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9.5

量子隐形传态

一对 Bell 态加一通两比特电话，就能把未知量子态原样送到远方：四种测量结果、四个修正门，全程手算；顺带证明不可克隆、澄清不超光速。

建议先掌握

学完本节你应该能

  • 完整推演隐形传态协议：写出三比特态在 Bell 基下的展开，列全四种结果与对应修正
  • 证明不可克隆定理，并说明它如何堵死「量子传真机」的朴素方案
  • 解释为什么必须有经典信道、为什么协议不违反相对论
  • 算清资源账：1 个 ebit + 2 个经典比特 = 传 1 个 qubit

上一节的结论有点憋屈：纠缠的关联强得违反 Bell 不等式， 却一个比特的消息都传不了。本节展示纠缠真正的用法—— 不用它传消息，而用它传态。

问题开门：怎么把一个未知的量子态寄给远方？

Alice 手里有一个 qubit，处于她自己也不知道的态

∣χ⟩=α∣0⟩+β∣1⟩(9.5.1)\ket{\chi}=\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}\tag{9.5.1}

她想让千里之外的 Bob 拥有这个态。直接把粒子装箱快递？ 路上退相干会把态毁掉（第 10 章的主题）。那能不能像传真一样： 测量它、把读数打电话告诉 Bob、让 Bob 照着重做一个？

经典思路的两堵墙

第一堵墙：测不全。 9.1 节说过，一次测量只能得到 1 个比特， 而且态随即塌缩，α,β\alpha,\beta 的其余信息灰飞烟灭。 只有一份样品，(α,β)(\alpha,\beta) 根本测不出来。

第二堵墙：抄不了。 那先复印几份再慢慢测？量子力学连这条路也焊死了：

不可克隆定理基础~4 min

主张：不存在幺正操作 UU，能对任意未知态 ∣χ⟩\ket{\chi} 实现 U∣χ⟩∣e⟩=∣χ⟩∣χ⟩U\ket{\chi}\ket{e}=\ket{\chi}\ket{\chi}（∣e⟩\ket{e} 是固定的空白页）。

证明（用线性性一击毙命）。 假设它对两个基矢成立：

U∣0⟩∣e⟩=∣0⟩∣0⟩,U∣1⟩∣e⟩=∣1⟩∣1⟩(9.5.2)U\ket{0}\ket{e}=\ket{0}\ket{0},\qquad U\ket{1}\ket{e}=\ket{1}\ket{1}\tag{9.5.2}

对叠加态 ∣+⟩=∣0⟩+∣1⟩2\ket{+}=\frac{\ket{0}+\ket{1}}{\sqrt2}，线性性强制给出

U∣+⟩∣e⟩=∣00⟩+∣11⟩2(9.5.3)U\ket{+}\ket{e}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2}\tag{9.5.3}

但「克隆成功」要求的是

∣+⟩∣+⟩=∣00⟩+∣01⟩+∣10⟩+∣11⟩2(9.5.4)\ket{+}\ket{+}=\frac{\ket{00}+\ket{01}+\ket{10}+\ket{11}}{2}\tag{9.5.4}

两者不相等（9.2 节算过内积是 1/21/\sqrt2）。矛盾，克隆机不存在。■\blacksquare

线性演化只会把「复制基矢」变成「产生纠缠」——CNOT 那次「复印失败」不是手艺问题， 是自然规律。顺带一提：若能克隆，就能把 9.4 节的纠缠关联变成超光速电报 （Bob 克隆千份逐一测量便能分辨 Alice 沿哪个轴测过）， 所以不可克隆与无信号原理是一根绳上的蚂蚱。

测不全、抄不了，看似山穷水尽。1993 年 Bennett 等六人给出的出路精妙至极: 不去读它，让纠缠替你搬运。

协议全程手算

事先准备：Alice 和 Bob 各持 Bell 态 ∣Φ+⟩23=∣00⟩+∣11⟩2\ket{\Phi^+}_{23}=\frac{\ket{00}+\ket{11}}{\sqrt2} 的一半（粒子 2 归 Alice，粒子 3 归 Bob）。Alice 另有待传粒子 1，态为 ∣χ⟩\ket{\chi}。

粒子1 |χ⟩   ──●──[H]──[测量]──┐m₁ ─────────────┐
              │               │m₂ ──┐          │
粒子2 ────────⊕──────[测量]───┘     │(打电话)   │(打电话)
                                    ↓          ↓
粒子3 ─────────────────────────────[Xᵐ²]─────[Zᵐ¹]── |χ⟩
      Alice 一侧                Bob 一侧
三比特态的 Bell 基展开：四种结果一个不漏进阶~9 min

