纠缠的定量描述

上一节的 CNOT 造出了 Bell 态 $\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}$， 我们证明了它写不成乘积。但「写不成乘积」只是一句定性判决。 把参数稍微拧一下：

$$\ket{\psi_1}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2},\qquad \ket{\psi_2}=0.99\ket{00}+\sqrt{1-0.99^2}\,\ket{11}\tag{9.3.1}$$

两个都写不成乘积，都是纠缠态。可 $\ket{\psi_2}$ 几乎就是 $\ket{00}$—— 直觉说它的纠缠「淡得多」。直觉需要变成数字： 9.4 节的 Bell 实验、9.5 节的隐形传态都要消耗纠缠， 消耗多少、够不够用，必须可计算。

先把地基打牢：可分离与纠缠

两比特纯态的一般形式是

$$\ket{\psi}=\alpha\ket{00}+\beta\ket{01}+\gamma\ket{10}+\delta\ket{11}\tag{9.3.2}$$

若它能写成 $\ket{a}\otimes\ket{b}$，称为可分离态（各过各的日子）； 否则称为纠缠态。判据其实一行就够：乘积态的系数矩阵 $\begin{pmatrix}\alpha&\beta\\\gamma&\delta\end{pmatrix}$ 秩为 1，即

$$\alpha\delta-\beta\gamma=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \text{可分离}\tag{9.3.3}$$

这个行列式不为零就是纠缠——它甚至暗示了「纠缠量」应该和 $|\alpha\delta-\beta\gamma|$ 的大小有关。我们最后会回到这一点。

旧工具哪里不够：波函数「局部读数」失灵

第 3 章的态矢量描述整个系统。但纠缠态里，单独一个 qubit 根本没有自己的态矢量—— 你找不到任何 $\ket{a}$ 能正确预言只测 A 粒子的所有实验。 这正是 3.10 节引入密度算符的动机： 局部的一切都装在约化密度矩阵里，

$$\rho_A=\mathrm{Tr}_B\,\ket{\psi}\bra{\psi}\tag{9.3.4}$$

（对 B 求偏迹 = 把 B 的所有可能结果加权平均掉。）关键的观察是：

Bell 态的约化密度矩阵：整体纯、局部最混基础~6 min展开

目标：对 $\ket{\Phi^+}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}$ 求 $\rho_A$。

第一步：写出整体密度算符。

$$\ket{\Phi^+}\bra{\Phi^+} =\frac12\Big(\ket{00}\bra{00}+\ket{00}\bra{11}+\ket{11}\bra{00}+\ket{11}\bra{11}\Big)\tag{9.3.5}$$

第二步：对 B 求偏迹。 规则：$\mathrm{Tr}_B$ 只保留 B 侧「左右标签相同」的项—— $\ket{i}_A\ket{j}_B\bra{k}_A\bra{l}_B$ 的偏迹是 $\delta_{jl}\ket{i}_A\bra{k}_A$。逐项看：

• $\ket{00}\bra{00}$：B 侧是 $\ket{0}\bra{0}$，迹为 1，留下 $\ket{0}\bra{0}_A$；
• $\ket{00}\bra{11}$：B 侧是 $\ket{0}\bra{1}$，迹为 0，整项消失；
• $\ket{11}\bra{00}$：同理消失；
• $\ket{11}\bra{11}$：留下 $\ket{1}\bra{1}_A$。

$$\rho_A=\frac12\ket{0}\bra{0}+\frac12\ket{1}\bra{1}=\frac{I}{2}\tag{9.3.6}$$

第三步：读出物理。 $\rho_A=I/2$ 是最大混合态——上一节 Bloch 球的球心。 只看 A 粒子，沿任何轴测都是五五开，与「一枚被抛过但没看的硬币」在统计上无法区分。 交叉项（相干项）恰好在偏迹中被 B 侧的正交性杀掉了： 整体的相干搬进了关联里，局部只剩下噪声。

对比可分离态 $\ket{a}\otimes\ket{b}$：偏迹直接给 $\rho_A=\ket{a}\bra{a}$，仍是纯态。

给「混」定量：Schmidt 分解与纠缠熵

任何两体纯态都能通过奇异值分解写成Schmidt 形式：

$$\ket{\psi}=\sum_k \sqrt{\lambda_k}\,\ket{u_k}_A\ket{v_k}_B, \qquad \lambda_k\ge0,\ \sum_k\lambda_k=1\tag{9.3.7}$$

其中 $\ket{u_k}$、$\ket{v_k}$ 各是 A、B 侧的一组正交基。对两比特，$k$ 至多取 2。 好处立竿见影：

$$\rho_A=\sum_k\lambda_k\ket{u_k}\bra{u_k},\qquad \rho_B=\sum_k\lambda_k\ket{v_k}\bra{v_k}\tag{9.3.8}$$

