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：

a|00\rangle+b|01\rangle+c|10\rangle+d|11\rangle=a\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}+d\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}

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）：

U_1\otimes U_2=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\otimes U_2=\begin{pmatrix}a\,U_2&b\,U_2\\c\,U_2&d\,U_2\end{pmatrix}

黄金法则（混合积性质）：

\boxed{(A\otimes B)\big(|u\rangle\otimes|v\rangle\big)=A|u\rangle\otimes B|v\rangle}

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

(X\otimes X)|10\rangle=X|1\rangle\otimes X|0\rangle=|0\rangle\otimes|1\rangle=|01\rangle

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。

X\otimes I=\begin{pmatrix}0\cdot I&1\cdot I\\1\cdot I&0\cdot I\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}

乘 $|00\rangle$ ，四行全写：

\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{\cdot}1+0{\cdot}0+1{\cdot}0+0{\cdot}0\\0{\cdot}1+0{\cdot}0+0{\cdot}0+1{\cdot}0\\1{\cdot}1+0{\cdot}0+0{\cdot}0+0{\cdot}0\\0{\cdot}1+1{\cdot}0+0{\cdot}0+0{\cdot}0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}=|10\rangle

四个基向量的结果：

00\to10,\qquad 01\to11,\qquad 10\to00,\qquad 11\to01

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：

(X\otimes I)\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c\\d\\a\\b\end{pmatrix}

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 $I\otimes X$ ：

I\otimes X=\begin{pmatrix}1\cdot X&0\cdot X\\0\cdot X&1\cdot X\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\end{pmatrix},\qquad (I\otimes X)\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b\\a\\d\\c\end{pmatrix}

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：

X\otimes I=\begin{pmatrix}0&I\\I&0\end{pmatrix}\ \text{（翻高位：两半对调）},\qquad I\otimes X=\begin{pmatrix}X&0\\0&X\end{pmatrix}\ \text{（翻低位：半内互换）}

⊗ 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

\boxed{\text{矩阵的第 }j\text{ 列}=\text{第 }j\text{ 个基向量的去向}}

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 $(A\otimes B)(C\otimes D)=AC\otimes BD$ ：

(U_1\otimes U_2)^\dagger(U_1\otimes U_2)=(U_1^\dagger U_1)\otimes(U_2^\dagger U_2)=I\otimes I=I\ \checkmark

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：

(A\otimes B)\big(|u\rangle\otimes|v\rangle\big)=\underbrace{A|u\rangle}_{\text{单比特态}}\otimes\underbrace{B|v\rangle}_{\text{单比特态}}

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：

00\to00,\qquad 01\to01,\qquad 10\to11,\qquad 11\to10

用 §1.4 的技巧竖着抄成矩阵（四列 = 四个去向）：

\mathrm{CNOT}=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\end{pmatrix},\qquad \mathrm{CNOT}\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\\d\\c\end{pmatrix}

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 $X$ ：

\mathrm{CNOT}=\begin{pmatrix}I&0\\0&X\end{pmatrix},\qquad\text{一般地}\quad \text{C-}U=\begin{pmatrix}I&0\\0&U\end{pmatrix}

「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：

|+\rangle\otimes|0\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\binom11\otimes\binom10=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\1\\0\end{pmatrix}

套通式 $(a,b,c,d)\to(a,b,d,c)$ ：

\mathrm{CNOT}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\1\\0\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt2}\big(|00\rangle+|11\rangle\big)

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：

|+\rangle\otimes|-\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\binom11\otimes\frac{1}{\sqrt2}\binom1{-1}=\frac12\begin{pmatrix}1\\-1\\1\\-1\end{pmatrix}

套通式：

\mathrm{CNOT}\cdot\frac12\begin{pmatrix}1\\-1\\1\\-1\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\\1\end{pmatrix}

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 $|-\rangle\otimes|-\rangle$ ：

|+\rangle\otimes|-\rangle\ \longrightarrow\ |-\rangle\otimes|-\rangle

（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 需要叠加的控制位才发力，而硬件天然交给你 $|00\rangle$ ，所以先用 H 把控制位推入叠加：

H\otimes I=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&1&0&1\\1&0&-1&0\\0&1&0&-1\end{pmatrix},\qquad (H\otimes I)|00\rangle=H|0\rangle\otimes|0\rangle=|+\rangle\otimes|0\rangle

这正是 §2.3 的输入，接着过 CNOT：

\boxed{|00\rangle\ \xrightarrow{\ H\otimes I\ }\ |+\rangle\otimes|0\rangle\ \xrightarrow{\ \mathrm{CNOT}\ }\ \frac{1}{\sqrt2}\big(|00\rangle+|11\rangle\big)}

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

配置	输出	纠缠？
并排门 $A\otimes B$ ，任何输入	乘积进乘积出（§1.6）	否
CNOT，控制位是基态	纯经典 XOR，仍是乘积态	否
CNOT，控制位在叠加	两分支并存且拆不开	是

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：

\frac{1}{\sqrt2}\big(|10\rangle+|11\rangle\big)=|1\rangle\otimes\frac{1}{\sqrt2}\big(|0\rangle+|1\rangle\big)=|1\rangle\otimes|+\rangle

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：

\boxed{\text{可分}\iff ad=bc}

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：

\sqrt{\tfrac35}|00\rangle+\sqrt{\tfrac25}|11\rangle=\big(\sqrt{0.6},\,0,\,0,\,\sqrt{0.4}\big)^T

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：

|\Phi^+\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big(|00\rangle+|11\rangle\big),\qquad |\Phi^-\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big(|00\rangle-|11\rangle\big)

|\Psi^+\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big(|01\rangle+|10\rangle\big),\qquad |\Psi^-\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big(|01\rangle-|10\rangle\big)

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：

|\Phi^\pm\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\0\\\pm1\end{pmatrix},\qquad |\Psi^\pm\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\1\\\pm1\\0\end{pmatrix}

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）：

\langle\Phi^+|\Phi^-\rangle=\frac12\big(1{\cdot}1+0+0+1{\cdot}(-1)\big)=0\ \checkmark,\qquad \langle\Phi^+|\Psi^+\rangle=\frac12\big(0+0+0+0\big)=0\ \checkmark

