双比特与纠缠

上一篇在张量积那一章证明过一件事：乘积态对加法不封闭，叠加原理把纠缠逼了出来。但那只是存在性——纠缠被命名，没有被打开。这一篇把它造出来（两个门）、判出来（一行判据）、拆开看（密度矩阵与偏迹）、量出来（部分有多混），最后问一句它是不是障眼法（CHSH 值 $2\sqrt2$）。

前两篇的内容默认已掌握：张量积规则、投影测量配方 $P=\langle\psi|\Pi|\psi\rangle$、期望值三明治、Bloch 球、不可克隆定理。全篇新增的数学工具只有一件——迹，等第 6 章真正要用时再介绍。

1. 双比特的读写系统

量子电路的形态是被两条约束锁死的：不可克隆定理让导线永不分叉（fan-out 恒等于 1，上一篇第 3 章的结论），而幺正矩阵是方阵，$k$ 条线进必然 $k$ 条线出，也不能合并。于是画面只有一种——$n$ 条平行横线，门是放在线上的盒子，导线总数守恒。两条线的世界从这里开始。

1.1 分量与系数：四个格子的地址

张量积规则上一篇已经给过，$\binom pq\otimes\binom rs=(pr,ps,qr,qs)^T$，由它算出的四个基向量是 $|00\rangle=(1,0,0,0)^T$ 一路到 $|11\rangle=(0,0,0,1)^T$。要补的是分量与系数的对应关系。做一个加法：

第 1 个分量就是 $|00\rangle$ 的系数，第 2 个就是 $|01\rangle$ 的，依此类推；$|a|^2$ 是测量得到 00 的概率。基向量自己也符合这条：$|00\rangle$ 就是「$a=1$、其余为 0」的那个向量，所以它是 $(1,0,0,0)^T$。（单比特早有同一情形：$\binom\alpha\beta$ 的第一个分量是 $|0\rangle$ 的系数，而 $|0\rangle$ 自己是 $\binom10$。）

四个分量的编号 00、01、10、11 是二进制计数，第一个比特是高位、第二个是低位：

• 第一比特决定在前两个分量还是后两个分量；
• 第二比特决定在这两个里的第几个。

这条对照关系是读懂本篇所有 4×4 矩阵的钥匙。

1.2 并排门 $A\otimes B$ 与黄金法则

状态成了 4 维向量，门就必须是 4×4 矩阵。最简单的一批：两个单比特门各作用于一个比特，矩阵是它们的张量积（规则同向量版，左边每个元素乘整个右边矩阵）：

黄金法则（混合积性质）：

物理含义：处于 $|u\rangle$ 的比特过 A 门，处于 $|v\rangle$ 的比特同时过 B 门，两台机器各干各的、互不通信——电路图上就是两根平行线各画一个方框，所以叫「并排」。

实用价值：验算时不必把 4×4 造出来。例如

第一个等号是分配任务，第二个等号是两个 X 各自查表（$X|0\rangle=|1\rangle,\ X|1\rangle=|0\rangle$）——X 在这一步被用掉，留下输出，正如 $f(3)=9$ 里 f 也「不见了」。

适用范围：这个拆法要求输入本身是乘积态。若输入拆不成 $|u\rangle\otimes|v\rangle$（马上就会见到这种态），就把它按基展开、对每项分别用黄金法则、再加回来，线性性保证合法。

1.3 $X\otimes I$ 与 $I\otimes X$：⊗ 不可交换

「什么都不做」必须明写成 $I$——态是 4 维向量，2×2 的 X 乘不上去。

乘 $|00\rangle$，四行全写：

四个基向量的结果：

每条里第一位都翻转、第二位都没动——这就是「$X\otimes I$ = 只翻第一个比特」。对一般向量：

前两个分量与后两个分量整体交换，各自内部顺序不变。对照 $I\otimes X$：

前两个与后两个不交换，各自内部两项互换——即只翻第二比特。两个矩阵长相完全不同，分块写法一眼可辨：

⊗ 的左右槽位就是比特编号，不能交换。电路图上某根线画门、其他线空着，数学含义就是「该门 ⊗ 一串 $I$」（三比特里只对第 2 位做 H，写作 $I\otimes H\otimes I$）。