两侧约化密度矩阵的本征值相同，都是 Schmidt 系数 $\lambda_k$。 只有一个非零 $\lambda$ ⇔ 乘积态；两个非零 $\lambda$ ⇔ 纠缠。 把混合程度用第 3 章的 von Neumann 熵来称重：

$$E(\psi)\equiv S(\rho_A)=-\mathrm{Tr}\,\rho_A\log_2\rho_A =-\sum_k\lambda_k\log_2\lambda_k\tag{9.3.9}$$

这就是纠缠熵（以 2 为底，单位是比特）。三个基准点：

态	Schmidt 系数	$E$
乘积态 $\ket{a}\otimes\ket{b}$	$1,\ 0$	$0$
$\cos\chi\ket{00}+\sin\chi\ket{11}$	$\cos^2\chi,\ \sin^2\chi$	$0<E<1$
Bell 态	$\tfrac12,\ \tfrac12$	$1$（最大）

纠缠熵为 1 的态叫最大纠缠态，说「消耗 1 个 ebit」就是指用掉一对这样的态—— 9.5、9.6 节的协议记账时全用这个单位。

快捷公式：concurrence

熵要先求偏迹再对角化，对两比特有条捷径。开头那个判据行列式 $\alpha\delta-\beta\gamma$ 正好给出 concurrence（一致度）：

$$C=2\,|\alpha\delta-\beta\gamma|,\qquad 0\le C\le 1\tag{9.3.12}$$

$C=0$ 可分离，$C=1$ 最大纠缠。它与 Schmidt 系数的关系是 $C=2\sqrt{\lambda_1\lambda_2}$，与熵单调对应：

$$E=h\!\left(\frac{1+\sqrt{1-C^2}}{2}\right),\qquad h(p)\equiv-p\log_2 p-(1-p)\log_2(1-p)\tag{9.3.13}$$

验证一下：$\ket{\Phi^+}$ 有 $\alpha=\delta=\tfrac{1}{\sqrt2}$、$\beta=\gamma=0$， $C=2\cdot\tfrac12=1$；态 $\cos\chi\ket{00}+\sin\chi\ket{11}$ 给 $C=\sin 2\chi$—— $\chi$ 从 0 转到 45°，纠缠从 0 平滑爬到 1。

要「看见」这些关联，可以去实验室模块 08：纠缠与 Bell 非定域性， 两个粒子各自读数完全随机、合起来却严格相关的景象就在那里。

∎本节关键公式

• 可分离判据（纯态）

  $$\alpha\delta-\beta\gamma=0\ \Leftrightarrow\ \ket{\psi}=\ket{a}\otimes\ket{b}$$

  系数矩阵秩 1；不为零即纠缠

• Schmidt 分解

  $$\ket{\psi}=\sum_k\sqrt{\lambda_k}\ket{u_k}_A\ket{v_k}_B$$

  两侧 ρ 的本征谱相同，均为 {λ_k}

• 纠缠熵

  $$E=S(\rho_A)=-\sum_k\lambda_k\log_2\lambda_k$$

  乘积态 0，Bell 态 1（单位：ebit）

• Concurrence

  $$C=2|\alpha\delta-\beta\gamma|=2\sqrt{\lambda_1\lambda_2}$$

  两比特纯态专用捷径，与 E 单调对应

?自测共 4 题

1. 1.

   态 (∣00⟩ + ∣01⟩ + ∣10⟩ + ∣11⟩)/2 的纠缠熵是多少？

   • 0，它是乘积态 ∣+⟩⊗∣+⟩
   • 1，它是最大纠缠态
   • 1/2
   • 2

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2. 2.

   对 Bell 态 ∣Φ⁺⟩ 只测 A 粒子（沿任意轴），能观察到什么？

   • 完全随机的 ±1，各 50%，与测量轴无关
   • 沿 z 轴测得确定结果，沿 x 轴随机
   • 结果依赖于 B 粒子是否已被测量，因此可用于超光速通信
   • 总是得到 +1

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3. 3.

   态 cos30°∣00⟩ + sin30°∣11⟩ 的 concurrence C 是多少？（保留三位小数）

   允许 1% 相对误差

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4. 4.

   态 √0.9∣00⟩ + √0.1∣11⟩ 的纠缠熵 E 是多少 ebit？（保留两位小数）

   ebit允许 3% 相对误差

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接下来

我们已经能给纠缠称重，但还欠一个更根本的交代。 爱因斯坦当年的质疑并没有被「熵等于 1」回答： 也许两个粒子在分开前就偷偷商量好了所有答案——所谓相关， 不过是各自揣着同一张小抄？这个「局域隐变量」假说听起来无懈可击， 却能被推上实验的审判席。下一节：Bell 不等式， 以及量子力学如何在 2015 年拿到无漏洞的终审判决。