（ $\Phi$ 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 $\tfrac{1}{\sqrt2}(0,1,-1,0)^T=|\Psi^-\rangle$ 。

输入	输出	输入	输出
$\vert00\rangle$	$\vert\Phi^+\rangle$	$\vert10\rangle$	$\vert\Phi^-\rangle$
$\vert01\rangle$	$\vert\Psi^+\rangle$	$\vert11\rangle$	$\vert\Psi^-\rangle$

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：

P(00)=\Big|\pm\tfrac{1}{\sqrt2}\Big|^2=\tfrac12,\qquad P(11)=\tfrac12

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 $\dagger$ ：

U^\dagger=(H\otimes I)^\dagger\cdot\mathrm{CNOT}^\dagger=(H\otimes I)\cdot\mathrm{CNOT}

（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 $|\Phi^-\rangle$ ：

\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,-1)^T\ \xrightarrow{\ \mathrm{CNOT}\ }\ \tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,-1,0)^T=|-\rangle\otimes|0\rangle\ \xrightarrow{\ H\otimes I\ }\ |1\rangle\otimes|0\rangle=|10\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，这对光子的联合态就是

\frac{1}{\sqrt2}\big(|HV\rangle+|VH\rangle\big)

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：

\Pi_{00}=|00\rangle\langle00|=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}(1\;0\;0\;0)=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}

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 $|\psi\rangle=(a_{00},a_{01},a_{10},a_{11})^T$ ：

\Pi_{01}|\psi\rangle=(0,a_{01},0,0)^T,\qquad P(01)=\langle\psi|\Pi_{01}|\psi\rangle=a_{01}^*a_{01}=|a_{01}|^2

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 $\Pi_0\otimes I$ ：

M_0=\Pi_0\otimes I=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\qquad M_0\begin{pmatrix}a_{00}\\a_{01}\\a_{10}\\a_{11}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{00}\\a_{01}\\0\\0\end{pmatrix}

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。

P(\text{第一位读 }0)=\langle\psi|M_0|\psi\rangle=|a_{00}|^2+|a_{01}|^2,\qquad |\psi_{\text{后}}\rangle=\frac{M_0|\psi\rangle}{\sqrt P}=\frac{a_{00}|00\rangle+a_{01}|01\rangle}{\sqrt{|a_{00}|^2+|a_{01}|^2}}

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：

M_1|\psi\rangle=\tfrac12(0,0,1,1)^T,\qquad P(1)=\tfrac14+\tfrac14=\tfrac12

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

|\psi_{\text{后}}\rangle=\frac{\tfrac12(0,0,1,1)^T}{1/\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}=|1\rangle\otimes|+\rangle

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：

P(0)=\tfrac12,\qquad |\psi_{\text{后}}\rangle=\frac{\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,0)^T}{1/\sqrt2}=(1,0,0,0)^T=|0\rangle\otimes|0\rangle

（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 $|0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|+\rangle+|-\rangle),\ |1\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|+\rangle-|-\rangle)$ ）：

\frac{1}{\sqrt2}\big(|0\rangle|0\rangle+|1\rangle|1\rangle\big)=\frac12\big(|0\rangle|+\rangle+|0\rangle|-\rangle+|1\rangle|+\rangle-|1\rangle|-\rangle\big)

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：

\mathrm{Tr}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=a+d

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：

	机器 P	机器 M
每个比特的状态	确定地处于 $\vert+\rangle$	要么 $\vert0\rangle$ 、要么 $\vert1\rangle$
随机性来自	测量那一刻才诞生（量子的）	制备那一刻就定了，我们只是不知道（经典无知）

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：

\boxed{\rho=\sum_i p_i\,|\psi_i\rangle\langle\psi_i|}\qquad\big(p_i\ge0,\ \textstyle\sum_i p_i=1\big)

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 $\rho$ ：

\rho_P=|+\rangle\langle+|=\begin{pmatrix}\tfrac12&\tfrac12\\[2pt]\tfrac12&\tfrac12\end{pmatrix},\qquad \rho_M=\tfrac12|0\rangle\langle0|+\tfrac12|1\rangle\langle1|=\begin{pmatrix}\tfrac12&0\\[2pt]0&\tfrac12\end{pmatrix}=\frac I2

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 $|\psi\rangle=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle$ ：

\rho=\binom\alpha\beta(\alpha^*\;\;\beta^*)=\begin{pmatrix}\alpha\alpha^*&\alpha\beta^*\\\beta\alpha^*&\beta\beta^*\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}|\alpha|^2&\alpha\beta^*\\ \alpha^*\beta&|\beta|^2\end{pmatrix}

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

\tfrac12|+\rangle\langle+|+\tfrac12|-\rangle\langle-|=\begin{pmatrix}\tfrac14+\tfrac14&\tfrac14-\tfrac14\\[2pt]\tfrac14-\tfrac14&\tfrac14+\tfrac14\end{pmatrix}=\frac I2

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：

\mathrm{Tr}[\rho_P^2]=\big(\tfrac12\big)^2\times4=1\ \text{（纯态）},\qquad \mathrm{Tr}[\rho_M^2]=\big(\tfrac12\big)^2+0+0+\big(\tfrac12\big)^2=\tfrac12

\boxed{\text{纯度}=1\iff\text{纯态};\qquad\text{单比特的最低纯度}=\tfrac12\text{，只有 }I/2\text{ 达到}}

$I/2$ 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：

	纯态版	密度矩阵版
施加门 $U$	$\vert\psi\rangle\to U\vert\psi\rangle$	$\rho\to U\rho U^\dagger$
可观测量 $O$ 的期望值	$\langle\psi\vert O\vert\psi\rangle$	$\mathrm{Tr}[O\rho]$
用投影算符 $\Pi$ 算概率	$\langle\psi\vert\Pi\vert\psi\rangle$	$\mathrm{Tr}[\Pi\rho]$

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 $\rho=|\psi\rangle\langle\psi|$ ：

\mathrm{Tr}[O\rho]=\mathrm{Tr}\big[O|\psi\rangle\langle\psi|\big]=\mathrm{Tr}\big[\langle\psi|O|\psi\rangle\big]=\langle\psi|O|\psi\rangle

