∈U(2)U\in U(2) 都可写成 U=eiαVU=\ee^{\ii\alpha}V，其中 det⁡V=1\det V=1（整体相位 eiα\ee^{\ii\alpha} 不可观测，扔掉）。 剩下的 V∈SU(2)V\in SU(2) 可以用 Pauli 矩阵展开为

V=e−iΘ2n^⋅σ⃗=cos⁡Θ2 I−isin⁡Θ2 (n^⋅σ⃗)(9.2.3)V=\ee^{-\ii\frac{\Theta}{2}\hat n\cdot\vec\sigma} =\cos\frac{\Theta}{2}\,I-\ii\sin\frac{\Theta}{2}\,(\hat n\cdot\vec\sigma)\tag{9.2.3}

（第二个等号用了 (n^⋅σ⃗)2=I(\hat n\cdot\vec\sigma)^2=I，把指数级数按奇偶项分组—— 与第 5 章推自旋进动时的手法一字不差。）

第二步：看它对 Bloch 矢量做了什么。 态变换 ∣ψ⟩↦V∣ψ⟩\ket{\psi}\mapsto V\ket{\psi} 诱导期望值变换 ri=⟨σi⟩↦⟨V†σiV⟩r_i=\langle\sigma_i\rangle\mapsto\langle V^\dagger\sigma_i V\rangle。 利用 Pauli 代数逐项计算（或直接引用第 5 章进动的结论）：

r⃗ ↦ r⃗cos⁡Θ+(n^×r⃗)sin⁡Θ+n^(n^⋅r⃗)(1−cos⁡Θ)(9.2.4)\vec r\ \mapsto\ \vec r\cos\Theta+(\hat n\times\vec r)\sin\Theta +\hat n(\hat n\cdot\vec r)(1-\cos\Theta)\tag{9.2.4}

这正是绕轴 n^\hat n 转角 Θ\Theta 的三维旋转（Rodrigues 公式）。

结论：单比特门没有任何神秘操作——每一个都是 Bloch 球的一次刚体转动。 指数上的 Θ/2\Theta/2 再次提醒我们半角关系：算符转 Θ/2\Theta/2，球转 Θ\Theta。

常用单比特门清单

门矩阵Bloch 球动作记忆点
XX(0110)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}绕 xx 轴转 180°量子非门，交换两极
YY(0−ii0)\begin{pmatrix}0&-\ii\\\ii&0\end{pmatrix}绕 yy 轴转 180°Y=iXZY=\ii XZ
ZZ(100−1)\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}绕 zz 轴转 180°给 ∣1⟩\ket{1} 添负号，相位翻转
HH12(111−1)\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}绕 x^+z^2\tfrac{\hat x+\hat z}{\sqrt2} 转 180°交换 zz 轴与 xx 轴
SS(100i)\begin{pmatrix}1&0\\0&\ii\end{pmatrix}绕 zz 轴转 90°S2=ZS^2=Z
TT(100eiπ/4)\begin{pmatrix}1&0\\0&\ee^{\ii\pi/4}\end{pmatrix}绕 zz 轴转 45°T2=ST^2=S，唯一的「非平凡角度」

其中 Hadamard 门 HH 最值得单独体会：

H∣0⟩=∣0⟩+∣1⟩2=∣+⟩,H∣1⟩=∣0⟩−∣1⟩2=∣−⟩(9.2.5)H\ket{0}=\frac{\ket{0}+\ket{1}}{\sqrt2}=\ket{+},\qquad H\ket{1}=\frac{\ket{0}-\ket{1}}{\sqrt2}=\ket{-}\tag{9.2.5}

它把「确定」变成「叠加」，又因为 H2=IH^2=I，再作用一次就变回去。 后面每个算法的第一步几乎都是「对所有 qubit 打一排 HH」—— 这是制造叠加、开启量子并行的标准动作。