1.4 一个终身受用的读矩阵技巧

理由：$M|00\rangle$ 就是 $M$ 乘 $(1,0,0,0)^T$，逐行点积恰好把第一列抠出来。验证：$X\otimes I$ 的第一列是 $(0,0,1,0)^T=|10\rangle$ ✓，与上面算的一致。

反过来也成立：知道真值表就能一列一列把矩阵写出来——下一章的 CNOT 矩阵就是这么造的。

1.5 幺正性：验一次，终身免检

$U_1\otimes U_2$ 是新造的矩阵，需要验资质，担忧是具体的：各自合格的模块拼起来未必合格。用 dagger 逐槽分配与矩阵版黄金法则 $(A\otimes B)(C\otimes D)=AC\otimes BD$：

两张资格证在各自槽位复核，互不干扰——⊗ 保持幺正性，以后随便并排放门不必重验。

1.6 边界：并排门永远造不出纠缠

黄金法则本身就是证明：

乘积态进，乘积态出。要让两个比特真正「说上话」，需要拆不成 $A\otimes B$ 的门。

2. 受控门：把动作装在一半上

2.1 CNOT：真值表 → 矩阵 → 分块读法

规则两句（先只对基态）：控制位是 0 → 什么都不做；控制位是 1 → 对目标位施加 $U$。取 $U=X$（即 CNOT，控制 = 比特 1，目标 = 比特 2），逐个套规则：

用 §1.4 的技巧竖着抄成矩阵（四列 = 四个去向）：

后一个通式（前两个不动，后两个互换）全篇要反复使用。

分块读法：前两个分量（控制位 = 0）原样保留 → 左上块是 $I$；后两个分量（控制位 = 1）内部互换 → 右下块是 $X$：

「受控」的含义在分块上一目了然：动作只安装在控制位为 1 的那一半。对比 §1.3 的 $X\otimes I=\begin{pmatrix}0&I\\I&0\end{pmatrix}$（无条件），一眼可辨。幺正性也是白送的：$\mathrm{diag}(I,U)^\dagger\mathrm{diag}(I,U)=\mathrm{diag}(I,U^\dagger U)=I$ ✓。

电路记号：控制线上一个实心点，竖线连到目标线上的方框；CNOT 的目标端简写为 ⊕。

2.2 XOR 编译进物理

真值表一行概括：目标位 ^= 控制位。这接上了「可逆计算」的伏笔——经典 AND 两进一出、销毁信息、不可逆，必须改造才能进量子电路；而 XOR 只要保留控制位就天然可逆。CNOT 是这个可逆版 XOR，且是自己的逆：$(a,b,d,c)$ 再走一次变回 $(a,b,c,d)$，即 $\mathrm{CNOT}^2=I$。

上一篇里它还有另一个身份：正交态复印机——$|00\rangle\to|00\rangle$、$|10\rangle\to|11\rangle$，对 0/1 两个正交态它确实在复印，而这恰是经典复制的全部本质。下面会看到，喂它非正交的输入时它变成什么。

2.3 「if」是幺正的，不是测量

经典 if 的流程是「先读控制位，再决定」。量子里「读」= 测量 = 坍缩。两台机器对比，输入都取 $|+\rangle\otimes|0\rangle$：

机器 A（先测再做）：测控制位 → 50% 得 0（输出 $|00\rangle$）、50% 得 1（输出 $|11\rangle$）。输出随机二选一，叠加已毁、不可逆。

机器 B（CNOT）：一次矩阵乘法。先算输入：

套通式 $(a,b,c,d)\to(a,b,d,c)$：

输入确定、输出确定，没有概率、没有读数、没有随机，且可逆。这就是「这不是测量」的全部含义：没有任何东西看控制位，两个分支在叠加里并存（各带控制位的振幅），而不是二选一。if 直觉只是基态上的绰号，出了基态就得扔。