（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

\rho=\frac{I+xX+yY+zZ}{2},\qquad (x,y,z)=\big(\langle X\rangle,\langle Y\rangle,\langle Z\rangle\big)

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：

位置	$r$	纯度	例
球面	1	1	$\rho_P$ （ $\vert+\rangle$ ，在 $+x$ 处）
球内	$0<r<1$	之间	部分退相干的态
球心	0	$\tfrac12$	$\rho_M=I/2$

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 $\Pi=|+\rangle\langle+|$ ：

P_P(+)=\mathrm{Tr}\big[|+\rangle\langle+|\cdot|+\rangle\langle+|\big]=\mathrm{Tr}\big[|+\rangle\langle+|\big]=1

P_M(+)=\mathrm{Tr}\Big[|+\rangle\langle+|\cdot\frac I2\Big]=\frac12\mathrm{Tr}\big[|+\rangle\langle+|\big]=\frac12

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：

\boxed{\text{两个不同的 }\rho\text{，总存在某个测量能区分；两个相同的 }\rho\text{，任何测量都区分不了}}

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）：

|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt3}\big(|00\rangle+|01\rangle+|11\rangle\big)

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）：

|\psi\rangle=\underbrace{\sqrt{\tfrac23}}_{\text{系数}}|0\rangle_A\otimes\underbrace{\tfrac{1}{\sqrt2}\big(|0\rangle+|1\rangle\big)}_{=|+\rangle}+\underbrace{\sqrt{\tfrac13}}_{\text{系数}}|1\rangle_A\otimes|1\rangle_B

验算系数： $\sqrt{2/3}\cdot\tfrac{1}{\sqrt2}=\tfrac{1}{\sqrt3}$ ✓（前两项各自复原），第三项 $\sqrt{1/3}=\tfrac{1}{\sqrt3}$ ✓。同一个态，只是换了写法。这个形式的价值在于 A 的两个分支互相正交、每个分支后面挂着一个归一化的 B 态，所以它直接读出「A 测出什么、B 就变成什么」：

A 得 0，概率 $\tfrac23$ → B 变成 $|+\rangle$ ；
A 得 1，概率 $\tfrac13$ → B 变成 $|1\rangle$ 。

Bob 的视角：他不知道 Alice 测出了什么（她得打电话告诉他）。从他的位置看，他的比特是「 $|+\rangle$ 概率 $\tfrac23$ 、 $|1\rangle$ 概率 $\tfrac13$ 」——这恰好是 §6.2 定义的系综，所以描述它的是密度矩阵：

\rho_B=\tfrac23|+\rangle\langle+|+\tfrac13|1\rangle\langle1|=\tfrac23\begin{pmatrix}\tfrac12&\tfrac12\\[2pt]\tfrac12&\tfrac12\end{pmatrix}+\tfrac13\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac13&\tfrac13\\[2pt]\tfrac13&\tfrac23\end{pmatrix}

这叫子系统 B 的约化密度矩阵（reduced density matrix）——Bob 的完整规则手册：他能做的任何实验，概率都由这一个矩阵通过 §6.6 的公式算出。检查 $\mathrm{Tr}[\rho_B]=\tfrac13+\tfrac23=1$ ✓

7.3 正式工具：偏迹

「分组 + 想象测量」很有启发性，但对大系统太笨拙。工业级的工具是：

\boxed{\rho_B=\mathrm{Tr}_A[\rho_{AB}]=\sum_{n_A}\langle n_A|\rho_{AB}|n_A\rangle}

（对 A 的一组正交基求和；对一个比特 $n_A\in\{0,1\}$ 。） $\mathrm{Tr}_A$ 念作「把 A 迹掉（trace out A）」，意思是平均掉、扔掉子系统 A——你迹掉的是你不保管的那一半。

和普通的迹对比：普通的迹 $\mathrm{Tr}[\rho]=\sum_n\langle n|\rho|n\rangle$ 把矩阵夹在基向量两边求和，得到一个数；偏迹只夹 A 那一半的槽位，B 的位置原封不动留下来，所以结果不是数，而是一个作用在 B 上的矩阵。

为什么是这个公式，不是别的？因为偏迹是唯一满足下面这条相容性的映射：对 B 上的任何可观测量 $O$ ，

\mathrm{Tr}\big[(I\otimes O)\,\rho_{AB}\big]=\mathrm{Tr}\big[O\,\rho_B\big]

左边是「用完整的联合态去预测 Bob 的实验」，右边是「用 Bob 的简化手册去预测」。两边必须永远相等——这正是我们对 Bob 手册的全部要求，而满足它的映射只有偏迹一个。

7.4 用公式重算：按 A 切块，对角块相加

造联合矩阵。 $\rho_{AB}=|\psi\rangle\langle\psi|$ ，其中 $|\psi\rangle=\tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,0,1)^T$ （基序 00, 01, 10, 11）：

\rho_{AB}=\frac13\begin{pmatrix}1\\1\\0\\1\end{pmatrix}(1\;\;1\;\;0\;\;1)=\frac13\left(\begin{array}{cc|cc}1&1&0&1\\1&1&0&1\\\hline0&0&0&0\\1&1&0&1\end{array}\right)

（第三行与第三列全零，因为 $|10\rangle$ 不在这个态里。竖线横线按 A 的取值把矩阵切成四块：前两行/列是 A = 0，后两行/列是 A = 1。）

偏迹的机制： $\langle0|_A\rho_{AB}|0\rangle_A$ 只保留 A 的 ket 和 bra 都是 0 的那些项（正交性 $\langle0|1\rangle=0$ 把其余全部杀掉）——这恰好是左上块；同理 $\langle1|_A\rho_{AB}|1\rangle_A$ 挑出右下块。求和：

\rho_B=\frac13\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}+\frac13\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac13&\tfrac13\\[2pt]\tfrac13&\tfrac23\end{pmatrix}