两比特门：CNOT

单比特门再多，也只是各转各的球，两个 qubit 之间不会产生任何关联。 要让量子计算机超过「一堆并排的硬币」，必须有条件操作： 一个 qubit 的状态决定对另一个做什么。最基本的是受控非门（CNOT）： 控制位为 ∣1⟩\ket{1} 时翻转目标位，为 ∣0⟩\ket{0} 时什么都不做。

控制 ──●──          |00⟩ → |00⟩
       │            |01⟩ → |01⟩
目标 ──⊕──          |10⟩ → |11⟩
                    |11⟩ → |10⟩

矩阵形式（基序 ∣00⟩,∣01⟩,∣10⟩,∣11⟩\ket{00},\ket{01},\ket{10},\ket{11}）：

CNOT=(1000010000010010)(9.2.6)\mathrm{CNOT}=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\end{pmatrix}\tag{9.2.6}

它的威力在于对叠加的控制位的反应。手算一遍最重要的线路：

H + CNOT 制备 Bell 态：逐步演化基础~5 min

线路：两个 qubit 都从 ∣0⟩\ket{0} 出发，先对第一个打 HH，再做 CNOT。

|0⟩ ──[H]──●──
           │      ⟹  |Φ⁺⟩
|0⟩ ───────⊕──

第 0 步（初态）：

∣00⟩(9.2.7)\ket{00}\tag{9.2.7}

第 1 步（HH 作用在第一位）：

∣0⟩+∣1⟩2⊗∣0⟩=∣00⟩+∣10⟩2(9.2.8)\frac{\ket{0}+\ket{1}}{\sqrt2}\otimes\ket{0} =\frac{\ket{00}+\ket{10}}{\sqrt2}\tag{9.2.8}

第 2 步（CNOT，线性地作用在每一支上）： ∣00⟩↦∣00⟩\ket{00}\mapsto\ket{00}（控制位 0，不动）；∣10⟩↦∣11⟩\ket{10}\mapsto\ket{11}（控制位 1，翻转目标）。

∣Φ+⟩=∣00⟩+∣11⟩2(9.2.9)\ket{\Phi^+}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}\tag{9.2.9}

这个态写不成任何乘积形式 ∣a⟩⊗∣b⟩\ket{a}\otimes\ket{b}： 若能，则展开系数需满足 a0b0=a1b1=12a_0b_0=a_1b_1=\tfrac{1}{\sqrt2} 且 a0b1=a1b0=0a_0b_1=a_1b_0=0， 后者要求某个因子为零，与前者矛盾。它是纠缠态—— 把 HH 前面或 CNOT 的控制/初态稍作替换，可得全部四个 Bell 态：

∣Φ±⟩=∣00⟩±∣11⟩2,∣Ψ±⟩=∣01⟩±∣10⟩2(9.2.10)\ket{\Phi^\pm}=\frac{\ket{00}\pm\ket{11}}{\sqrt2},\qquad \ket{\Psi^\pm}=\frac{\ket{01}\pm\ket{10}}{\sqrt2}\tag{9.2.10}

它们两两正交，构成两比特空间的一组基（Bell 基），是 9.4–9.6 节所有协议的原材料。

物理图像

CNOT 是「量子化的复印机吗」？ 看真值表，CNOT 似乎把控制位「复制」到了目标位 （∣x⟩∣0⟩↦∣x⟩∣x⟩\ket{x}\ket{0}\mapsto\ket{x}\ket{x}，对 x=0,1x=0,1 成立）。 但对叠加态它给出的是纠缠而不是两份拷贝： 上面算出的 ∣Φ+⟩\ket{\Phi^+} 绝不等于 ∣+⟩⊗∣+⟩\ket{+}\otimes\ket{+}。 「复制基矢 ≠ 复制任意态」，这正是 9.5 节不可克隆定理的伏笔。

数学形式

若克隆成功应得

∣+⟩⊗∣+⟩=∣00⟩+∣01⟩+∣10⟩+∣11⟩2(9.2.11)\ket{+}\otimes\ket{+}=\frac{\ket{00}+\ket{01}+\ket{10}+\ket{11}}{2}\tag{9.2.11}