2.4 相位反冲：连「只有目标位会变」都不成立

输入 $|+\rangle\otimes|-\rangle$。先算成 4 维向量：

套通式：

试拆成 $\binom pq\otimes\binom rs$，取 $p=r=\tfrac{1}{\sqrt2},\ q=s=-\tfrac{1}{\sqrt2}$：$pr=\tfrac12$ ✓、$ps=-\tfrac12$ ✓、$qr=-\tfrac12$ ✓、$qs=\tfrac12$ ✓。所以输出是 $|-\rangle\otimes|-\rangle$：

目标位没变，变的是控制位。机制用特征向量看更短：$|-\rangle$ 是 $X$ 的特征向量，$X|-\rangle=-|-\rangle$。控制位的 $|1\rangle$ 分支施加 X 后目标位不变、整体多出一个 $-1$；这个 $-1$ 单看是全局相位，但控制位在叠加中，它就成了控制位内部的相对相位，把 $|+\rangle$ 拨成 $|-\rangle$。这叫 phase kickback（相位反冲），Deutsch、Grover 的 oracle 技巧全部建在它上面。

（这也是上一篇那条原则的又一次现身：全局相位作用在整个系统上时测不到，只作用在叠加的一支上就降格为可测的相对相位。）

2.5 造纠缠的最短配方

CNOT 只有在控制位处于叠加时才会产生纠缠（控制位是基态时它照样翻转目标位，只是输出仍是乘积态），而硬件天然交给你 $|00\rangle$，所以先用 H 把控制位推入叠加：

这正是 §2.3 的输入，接着过 CNOT：

两个门，一条纠缠态。这是量子隐形传态、超密编码等一整族协议的第一行代码。

2.6 纠缠的产生条件

第二行正是上一篇「正交态复印机」的那一面，第三行是它的另一面：喂它非正交的叠加，复印失败，产出纠缠。制造纠缠不是 CNOT 的事故，是它的本职。

由此还得到一条结构性事实：CNOT 不能写成任何 $A\otimes B$——若能，它就只能输出乘积态，与上面的 Bell 输出矛盾。$U_1\otimes U_2$ 只是 4×4 幺正矩阵中很小的一个子集，正如乘积态只是 4 维态空间里很小的一部分。

3. 可分与纠缠：一行判据

3.1 两个定义的量词不对称

可分（separable）= 乘积态 = 非纠缠：存在单比特态使 $|\psi\rangle=|\psi_1\rangle\otimes|\psi_2\rangle$。纠缠 = 不可分。

量词的不对称直接决定证明难度：判可分是存在量词，举出一个拆法就赢；判纠缠是全称量词，必须排除所有拆法（须反证或用判据），「试了几种没拆出来」不构成证明。

拆的例子就是提公因式：

看着像联合态，其实是两个独立的故事：比特 1 是 $|1\rangle$，比特 2 是 $|+\rangle$。

3.2 判据 $ad=bc$

上一篇用反证法证过 $\tfrac{1}{\sqrt2}(|00\rangle+|11\rangle)$ 拆不开。每次都反证太笨，对一般态 $(a,b,c,d)^T$ 有个机械判据：

正向：若可拆则 $(a,b,c,d)=(pr,ps,qr,qs)$，于是 $ad=(pr)(qs)=pqrs$，$bc=(ps)(qr)=pqrs$，四个因子完全相同，必然相等。反向：设 $ad=bc$ 且 $a\ne0$，取 $\binom ac\otimes\binom ab=(a^2,ab,ca,cb)^T$，前三项与 $(a,b,c,d)$ 相差同一个因子 $a$，第四项 $cb=bc=ad$（用了判据）也相差因子 $a$，所以两者成比例，归一化即得拆法（$a=0$ 的情形同法分类讨论）∎

检验两个主角：

• $|1\rangle\otimes|+\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(0,0,1,1)^T$：$ad=0=bc$ → 可分 ✓
• $\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,1)^T$：$ad=\tfrac12\ne0=bc$ → 纠缠 ✓

附赠一把量尺：$2|ad-bc|$ 有名字，叫 concurrence（协同度），衡量纠缠有多强——可分态取 0，最强的纠缠态取 1。判据不只判有无，还能量多少。