第 0 步：初态。

∣Ψ0⟩=∣χ⟩1⊗∣Φ+⟩23=12(α∣000⟩+α∣011⟩+β∣100⟩+β∣111⟩)(9.5.5)\ket{\Psi_0}=\ket{\chi}_1\otimes\ket{\Phi^+}_{23} =\frac{1}{\sqrt2}\Big(\alpha\ket{000}+\alpha\ket{011}+\beta\ket{100}+\beta\ket{111}\Big)\tag{9.5.5}

（三个下标依次是粒子 1、2、3。）

第 1 步：换一副眼镜看粒子 1、2。 与其让 Alice 分别测两个粒子， 不如让她做Bell 基测量——问「粒子 1、2 处于四个 Bell 态中的哪一个」。 先把计算基反解成 Bell 基：

∣00⟩=∣Φ+⟩+∣Φ−⟩2,∣11⟩=∣Φ+⟩−∣Φ−⟩2,∣01⟩=∣Ψ+⟩+∣Ψ−⟩2,∣10⟩=∣Ψ+⟩−∣Ψ−⟩2(9.5.6)\ket{00}=\frac{\ket{\Phi^+}+\ket{\Phi^-}}{\sqrt2},\quad \ket{11}=\frac{\ket{\Phi^+}-\ket{\Phi^-}}{\sqrt2},\quad \ket{01}=\frac{\ket{\Psi^+}+\ket{\Psi^-}}{\sqrt2},\quad \ket{10}=\frac{\ket{\Psi^+}-\ket{\Psi^-}}{\sqrt2}\tag{9.5.6}

第 2 步：代入并按 Bell 态归堆。 把 ∣Ψ0⟩\ket{\Psi_0} 中粒子 1、2 的部分逐项替换， 耐心合并同类项（每一项都写出来）：

∣Ψ0⟩=12[∣Φ+⟩12⊗(α∣0⟩+β∣1⟩)3+∣Φ−⟩12⊗(α∣0⟩−β∣1⟩)3+∣Ψ+⟩12⊗(α∣1⟩+β∣0⟩)3+∣Ψ−⟩12⊗(α∣1⟩−β∣0⟩)3]\begin{aligned} \ket{\Psi_0}=\frac12\Big[ &\ket{\Phi^+}_{12}\otimes(\alpha\ket{0}+\beta\ket{1})_3\\ +&\ket{\Phi^-}_{12}\otimes(\alpha\ket{0}-\beta\ket{1})_3\\ +&\ket{\Psi^+}_{12}\otimes(\alpha\ket{1}+\beta\ket{0})_3\\ +&\ket{\Psi^-}_{12}\otimes(\alpha\ket{1}-\beta\ket{0})_3 \Big] \end{aligned}

这只是恒等变形——还没有任何人做任何操作， Bob 的粒子 3 上已经「预挂」着四个与 ∣χ⟩\ket{\chi} 只差一个 Pauli 门的态。

第 3 步：Alice 测量。 四个 Bell 态各占振幅 12\tfrac12， 所以四种结果概率各 14\tfrac14（与 α,β\alpha,\beta 无关——Alice 的读数里 不含关于 ∣χ⟩\ket{\chi} 的任何信息，这点后面要用）。测后塌缩，四种情形：

Alice 测得Bob 的粒子 3 变为Bob 的修正
∣Φ+⟩\ket{\Phi^+}α∣0⟩+β∣1⟩\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}什么都不做（II）
∣Φ−⟩\ket{\Phi^-}α∣0⟩−β∣1⟩\alpha\ket{0}-\beta\ket{1}ZZ（消去相对负号）
∣Ψ+⟩\ket{\Psi^+}α∣1⟩+β∣0⟩\alpha\ket{1}+\beta\ket{0}XX（换回上下）
∣Ψ−⟩\ket{\Psi^-}α∣1⟩−β∣0⟩\alpha\ket{1}-\beta\ket{0}ZXZX（先 XX 后 ZZ）

第 4 步：打电话。 Alice 把结果编成两个经典比特 (m1,m2)(m_1,m_2) 发给 Bob， Bob 按表施加 Zm1Xm2Z^{m_1}X^{m_2}。逐一验证最复杂的一行：测得 ∣Ψ−⟩\ket{\Psi^-} 时