实际得到

∣Φ+⟩=∣00⟩+∣11⟩2(9.2.12)\ket{\Phi^+}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}\tag{9.2.12}

两者内积为 122(1+1)=12≠1\frac{1}{2\sqrt2}(1+1)=\frac{1}{\sqrt2}\ne1，确实是不同的态。

多少种门才够？——通用门集

经典世界里，仅用与非门（NAND）就能搭出任意逻辑电路。量子版的对应结论是：

通用性定理（陈述）：单比特门全体 + CNOT 可以精确合成任意 nn 比特幺正操作； 更强地，仅用离散集合 {H,T,CNOT}\{H, T, \mathrm{CNOT}\} 就能把任意幺正操作逼近到任意精度。

直觉分三层：（1）任意大幺正矩阵可分解为一串「只动两个基矢」的初等旋转； （2）每个初等旋转可用 CNOT 加单比特门拼出； （3）单比特的任意转动可用 HH 与 TT 生成——TT 绕 zz 转 45°，HTHHTH 绕 xx 转 45°， 两个不同轴的无理角旋转交替作用，能在转动群里走遍所有角落 （Solovay–Kitaev 定理进一步保证逼近误差随门数指数级下降，代价只是多项式长度的门序列）。

本节关键公式

  • 单比特旋转

    Rn^(Θ)=e−iΘ2n^⋅σ⃗=cos⁡Θ2I−isin⁡Θ2 n^⋅σ⃗R_{\hat n}(\Theta)=\ee^{-\ii\frac{\Theta}{2}\hat n\cdot\vec\sigma}=\cos\frac{\Theta}{2}I-\ii\sin\frac{\Theta}{2}\,\hat n\cdot\vec\sigma

    一切单比特门都是 Bloch 球转动（差一个整体相位）

  • Hadamard

    H=12(111−1),H∣0⟩=∣+⟩, H2=IH=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix},\quad H\ket{0}=\ket{+},\ H^2=I

    交换 z 轴与 x 轴；算法的标准开场

  • 相位家族

    T2=S,S2=Z,T=diag(1,eiπ/4)T^2=S,\quad S^2=Z,\quad T=\mathrm{diag}(1,\ee^{\ii\pi/4})

    绕 z 轴 45°/90°/180°

  • Bell 态制备

    CNOT (H⊗I)∣00⟩=∣00⟩+∣11⟩2\mathrm{CNOT}\,(H\otimes I)\ket{00}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}

    H 造叠加，CNOT 把叠加变纠缠

  • 通用门集

    {H, T, CNOT}\{H,\,T,\,\mathrm{CNOT}\}

    可逼近任意幺正操作到任意精度（Solovay–Kitaev）

自测共 4 题

  1. 1.

    为什么经典与门（AND）没有直接的量子对应？

  2. 2.

    把 Z 门作用在 ∣+⟩ = (∣0⟩+∣1⟩)/√2 上，再沿 x 轴测量，得到 +1（即 ∣+⟩）的概率是多少？

  3. 3.

    线路 (H⊗I) 后接 CNOT 作用在 ∣10⟩ 上，输出是哪一个 Bell 态？

  4. 4.

    T 门绕 z 轴转 45°。仅用 T 门把 Bloch 矢量从 +x 轴转回 +x 轴（转满一圈），最少需要作用多少次？

    允许 0% 相对误差

接下来

CNOT 送给我们一份意外的礼物：Bell 态——两个 qubit 被「焊」在一起， 谁也不再拥有属于自己的状态。上一章我们说纠缠「有或没有」， 但一个自然的问题立刻出现：∣00⟩+∣11⟩2\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2} 和 0.99∣00⟩+0.14∣11⟩0.99\ket{00}+0.14\ket{11} 都是纠缠态，它们「纠缠得一样深」吗？ 下一节给纠缠装上刻度尺。

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