与 §7.2 的直觉路线完全一致 ✓

\boxed{\text{迹掉 A}=\text{按 A 的取值切成四块，把两个对角块相加}}

信息是在哪一步丢的？被扔掉的是非对角块（右上、左下）——它们记录 A 与 B 之间的交叉关联。丢掉它们，剩下的矩阵就带上了混合度。「忽略一半 ⟹ 部分变混」的具体机制，就是这一步丢块。

7.5 迹掉 B： $\rho_A\ne\rho_B$ ，但纯度必然相等

反过来算。保留 A 时，存活的是 B 的符号相同的项；由于基序是 00, 01, 10, 11，B 的取值在每个块内部交替，所以挑出来的元素位置不同： $\rho_A[i][j]=\sum_k\rho_{AB}[(i,k)][(j,k)]$ 。逐项算：

\rho_A[0][0]=\tfrac13+\tfrac13=\tfrac23,\quad \rho_A[0][1]=0+\tfrac13=\tfrac13,\quad \rho_A[1][0]=\tfrac13,\quad \rho_A[1][1]=0+\tfrac13=\tfrac13

\rho_A=\begin{pmatrix}\tfrac23&\tfrac13\\[2pt]\tfrac13&\tfrac13\end{pmatrix}

三项自检：迹 = 1 ✓；对角线 = Alice 的测量概率 $P(0)=\tfrac23,\ P(1)=\tfrac13$ ，与 §7.2 完全吻合 ✓；纯度 $=\tfrac49+\tfrac19+\tfrac19+\tfrac19=\tfrac79$ 。

而 $\rho_B$ 的纯度 $=\big(\tfrac13\big)^2\times3+\big(\tfrac23\big)^2=\tfrac79$ ——两个矩阵不同，纯度却相等。这不是巧合：

\boxed{\text{对任何纯的联合态，两个约化密度矩阵的特征值完全相同}}

物理含义：一个纯整体的两半，永远同等地混。你不可能造出「Alice 那半很纯、Bob 那半很混」的纠缠纯态——混乱是共享的，因为它源自同一份关联。

7.6 整体纯，部分混

顺手把 §7.2 那个例子的两端摆在一起：整体 $|\psi\rangle$ 是纯态（一个确定的 ket，纯度 1），而 Bob 那一半纯度 $\tfrac79<1$ ，混合。

\boxed{\text{纠缠意味着：整体可以完全确定，而各个部分不确定}}

这句话在经典世界里没有对应物。经典概率论里，如果你完全知道两个变量的联合分布（比如确知 $(x,y)=(3,7)$ ），你自动完全知道每一个的边缘分布。「整体已知、部分未知」在经典是自相矛盾的。这大概是纠缠最干净的一句定义：信息全部存放在关联里，没有一点存放在个体里。

7.7 极端情形与纠缠量尺

对 $|\Phi^+\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,0,1)^T$ 走同一套流程。造矩阵：

\rho_{AB}=\frac12\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}(1\;\;0\;\;0\;\;1)=\frac12\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\1&0&0&1\end{pmatrix}

切块相加，左上块加右下块：

\rho_B=\frac12\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}+\frac12\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}=\frac I2\qquad(\rho_A\text{ 同理})

这就是 §5.5 那个断言的证明：Bell 对的一半是 $I/2$ ，Bloch 球心，在任何基下测都是 50/50，零可用的本地信息。所有结构都存放在关联里，个体身上一点都没有。

于是 §3.3 结尾那个悬着的问题有了答案：

\boxed{\text{两半越混，整体越纠缠}}

联合态	$\rho_B$	纯度	Bloch 位置	纠缠程度
乘积态	纯态	$1$	球面	无
§7.2 的例子	混合	$\tfrac79\approx0.78$	球内	部分
Bell 态	$I/2$	$\tfrac12$	球心	最大

量尺是单调的：纯度从 1 掉到 $\tfrac12$ ，纠缠从 0 涨到最大。正式的度量把纯度换成熵： $S(\rho_A)=-\mathrm{Tr}[\rho_A\log\rho_A]$ ，叫纠缠熵（乘积态给 0，Bell 态给 1 比特）。用熵而不用纯度，是因为熵有可加性和操作意义；而与 concurrence 不同，它对任意维度的系统都成立。

7.8 为什么纠缠不能超光速传信

§5.4 欠的证明现在可以还了。

问题：Alice 的测量「瞬间」定下 Bob 的态，她能用这个给 Bob 发信号吗（比如约定「测量 = 1，不测 = 0」）？

答案：不能。Bob 能本地观测的一切，由他的约化密度矩阵 $\rho_B$ 决定（§7.3 的唯一性）。对 $|\Phi^+\rangle$ ：

Alice 测量前： $\rho_B=I/2$ （§7.7 刚算的）；
Alice 测量后（结果她没告诉 Bob）：Bob 那边是「 $|0\rangle$ 概率 $\tfrac12$ 、 $|1\rangle$ 概率 $\tfrac12$ 」的系综，而 $\tfrac12|0\rangle\langle0|+\tfrac12|1\rangle\langle1|=I/2$ 。

完全一样的矩阵——§6.4「不同配方、同一个 $\rho$ 」在这里派上了最重要的用场。而 §6.8 的原理说： $\rho$ 相同 ⟹ 任何测量都区分不了。所以 Bob 无论做什么实验、做多少次，都无法判断 Alice 有没有动手，更读不出她测到了什么；她改用别的基去测也一样， $\rho_B$ 依然不变。

\boxed{\text{纠缠让结果相关，但从不传输结果}}

只有当 Alice 的结果通过普通经典信道（ $\le$ 光速）送达、两人对账比较记录时，关联才显形。相对论和量子力学得以共存——也因此，「量子纠缠通信」这类科普说法是错的。

8. Bell 不等式：纠缠是真的吗

8.1 信封故事

取 $|\Phi^+\rangle$ ，把两半分别送到仙女座（Alice）和布里斯班（Bob）。Alice 测量，得到 0。按标准说法，Bob 的比特此刻就处于 $|0\rangle$ ——坍缩跨越了整个星系，触及了一个没人碰过的系统。这是非局域的，它应该让你觉得不舒服。爱因斯坦就很不舒服（1935 年的 EPR 论文），他讥之为「幽灵般的超距作用」。