3.3 纠缠是有程度的

Bell 态是极端情形，中间地带确实存在：

形状和 $\tfrac{1}{\sqrt2}(|00\rangle+|11\rangle)$ 一样，但振幅不均衡。$ad=\sqrt{0.24}\approx0.49\ne0=bc$ → 确实纠缠，而 concurrence $=2\sqrt{0.24}\approx0.98<1$，接近但没到顶格。

差别在哪？测第一个比特：$P(0)=(\sqrt{0.6})^2=\tfrac35\ne\tfrac12$。关联依然完美（读到 0 则对方必是 0），但「共享的随机性」变少了——你已经能猜到大概率是 0。最强的纠缠之所以顶格，正因为它既完美关联、又完全随机。

至于「到底该用什么量化纠缠」，$2|ad-bc|$ 只在双比特纯态上好用。真正的答案要等第 7 章，那里的工具能推广到任意系统。

4. Bell 态与 Bell 基

4.1 四人组

§2.5 造出来的那个态不是孤例，它属于一个四人组：

命名逻辑有两个维度：希腊字母管「两位是否相同」（$\Phi$ 用 00、11，两位相同；$\Psi$ 用 01、10，两位相反），上标 $\pm$ 管相对相位。写成列向量：

判据一秒验证四个全是纠缠态：$\Phi$ 类 $ad=\pm\tfrac12,\ bc=0$；$\Psi$ 类 $ad=0,\ bc=\pm\tfrac12$。而且 concurrence 全部顶格等于 1，所以它们叫最大纠缠态。

关联签名：以 $|\Phi^+\rangle$ 为例只测第一个比特，得 0 的概率是 $\tfrac12$、坍缩到 $|00\rangle$（对方也是 0），得 1 的概率是 $\tfrac12$、坍缩到 $|11\rangle$（对方也是 1）——$\Phi$ 类两边结果一致，$\Psi$ 类两边结果相反。但单看一边永远是 50/50 的公平硬币，关联只在两边对账时才显现。这个事实第 7 章会撑起「纠缠不能传信」。

4.2 Bell 基：一组由纠缠态组成的坐标系

四个 Bell 态两两正交。验证两对（内积 = 对应分量共轭相乘再求和）：

（$\Phi$ 类与 $\Psi$ 类之间非零位置完全错开，内积必为 0。）四个归一化的、两两正交的向量，在 4 维空间里构成一组完备正交基，叫 Bell 基。

这件事的分量值得掂一掂：这个 4 维空间当初是用乘积态搭起来的，现在却发现一组全由纠缠态组成的基同样合法。任何双比特态既可以按 $\{|00\rangle,|01\rangle,|10\rangle,|11\rangle\}$ 展开，也可以按 $\{|\Phi^\pm\rangle,|\Psi^\pm\rangle\}$ 展开——没有哪组基更「真实」。

4.3 H-CNOT 电路是一部字典

§2.5 的配方对 $|00\rangle$ 有效。把另外三个基态喂给同一个电路 $\mathrm{CNOT}\cdot(H\otimes I)$：

输入 $|01\rangle$：$(H\otimes I)|01\rangle=|+\rangle\otimes|1\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(0,1,0,1)^T$，套通式 $(0,1,0,1)\to(0,1,1,0)$，得 $|\Psi^+\rangle$。

输入 $|10\rangle$：$(H\otimes I)|10\rangle=|-\rangle\otimes|0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,-1,0)^T$，套通式得 $\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,-1)^T=|\Phi^-\rangle$。

输入 $|11\rangle$：$(H\otimes I)|11\rangle=|-\rangle\otimes|1\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(0,1,0,-1)^T$，套通式得 $\tfrac{1}{\sqrt2}(0,1,-1,0)^T=|\Psi^-\rangle$。

规律可以从计算里直接读出来：第一个输入比特决定相位 $\pm$（因为 $H|0\rangle=|+\rangle$ 同号、$H|1\rangle=|-\rangle$ 异号，那个负号被 CNOT 原样带进结果）；第二个输入比特决定 $\Phi$ 还是 $\Psi$（它是目标位的初值，决定最终两位是相同还是相反）。两个输入比特分别控制输出的两个属性，互不干扰——这是一部一一对应的字典。