ZX(α∣1⟩−β∣0⟩)=Z(α∣0⟩−β∣1⟩)=α∣0⟩+β∣1⟩=∣χ⟩(9.5.7)ZX(\alpha\ket{1}-\beta\ket{0})=Z(\alpha\ket{0}-\beta\ket{1})=\alpha\ket{0}+\beta\ket{1}=\ket{\chi}\tag{9.5.7}

四种情形殊途同归：Bob 的粒子精确处于 ∣χ⟩\ket{\chi}， 而 Alice 手里的粒子 1、2 塌缩在 Bell 态上，∣χ⟩\ket{\chi} 在她那边荡然无存。

实现细节：Bell 测量本身可以用 9.2 节的线路做——先 CNOT（1 控 2）再对 1 打 HH， 四个 Bell 态就映到四个计算基态 ∣m1m2⟩\ket{m_1 m_2}，测两下即可（见上面的线路图）。

物理图像

发生了什么？ 没有任何粒子从 Alice 飞到 Bob。 被传送的是态——那对复数 (α,β)(\alpha,\beta) 所描述的全部结构， 经由纠缠这条「预先铺好的管道」换了宿主。 奇妙之处在于：(α,β)(\alpha,\beta) 是连续参数（写下来要无穷多位小数）， 却只打了一通两比特的电话。剩下的信息哪来的？ 藏在纠缠对里——Bell 实验告诉我们纠缠关联强于任何经典机制， 隐形传态是这种超强关联第一次被「兑现」成实用协议。

数学形式

资源账（等式两边都不能少）：

1 ebit+2 cbit ⟶ 1 qubit(9.5.8)1\ \text{ebit}+2\ \text{cbit}\ \longrightarrow\ 1\ \text{qubit}\tag{9.5.8}

消耗性：用过的 Bell 对已塌缩，传第二个态要新的一对。 两个经典比特不可省：四种修正必须四选一， 少一个比特 Bob 就只能瞎猜。 下一节将看到这笔账的「对偶」版本： 11 ebit ++ 11 qubit →2\to 2 cbit。

本节关键公式

  • 不可克隆定理

    ∄ U: U∣χ⟩∣e⟩=∣χ⟩∣χ⟩  ∀∣χ⟩\nexists\,U:\ U\ket{\chi}\ket{e}=\ket{\chi}\ket{\chi}\ \ \forall\ket{\chi}

    线性性 ⇒ 复制基矢只会造出纠缠；与无信号原理互为表里

  • Bell 基展开

    ∣χ⟩1∣Φ+⟩23=12∑k∣Bk⟩12⊗(σk∣χ⟩)3\ket{\chi}_1\ket{\Phi^+}_{23}=\frac12\sum_{k}\ket{B_k}_{12}\otimes(\sigma_k\ket{\chi})_3

    恒等变形：四个 Bell 态各配一个 Pauli 修正 σ_k ∈ {I, Z, X, ZX}

  • 修正规则

    ∣χ⟩=Zm1Xm2 ∣ψ3(m1m2)⟩\ket{\chi}=Z^{m_1}X^{m_2}\,\ket{\psi_3^{(m_1m_2)}}

    两个经典比特恰好编码四选一

  • 资源等式

    1 ebit+2 cbit→1 qubit1\ \text{ebit}+2\ \text{cbit}\to 1\ \text{qubit}

    纠缠对用后即毁；经典信道决定速度上限

自测共 4 题

  1. 1.

    Alice 做 Bell 测量，四种结果中每一种出现的概率是多少？（与被传态 ∣χ⟩ 无关）

    允许 0% 相对误差
  2. 2.

    Alice 测得 ∣Ψ⁺⟩，Bob 的粒子处于 α∣1⟩ + β∣0⟩。他应施加哪个门？

  3. 3.

    为什么隐形传态不能超光速传信息？

  4. 4.

    关于协议的资源消耗，正确的说法是？（多选）

    多选题

接下来

隐形传态用「1 ebit + 2 经典比特」换来 1 个 qubit 的传送。 把这笔交易反过来做会怎样——先给 Bob 半个纠缠对， Alice 再寄给他1 个 qubit，能换回几个经典比特？ 答案是 2 个：一个 qubit 明明只能读出 1 比特（9.1 节）， 纠缠却让它「超载」了。下一节：密集编码。

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