显而易见的逃生舱：也许根本没有什么「跨越」。也许这对粒子出生时就被写好了同样的字条——像两个在源头封好的信封，各装一张相同的纸条。在仙女座拆开一个，「立刻知道」布里斯班那个写什么，没人觉得这叫幽灵。正式化就是：

局域隐变量假说（LHV, Local Hidden Variable）：每个粒子携带一份出厂时写定的隐藏信息 $\lambda$ （「字条」），它预先决定了任何可能测量的结果；关联之所以存在，是因为字条是一起写的；一边的测量不影响远处那一边（这就是「局域」）。

如果 LHV 成立，量子力学就只是不完备——它的「真随机」其实是对更深一层确定性的统计描述。这个想法完全合理。而 Bell 的天才之处在于：它可以被实验检验，而且是错的。

8.2 CHSH 不等式：两行证明

实验设置：一个源不断发出粒子对。每一轮，Alice 自由选择测 $A_0$ 还是 $A_1$ ，Bob 自由选择测 $B_0$ 还是 $B_1$ ，四个可观测量的读数都是 $\pm1$ 。多轮之后统计出四个关联值 $\langle A_iB_j\rangle$ （每轮两个读数相乘，再对所有轮次求平均），组合成一个数：

S=\langle A_0B_0\rangle+\langle A_0B_1\rangle+\langle A_1B_0\rangle-\langle A_1B_1\rangle

（第四项前面是减号，不是笔误，后面会看到它的作用。）

Bell–CHSH 不等式：如果结果由局域隐变量决定，那么 $S\le2$ ，永远。

证明只有两行，而且完全初等。在 LHV 假设下，每一轮四个值 $a_0,a_1,b_0,b_1=\pm1$ 都存在（预先写定，无论有没有被测量——这正是假说的内容）。考察这个组合：

a_0(b_0+b_1)+a_1(b_0-b_1)

因为 $b_0,b_1$ 各是 $\pm1$ ，只有两种情况： $b_0=b_1$ 时 $b_0+b_1=\pm2$ 而 $b_0-b_1=0$ ，表达式 $=a_0\cdot(\pm2)=\pm2$ ； $b_0\ne b_1$ 时 $b_0+b_1=0$ 而 $b_0-b_1=\pm2$ ，表达式 $=a_1\cdot(\pm2)=\pm2$ 。两种情况下整个表达式都等于 $\pm2$ ，而一个恒等于 $\pm2$ 的量，其平均值必落在 $[-2,2]$ 之间。展开后 $a_0b_0+a_0b_1+a_1b_0-a_1b_1$ 的平均正是 $S$ ，所以 $S\le2$ ∎

留意证明在哪一步用了假说：「四个值都存在」——包括那两个这一轮没被测的。在经典世界里这是废话（东西有确定属性，看不看都在）。而量子力学恰恰要拒绝这一点。

8.3 量子力学的答案： $2\sqrt2$

用量子力学算同一个 $S$ 。取 $|\Psi^-\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|01\rangle-|10\rangle)$ ，测量设置为

A_0=Z,\quad A_1=X;\qquad B_0=-\frac{X+Z}{\sqrt2},\quad B_1=\frac{X-Z}{\sqrt2}

Bob 的两个轴是 Alice 的轴在 x–z 平面里转了 45°。它们都是合法的 $\pm1$ 值可观测量——验证 $B_0^2=\tfrac{(X+Z)^2}{2}=\tfrac{X^2+XZ+ZX+Z^2}{2}=\tfrac{I+0+I}{2}=I$ ，中间用了上一篇的 Pauli 反对易性 $XZ+ZX=0$ 。

关联的量子公式就是双比特版的三明治： $\langle A_iB_j\rangle=\langle\Psi^-|A_i\otimes B_j|\Psi^-\rangle$ 。先算四个基础关联值，全部用黄金法则逐项作用：

(2) $\langle X\otimes X\rangle$ ： $(X\otimes X)|01\rangle=|10\rangle$ ， $(X\otimes X)|10\rangle=|01\rangle$ ，所以 $(X\otimes X)|\Psi^-\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|10\rangle-|01\rangle)=-|\Psi^-\rangle$ ，得 $\langle X\otimes X\rangle=-1$ 。

(3) $\langle Z\otimes X\rangle$ ： $(Z\otimes X)|01\rangle=|00\rangle$ ， $(Z\otimes X)|10\rangle=-|11\rangle$ ，所以 $(Z\otimes X)|\Psi^-\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(|00\rangle+|11\rangle)$ 。而 $|\Psi^-\rangle$ 只在 01、10 位置有分量，结果只在 00、11 位置有分量，完全错开，故 $\langle Z\otimes X\rangle=0$ 。

(4) $\langle X\otimes Z\rangle=0$ ：同法， $(X\otimes Z)|\Psi^-\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(-|11\rangle-|00\rangle)$ ，与 $|\Psi^-\rangle$ 错开。

组装四个关联值，全部用线性性展开：

\langle A_0B_0\rangle=\Big\langle Z\otimes\Big(-\frac{X+Z}{\sqrt2}\Big)\Big\rangle=-\frac{1}{\sqrt2}\big(\underbrace{0}_{\langle Z\otimes X\rangle}+\underbrace{(-1)}_{\langle Z\otimes Z\rangle}\big)=\frac{1}{\sqrt2}

\langle A_0B_1\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big(0-(-1)\big)=\frac{1}{\sqrt2},\qquad \langle A_1B_0\rangle=-\frac{1}{\sqrt2}\big((-1)+0\big)=\frac{1}{\sqrt2},\qquad \langle A_1B_1\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\big((-1)-0\big)=-\frac{1}{\sqrt2}

代进 $S$ ：

\boxed{S=\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}-\Big(-\frac{1}{\sqrt2}\Big)=\frac{4}{\sqrt2}=2\sqrt2\approx2.83>2}

那个减号的作用现在清楚了： $\langle A_1B_1\rangle$ 本身是负的，减号把它翻正，让四项同向叠加。

8.4 实验的判决

两个理论对同一个可测数字给出不同预言（ $\le2$ 对 $2.83$ ），所以实验拥有决定权。判决从 1970–80 年代起反复做出（Freedman–Clauser，Aspect），2015 年做到「无漏洞」（同时堵住探测效率与通信两个经典借口），2022 年授予诺贝尔物理学奖（Aspect、Clauser、Zeilinger）。而今用一个 SPDC 源（§4.5）在本科教学实验室就能重现： $S\approx2\sqrt2$ ，不等式被违反，且违反的量精确符合量子预言。