4.4 解码：把电路倒着跑

反向问题：有人给你两个比特，保证是四个 Bell 态之一，是哪一个？

朴素做法失败。$|\Phi^+\rangle$ 与 $|\Phi^-\rangle$ 只差一个负号，而直接测量拿到的是分量的模平方：

负号被模平方吃掉了——两个态给出完全相同的统计。这是上一篇「测 Z 对经度全盲」在双比特上的复现。

解法：既然生成电路 $U=\mathrm{CNOT}\cdot(H\otimes I)$ 把计算基一一映到了 Bell 基，它的逆就把 Bell 基送回计算基。而量子门永远可逆，逆电路 = 倒序 + 每个门取 $\dagger$：

（两个门都是自己的逆：$H^2=I$，$\mathrm{CNOT}^2=I$。）电路是先 CNOT，再对第一个比特做 H，最后两个都测量——顺序恰好和生成电路相反。手算验证，拿 $|\Phi^-\rangle$：

读出 10 ✓，与字典一致。完整结果：$|\Phi^+\rangle\to00$、$|\Psi^+\rangle\to01$、$|\Phi^-\rangle\to10$、$|\Psi^-\rangle\to11$。

关键在「确定」：输入是四个 Bell 态之一时，输出不是随机的——解码后的态正好落在某个计算基态上，测量必然给出确定结果。纠缠对的身份，被无损翻译成了两个经典比特。这个操作叫 Bell 基测量，是量子隐形传态和超密编码的核心步骤。

它体现的通用原则和上一篇「测 X ≡ 垫一个 H 再测 Z」是同一条：想读的信息如果不在计算基里，就先用一个幺正门把它旋转到计算基，再普通地测量。

4.5 实验室里的水龙头

到这里 Bell 态都是「用门在电路里造出来的」。光学实验室有一个直接产纠缠的物理过程：自发参量下转换（SPDC）——强激光（泵浦光，频率 $\omega_p$）打进一块特殊晶体，偶尔一个泵浦光子裂成两个低能光子，能量守恒给出 $\omega_p=\omega_1+\omega_2$。

纠缠是这么来的：两个「女儿光子」沿着两个圆锥射出，一个锥面上的光子是垂直偏振（V）、另一个是水平偏振（H）。两个锥相交于两条线，沿交线出来的光子同时属于两个锥，所以偏振没有确定值——是 H 与 V 的叠加；而守恒律又要求两个光子的偏振必须相反。两条约束合起来，在一个补偿到位、两条路径不可区分的源所采用的相位约定下，这对光子的联合态就是

用 $|0\rangle=|H\rangle$、$|1\rangle=|V\rangle$ 的编码，这正是 $|\Psi^+\rangle$。（一般情形下相对相位是某个由晶体与补偿光学决定的 $e^{i\varphi}$；两条路径若部分可区分，这对光子会退化成混态。$|\Psi^+\rangle$ 是补偿干净的那种情形。）

值得停一秒：这里没有 CNOT、没有门。纠缠不是「两个独立粒子被门作用后关联起来的」，而是从一个粒子分裂时天然带出来的——守恒律本身就是纠缠的产生机制。这个源是绝大多数量子密钥分发演示和 Bell 实验背后的硬件，本科教学实验室就能搭。

5. 双比特测量

5.1 测两个比特：四页投影算符

上一篇的投影测量配方一字不改地升级。四个投影算符是四个外积：

其余三个是「只在第 2、3、4 个对角格放 1」。厄米、幂等（对角元 $1^2=1,\ 0^2=0$）✓。对 $|\psi\rangle=(a_{00},a_{01},a_{10},a_{11})^T$：

测后态为 $|01\rangle$。四个分量、四个概率、吐出两个经典比特——Born 规则加宽了总线，没有新机制。

5.2 只测一个比特：投影 ⊗ 恒等

测比特 1、不碰比特 2，仪器是 $\Pi_0\otimes I$：

第一位是 1 的分支被清零；第一位是 0 的分支——连同它们之间的相对大小与相位——原样保留。对比 §5.1：测两个比特只留一个分支，只测一个比特留下一整组分支。