结论值得停下来坐一会儿，因为它是一条关于现实的定理，不是关于某个理论的：

\boxed{\text{任何局域隐变量的世界图景都站不住脚}}

信封故事不是「不太可能」，而是不可能——没有任何事先写好的字条（无论多聪明）能重现观测到的统计。上一篇说「量子的随机不是没翻开的硬币」，这里就是那句话的证据。

三条补注：

$2\sqrt2$ 是量子力学自己的天花板（Tsirelson 界）——量子并不是「想多相关就多相关」，实验测出的值精确落在这个上限上；
逻辑上还有另一条逃生路：不放弃隐变量而放弃局域性（如玻姆力学）。Bell 定理封死的是「局域 + 实在」的组合；
这个结果有实用价值：设备无关密码学（device-independent QKD）与认证随机数都建立在它上面——你不必信任设备厂商，只要观测到 $S>2$ ，就在物理上证明了那些比特没有被任何局域预设决定。

9. 混合态的纠缠判定

9.1 可分性定义的升级

$ad=bc$ 只对纯态有效。而实验室里拿到的 $\rho_{AB}$ 通常是混的，于是 §3.1 的定义要升级到允许经典混合：

\rho=\sum_i p_i\,\rho_i^A\otimes\rho_i^B

能写成这个形状的叫可分，写不成的叫纠缠。

这样定义的操作性直觉很清楚：可分态恰好是两个相距遥远的实验室在没有任何量子接触的情况下能造出来的态——他们共享一枚经典骰子，骰子告诉每一方本轮该在本地制备哪个态，各造各的，重复多次。这样得到的关联全是经典关联。纠缠态就是这套流程伪造不出来的态。

判定为什么难：注意定义是存在量词，而一个 $\rho$ 有无穷多种配方（§6.4 见过），你必须证明没有任何一种能写成上述形状。一般情形下这是 NP-hard 问题。但双比特有高效判据。

9.2 偏转置

操作定义：把双比特 $\rho_{AB}$ 看成 2×2 个 2×2 小块（块的行列 = A 的指标，块内位置 = B 的指标），然后把每个小块各自原地转置：

\rho_{AB}=\begin{pmatrix}A_{00}&A_{01}\\A_{10}&A_{11}\end{pmatrix}\quad\longrightarrow\quad \rho^{T_B}=\begin{pmatrix}A_{00}^T&A_{01}^T\\A_{10}^T&A_{11}^T\end{pmatrix}

注意不是整个 4×4 转置——只转 B 的指标，A 那一侧不动。

为什么偏偏是转置？对整个系统做转置是一个「假的物理操作」： $\rho\mapsto\rho^T=\rho^*$ （因为 $\rho$ 厄米），即把态复共轭，物理上相当于时间倒流。它把合法的 $\rho$ 映成合法的 $\rho$ ，看起来人畜无害。但只对相关联的一对中的一半做这个手术，是任何物理过程都做不到的事。于是：

可分态毫无察觉：转置 $\sum_i p_i\rho_i^A\otimes\rho_i^B$ 的 B 因子，得到 $\sum_i p_i\rho_i^A\otimes(\rho_i^B)^T$ ，每个 $(\rho_i^B)^T$ 仍是合法的单比特密度矩阵，所以整体仍是合法的可分态，特别地半正定（§6.5 的资格证 ③）；
纠缠态会被撕裂：A 与 B 编织得太紧，只转一侧会扯出负特征值——而任何真实的物理态都不可能有负特征值。

Peres–Horodecki 判据（PPT）：若 $\rho_{AB}$ 可分，则 $\rho^{T_B}$ 的所有特征值非负。

逆否命题，也就是实际用的形式：只要找到 $\rho^{T_B}$ 的一个负特征值，就证明 $\rho_{AB}$ 确定纠缠。

小系统的好消息：对双比特（ $2\otimes2$ ）和 $2\otimes3$ 系统，逆命题也成立——PPT 通过 ⟹ 可分，所以在这里它是一个完备的判定程序。（更大的系统里存在通过 PPT 却仍纠缠的态，叫「束缚纠缠」。）

9.3 Bell 态能扛多少噪声

这个问题有真实的实验室含义。取一个完美的 $|\Phi^+\rangle$ ，掺进白噪声（最大混合态 $I_4/4$ ，正是退相干在传输途中倾向产生的东西）：

\rho_w=\frac{4F-1}{3}|\Phi^+\rangle\langle\Phi^+|+\frac{1-F}{3}I_4

\langle\Phi^+|\rho_w|\Phi^+\rangle=\frac{4F-1}{3}+\frac{1-F}{3}=\frac{3F}{3}=F\ \checkmark

$F$ 的含义就是「还剩多少 $\Phi^+$ 」： $F=1$ 是纯 Bell 态， $F=\tfrac14$ 是纯噪声。问题： $F$ 取什么值时 $\rho_w$ 纠缠？

写出矩阵。已知 $|\Phi^+\rangle\langle\Phi^+|$ 是「四角为 $\tfrac12$ 、其余为 0」的矩阵，所以四角是 $\tfrac{4F-1}{6}$ ，对角线 00、11 位置是 $\tfrac{4F-1}{6}+\tfrac{1-F}{3}=\tfrac{2F+1}{6}$ ，对角线 01、10 位置是 $\tfrac{1-F}{3}$ ：

\rho_w=\begin{pmatrix}\frac{1+2F}{6}&0&0&\frac{4F-1}{6}\\[3pt]0&\frac{1-F}{3}&0&0\\[3pt]0&0&\frac{1-F}{3}&0\\[3pt]\frac{4F-1}{6}&0&0&\frac{1+2F}{6}\end{pmatrix}

检查迹： $2\cdot\tfrac{1+2F}{6}+2\cdot\tfrac{1-F}{3}=\tfrac{1+2F}{3}+\tfrac{2-2F}{3}=1$ ✓