除以 $\sqrt P$ 是因为投影砍掉了不相容的分支、长度不再为 1，重新归一化是老习惯。配方一字未改，只是 $\Pi$ 换成了 $\Pi\otimes I$。

5.3 乘积态上：测量是局域的

取 $|\psi\rangle=\tfrac12(1,1,1,1)^T$，测比特 1：

设结果为 1，归一化（$\sqrt P=\tfrac{1}{\sqrt2}$）：

读这个结果：被测的比特 1 坍缩到 $|1\rangle$；比特 2 仍在叠加 $|+\rangle$ 里——相干、未被测、可继续过门（对它测 X 会 100% 得 +，不是随机的 0 或 1）。而输入 $\tfrac12(1,1,1,1)^T=|+\rangle\otimes|+\rangle$ 里比特 2 本来就是 $|+\rangle$——测量前后一根手指都没碰到它。这就是「测量的暴力只落在被测者身上」，对乘积态而言。

5.4 纠缠态上：隔空落定

拿 $|\Phi^+\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,1)^T$ 走同一流程，测比特 1：

（结果为 1 时同法得 $|1\rangle\otimes|1\rangle$。）

对比 §5.3：那里比特 2 测前测后都是 $|+\rangle$，毫发无损；这里只测了比特 1——哪怕相距一公里——比特 2 就当场变成确定的 $|0\rangle$，且两边结果永远完美相关。同一条公式，乘积态上温和局域，纠缠态上隔空改变对方的处境。

一句先行的防误解：这不能用来超光速传消息——单看比特 2 的本地统计，无论对方测不测、测出什么，都是 50/50。这句话的完整证明要等到 §7.8，因为它需要一个现在还没有的工具。

5.5 悬案：比特 2 测量前是什么

上面那句「比特 2 测量前没有自己的确定状态」不是修辞，是可验证的断言。对 $|\Phi^+\rangle$：

• 测比特 2 的 Z：$P(0)=|a_{00}|^2+|a_{10}|^2=\tfrac12$；
• 换到 X 基展开（代入 $|0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|+\rangle+|-\rangle),\ |1\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|+\rangle-|-\rangle)$）：

测比特 2 的 X：$P(+)=\big|\tfrac12\big|^2+\big|\tfrac12\big|^2=\tfrac12$。Y 基同法，仍是 50/50。

任何纯态都有自己的 Bloch 方向，在该方向上测必得确定结果。比特 2 在所有方向都答 50/50——所以没有任何纯态能描述它，它不是 $|0\rangle$、不是 $|+\rangle$、不是球面上任何一点。

上一篇区分「$|+\rangle$（球面，量子叠加）」与「球心（经典无知）」时，球心还是个抽象角色。现在它的住户找到了：纠缠整体的局部，就住在球心。而要给这种「部分」造合法的语言，需要一个比 ket 更大的容器。

6. 密度矩阵：ket 装不下的东西

6.0 新工具：迹

全篇唯一的新数学零件。矩阵的迹（trace）就是对角线上所有元素之和：

例：$\mathrm{Tr}\big[|0\rangle\langle0|\big]=1+0=1$，$\mathrm{Tr}\big[|+\rangle\langle+|\big]=\tfrac12+\tfrac12=1$。后面要用的性质叫循环性：$\mathrm{Tr}[AB]=\mathrm{Tr}[BA]$。就这些。

6.1 谜题：两台机器

想象两台机器，各自不断吐出量子比特：

• 机器 P（纯，pure）：每个比特都制备成同一个状态 $|+\rangle$。
• 机器 M（混，mixed）：每次先抛一枚藏起来的公平硬币——正面制备 $|0\rangle$，反面制备 $|1\rangle$。

把两台机器的比特都拿去测（计算基）：机器 P 的每个 $|+\rangle$ 按 Born 规则给出 0 或 1 各 $\tfrac12$；机器 M 一半的比特是 $|0\rangle$（必读 0）、一半是 $|1\rangle$（必读 1），统计上还是 50/50。统计完全相同，但两种情形在物理上截然不同：

问题在于：机器 M 根本没法用一个 ket 描述。「$|0\rangle$ 或 $|1\rangle$，各 50%」不是一个 ket；硬写成 $\tfrac{1}{\sqrt2}(|0\rangle+|1\rangle)$ 就完全错了——那是 $|+\rangle$，是机器 P。

而 §5.5 的悬案要的正是同一个容器。

6.2 密度算符

定义：一个「以经典概率 $p_i$ 处于状态 $|\psi_i\rangle$」的系综（ensemble），用密度算符（也叫密度矩阵）描述：

分工非常清楚：外积 $|\psi_i\rangle\langle\psi_i|$ 装量子叠加（每个 ket 内部的振幅与相位），实数权重 $p_i$ 装经典概率（我们不知道抽到哪一个）。两种不确定性被分层装进同一个对象，而且不会混淆。

纯态是特例：只有一项时 $\rho=|\psi\rangle\langle\psi|$；需要多项才写得下的叫混合态。定义里的 $|\psi_i\rangle$ 不要求互相正交。

两台机器各自的 $\rho$：

6.3 对角线是概率，非对角线是相位

对比两个矩阵，差别只在两个格子上。对角元 = 计算基下的测量概率：$P(0)=\rho_{00}$，$P(1)=\rho_{11}$，两个矩阵对角线都是 $(\tfrac12,\tfrac12)$——这就是「统计相同」的数学出处。非对角元 = 相干项（coherence），记录 $|0\rangle$ 与 $|1\rangle$ 之间的相位关系：$\rho_P$ 的非对角是 $\tfrac12$（真正的相干叠加），$\rho_M$ 的非对角是 0（从来就没有「两个分量」，无所谓相位）。

一般纯态的 $\rho$ 长什么样，自己算一遍最有说服力。设 $|\psi\rangle=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle$：

对角是概率（模平方，相位被吃掉），非对角是 $\alpha\beta^*$——恰好携带两支箭头的夹角，也就是第一篇追了一整篇的那个相对相位。它在这里第一次有了自己的格子。

这也让一个重要现象字面可见：真实量子计算机的头号敌人叫退相干（decoherence）——环境不断「偷看」量子比特，相位泄漏到周围。在矩阵上就是非对角元逐渐衰减到 0，$\rho_P$ 慢慢变成 $\rho_M$。名字就是这么来的。

6.4 不同配方，同一个 $\rho$

再算一个配方：抛硬币决定制备 $|+\rangle$ 还是 $|-\rangle$。先算外积 $|-\rangle\langle-|=\tfrac12\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}$，于是

和机器 M 完全一样。两种截然不同的制备流程，给出同一个 $\rho$。

这不是缺陷，是特性：$\rho$ 相同的系综，任何测量都区分不开（因为所有测量概率都由 $\rho$ 决定）。所以 $\rho$ 恰好装下「可知的一切，且仅此而已」，多余的历史信息被自动丢弃。这和上一篇丢弃全局相位是同一条原则：测不出来的区别就不是物理区别。

6.5 资格证与纯度

不是随便一个矩阵都能当 $\rho$。三条资格证加一把量尺：

① 厄米：$\rho^\dagger=\rho$。从定义就必然成立（每个外积自带厄米性，权重是实数）。后果：特征值全是实数。

② 迹为 1：$\mathrm{Tr}[\rho]=1$。对角元是各结果的概率，总概率必须是 1。验算：$\mathrm{Tr}[\rho_P]=\tfrac12+\tfrac12=1$ ✓，$\mathrm{Tr}[I/2]=1$ ✓

③ 半正定：所有特征值 $\ge0$。厄米只保证特征值是实数，但概率不能是负的。②③ 合起来说：$\rho$ 的特征值本身构成一个概率分布。

④ 纯度（purity）：$\mathrm{Tr}[\rho^2]$，一把混乱程度的量尺。设特征值为 $\lambda_i$，则 $\mathrm{Tr}[\rho^2]=\sum_i\lambda_i^2$；因为 $\sum\lambda_i=1$ 且各项非负，平方和在「某个 $\lambda=1$、其余为 0」时最大（值为 1，纯态），在均分时最小（单比特 $\lambda_1=\lambda_2=\tfrac12$，值为 $\tfrac12$）。对厄米矩阵有个方便算法：$\mathrm{Tr}[\rho^2]=\sum_{i,j}|\rho_{ij}|^2$，所有元素的模平方之和。验算：