偏转置。两个对角块都是对角矩阵，转置后不变；两个非对角块 $A_{01}=\begin{pmatrix}0&\frac{4F-1}{6}\\0&0\end{pmatrix}$ 、 $A_{10}=\begin{pmatrix}0&0\\\frac{4F-1}{6}&0\end{pmatrix}$ 转置后互换了元素位置。拼回去：

\rho_w^{T_B}=\begin{pmatrix}\frac{1+2F}{6}&0&0&0\\[3pt]0&\frac{1-F}{3}&\frac{4F-1}{6}&0\\[3pt]0&\frac{4F-1}{6}&\frac{1-F}{3}&0\\[3pt]0&0&0&\frac{1+2F}{6}\end{pmatrix}

四角的那两个元素滑到了矩阵中央——这就是「手术」的具体动作。

算特征值。矩阵已经是块对角形式：第 1 行与第 4 行各自孤立，对角元直接就是特征值 $\tfrac{1+2F}{6}$ （两个）；中间的 2×2 块形如 $\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}$ ，特征值是 $a\pm b$ ：

a+b=\frac{1-F}{3}+\frac{4F-1}{6}=\frac{1+2F}{6},\qquad a-b=\frac{1-F}{3}-\frac{4F-1}{6}=\frac{3-6F}{6}=\frac{1-2F}{2}

汇总： $\lambda=\tfrac{1+2F}{6}$ （三重）， $\lambda_1=\tfrac{1-2F}{2}$ （一个）。三重的那个在合法的 $F$ 范围内恒正，有意思的是 $\lambda_1$ ：

\frac{1-2F}{2}<0\iff F>\frac12

\boxed{\rho_w\ \text{在}\ F>0.5\ \text{时纠缠；}F\le0.5\ \text{时可分}}

9.4 「有关联」不等于「有纠缠」

好消息：Bell 态能扛的噪声出人意料地多——保真度从 100% 一路掉到 50% 才失去纠缠。纠缠不是一碰就碎的东西。

微妙之处： $F\le0.5$ 时这个态仍然是相关的（两半的结果仍然比随机更常一致），但那只是经典关联——用 §9.1 的「共享骰子 + 两个独立实验室」配方就能完全伪造，不需要任何量子接触。

\boxed{\text{「有关联」和「有纠缠」是两回事，PPT 判据划的正是这条线}}

这正是实验室的标准工作流：用上一篇的态层析测出自己的 $\rho_{AB}$ ，然后跑 PPT，从而认证自己的纠缠源究竟交付了什么。找到一个负特征值，就是一纸证书。

10. 误区与陷阱清单

「 $|00\rangle$ 本身就是四维向量，怎么又说它是第一个分量？」——两个角色：作为向量它是 $(1,0,0,0)^T$ ，作为标签它给第一个分量命名（那一格记录 $|00\rangle$ 的系数）。同 $\hat e_x=(1,0,0)$ 与「第一格是 x 分量」的关系（§1.1）。
「 $A\otimes B$ 里 A、B 可以换位置」——不能，左右槽位就是比特编号； $X\otimes I\ne I\otimes X$ （§1.3）。
「只对一个比特作用，写 2×2 就行」——维度对不上，旁观者必须领一个 $I$ （§1.3）。
「CNOT 是先看控制位再决定」——没有任何东西看控制位；一次幺正乘法，输出确定且可逆（§2.3）。
「受控门只会改目标位」——相位反冲的反例： $|+\rangle\otimes|-\rangle\to|-\rangle\otimes|-\rangle$ ，变的是控制位（§2.4）。
「CNOT 总是制造纠缠」——控制位是基态时它只是经典 XOR，输出仍是乘积态（§2.6）。
「试了几种拆法没成功就是纠缠」——全称量词，需反证或用 $ad=bc$ （§3.1–3.2）。
「测一个比特会把另一个也测掉」——乘积态上旁观比特毫发无损（§5.3）；纠缠态上它确实落定，但那是因为它本来就没有独立的态（§5.4–5.5）。
「混合态的 $\rho$ 里那些 $|\psi_i\rangle$ 必须正交」——不必，定义没这个要求（§6.2）。
「两个不同配方给出同一个 $\rho$ ，说明 $\rho$ 丢了信息」——丢的恰好是测不出来的信息，这是特性不是缺陷（§6.4）。
「门可以把纯态变混」——不能，幺正三明治不改变特征值；凶手是遗忘、退相干、和只看纠缠对的一半（§6.6）。
「 $\rho_A$ 和 $\rho_B$ 应该相等」——不一定相等，但对纯的整体，两者纯度必然相等（§7.5）。
「纠缠可以超光速传信」—— $\rho_B$ 恒定不变，本地统计永远是 50/50（§7.8）。
「有关联就是有纠缠」——共享骰子也能造出关联；PPT 判据划出分界线（§9.4）。

11. 自测题（附答案）

题目

写出 $Z\otimes I$ 的 4×4 矩阵，并算它作用在 $(a,b,c,d)^T$ 上的结果。
用黄金法则算 $(H\otimes X)|01\rangle$ 。
判断 $\tfrac{1}{\sqrt5}(1,2,2,4)^T$ 是否可分；若可分给出拆法。
Controlled-Z（ $U=Z$ ）的矩阵是什么？它作用在 $|+\rangle\otimes|+\rangle$ 上得到什么？结果纠缠吗？
对 $|\psi\rangle=\tfrac{1}{\sqrt3}(|00\rangle+|01\rangle+|11\rangle)$ 测比特 1，写出 $P(0)$ 与结果为 0 时的测后态。
写出「以概率 $\tfrac13$ 制备 $|0\rangle$ 、 $\tfrac23$ 制备 $|+\rangle$ 」的密度矩阵，并算它的纯度。
用偏迹算 $|\Psi^-\rangle$ 的 $\rho_A$ 。结果说明了什么？
在 CHSH 证明里，哪一步用到了「局域隐变量」假设？
Werner 态在 $F=0.6$ 时纠缠吗？ $F=0.4$ 呢？