$I/2$ 因此叫最大混合态。

6.6 所有旧公式都有一个新版本

每条纯态公式都有一个密度矩阵版的孪生兄弟：

门作用为什么是三明治 $U\rho U^\dagger$ 而不是 $U\rho$？从定义推：$\rho=|\psi\rangle\langle\psi|$，门作用后 ket 变成 $U|\psi\rangle$，而 bra 是 ket 的 $\dagger$，所以变成 $\langle\psi|U^\dagger$，拼起来 $\rho'=U\rho U^\dagger$。ket 和 bra 各领一份，这就是三明治的来历。

新公式严格包含旧公式，用循环性一行可证。对纯态 $\rho=|\psi\rangle\langle\psi|$：

（最后一步：$\langle\psi|O|\psi\rangle$ 是一个数，而一个数的迹就是它自己。）升级是无损的，以前算对的用新公式一个都不会错。

什么会把纯态变混？门不会——幺正三明治不改变特征值，纯度恒定。真正的凶手有三个：测量后遗忘（测了但没看结果：$|+\rangle$ 测完是 $|0\rangle$ 或 $|1\rangle$ 各 50%，但你不知道是哪个，正好是机器 M）、退相干（环境的每次相互作用都是一次不请自来的小测量，而环境的「结果」你永远读不到）、以及只看纠缠对的一半——第 7 章的主题。

6.7 Bloch 实心球

第一篇的 Bloch 球现在可以升级。任何单比特 $\rho$ 都能写成

括号里正是上一篇层析测出来的那三个平均读数。记 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$（箭头长度），则 $\mathrm{Tr}[\rho^2]=\tfrac{1+r^2}{2}$，于是有一张完整的地图：

纯态住球面，混合态住内部——Bloch 球从「壳」变成了「实心球」。球心的性质很特别：它到所有纯态等距，在任何基下测都是 50/50，完全不表态。而两种动力学在这幅图里泾渭分明：幺正门 = 刚体旋转（整个球一起转，每个点的 $r$ 不变，这是「门不改变纯度」的几何版）；退相干 = 向内拖拽（$r$ 缩短，点从球面往球心滑）。真实量子计算机的图景就是：你用门在球面上精确导航，环境同时在把你往球心拽。

6.8 破案：两台机器确实能区分

回到 §6.1 的谜题。换一组基去测就行——测 X，也就是问「是 $|+\rangle$ 还是 $|-\rangle$」。用新公式 $P=\mathrm{Tr}[\Pi\rho]$，其中 $\Pi=|+\rangle\langle+|$：

机器 P 的每个比特都是 $|+\rangle$，测 X 每次都确定得 +；机器 M 的 $|0\rangle$ 和 $|1\rangle$ 在 X 基下各自都是 50/50，混合后还是 50/50。实操判据：拿 100 个比特测 X，全是 + 就几乎必然是机器 P，一半一半就是机器 M。

所以非对角的相干项不是记账符号，是可测量的物理量——只是在计算基下读不到它。总结成一条本篇后面要反复引用的原理：

7. 偏迹：纠缠对的一半是什么

7.1 Bob 的问题

Alice 和 Bob 共享一对纠缠比特，Alice 拿 A、Bob 拿 B，可能相隔一个星系。Bob 不知道 Alice 在干什么，甚至不知道她有没有测量。他该用什么来描述手里那一个比特？

不能用 ket，§5.5 已经验证过了。但第 6 章刚造好更大的容器，所以答案有了形状：一个密度矩阵，而且一般是混合的。剩下的问题是怎么把它算出来。

7.2 直觉路线：一个完整的例子

用一个故意不是最大纠缠的例子，数字才有看头（约定：第一个符号是 Alice 的 A，第二个是 Bob 的 B）：

按 Alice 的比特重新分组，把 A = 0 的项归一堆（提公因式），A = 1 的归另一堆，并让每个括号里的 B 态各自归一化（$|0\rangle+|1\rangle$ 的长度是 $\sqrt2$，提出来）：