答案

$Z\otimes I=\mathrm{diag}(1,1,-1,-1)$ ，作用得 $(a,b,-c,-d)^T$ ——第一位为 1 的分支打负号。
$H|0\rangle\otimes X|1\rangle=|+\rangle\otimes|0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(1,0,1,0)^T$ 。
$ad=1\cdot4=4$ ， $bc=2\cdot2=4$ ，相等 → 可分。拆法： $\tfrac{1}{\sqrt5}\binom12\otimes\binom12$ （验证： $(1{\cdot}1,1{\cdot}2,2{\cdot}1,2{\cdot}2)=(1,2,2,4)$ ✓）。
$\mathrm{CZ}=\mathrm{diag}(1,1,1,-1)$ 。 $|+\rangle\otimes|+\rangle=\tfrac12(1,1,1,1)^T\to\tfrac12(1,1,1,-1)^T$ ； $ad=-\tfrac14\ne bc=\tfrac14$ → 纠缠。CZ 同样是纠缠门（事实上它与 CNOT 只差目标位两侧各垫一个 H）。
$P(0)=\tfrac13+\tfrac13=\tfrac23$ ；测后态 $=\dfrac{\tfrac{1}{\sqrt3}(|00\rangle+|01\rangle)}{\sqrt{2/3}}=\tfrac{1}{\sqrt2}(|00\rangle+|01\rangle)=|0\rangle\otimes|+\rangle$ 。（与 §7.2 分组式里 A = 0 那一支读出的 B 态一致。）
$\rho=\tfrac13\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}+\tfrac23\begin{pmatrix}\tfrac12&\tfrac12\\\tfrac12&\tfrac12\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac23&\tfrac13\\\tfrac13&\tfrac13\end{pmatrix}$ ；纯度 $=\tfrac49+\tfrac19+\tfrac19+\tfrac19=\tfrac79$ 。（与 §7.5 的 $\rho_A$ 恰好是同一个矩阵——不同的物理来源，同一份规则手册。）
$|\Psi^-\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}(0,1,-1,0)^T$ ， $\rho_{AB}$ 在 (01,01)、(10,10) 处为 $\tfrac12$ 、在 (01,10)、(10,01) 处为 $-\tfrac12$ ；左上块 $=\tfrac12\mathrm{diag}(0,1)$ ，右下块 $=\tfrac12\mathrm{diag}(1,0)$ ，相加得 $\rho_A=I/2$ 。四个 Bell 态都是最大纠缠，两半都是球心——与 concurrence 全部顶格一致。
用在「每一轮四个值 $a_0,a_1,b_0,b_1$ 都存在」这一句，包括那两个没被测量的。量子力学恰恰拒绝这一点。
$F=0.6>0.5$ → 纠缠（ $\lambda_1=\tfrac{1-1.2}{2}=-0.1<0$ ）； $F=0.4\le0.5$ → 可分（ $\lambda_1=\tfrac{1-0.8}{2}=0.1>0$ ）。

12. 符号速查（本篇增量）

符号	名称	一句话含义
$(A\otimes B)(\vert u\rangle\otimes\vert v\rangle)$	黄金法则	$=A\vert u\rangle\otimes B\vert v\rangle$ ；并排门各管一个比特，永不造纠缠
$X\otimes I$ / $I\otimes X$	并排门两例	翻第一比特（两半对调）/ 翻第二比特（半内互换）
矩阵第 $j$ 列	去向表	第 $j$ 个基向量的去向；真值表与矩阵互转
$\text{C-}U=\begin{pmatrix}I&0\\0&U\end{pmatrix}$	受控门	动作只装在控制位为 1 的那一半
$\mathrm{CNOT}(a,b,c,d)=(a,b,d,c)$	受控非门	可逆 XOR； $\mathrm{CNOT}^2=I$
$H\otimes I$ 然后 CNOT	造纠缠配方	计算基 ↔ Bell 基的一部字典，倒着跑即解码
$ad=bc$	可分判据	双比特纯态； $2\vert ad-bc\vert$ = concurrence
$\vert\Phi^\pm\rangle,\vert\Psi^\pm\rangle$	Bell 态	四个最大纠缠态，构成 Bell 基
$M_0=\Pi_0\otimes I$	部分测量	只测比特 1；清零不相容分支，保留相容分支的叠加
$\mathrm{Tr}[\rho]$	迹	对角元之和； $\mathrm{Tr}[AB]=\mathrm{Tr}[BA]$
$\rho=\sum p_i\vert\psi_i\rangle\langle\psi_i\vert$	密度矩阵	分层装经典概率与量子叠加；对角是概率，非对角是相干
$\mathrm{Tr}[\rho^2]$	纯度	1 = 纯态； $\tfrac12$ = 单比特最大混合
$I/2$	最大混合态	Bloch 球心；任何基下 50/50
$U\rho U^\dagger$ / $\mathrm{Tr}[O\rho]$	密度矩阵版公式	三明治：ket 与 bra 各领一份；期望值与概率的推广
$\mathrm{Tr}_A[\rho_{AB}]$	偏迹	迹掉不保管的那一半；按 A 切块、对角块相加
$S(\rho_A)$	纠缠熵	两半越混整体越纠缠；乘积态 0，Bell 态 1 比特
$S=\langle A_0B_0\rangle+\cdots$	CHSH 值	局域隐变量 $\le2$ ，量子可达 $2\sqrt2$
$\rho^{T_B}$	偏转置	每个小块各自转置；出负特征值 ⟹ 纠缠

全篇一句话：并排门 $A\otimes B$ 让两个比特各干各的、永远造不出纠缠，而受控门把动作只装在控制位为 1 的那一半——喂它一个叠加的控制位，两个门就把 $|00\rangle$ 织成 Bell 态， $ad=bc$ 一眼分辨两类态；但 Bell 对的一半在任何基下都是 50/50，没有 ket 装得下它，于是要请出密度矩阵（对角是概率、非对角是相干）与偏迹（按 A 切块、对角块相加），而「整体纯、部分混」既是纠缠最干净的定义、也是它永远传不了信的原因；至于这一切是不是「其实早就写在出厂的字条上」，CHSH 值 $2\sqrt2>2$ 和几十年的实验说：不是。