布洛赫球 (Bloch Sphere)

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/90976246
• 发布日期: 2019-11-09
• 分类: 量子力学基础与量子信息

布洛赫球是一个可以将 qubit 的状态[1]直观化的巧妙工具.

qubit: 即俩态量子系统, 通常用电子的自旋作为例子, 而态空间基底通常记为 $\left\{|0⟩,|1⟩\right\}.$

这篇文章的功能是介绍布洛赫球, 至于如何控制一个态的演变, 都是通过量子逻辑门来实现的:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/91102999> 本文会用到泡利矩阵, 虽然不懂也没关系, 但如果你想变成真正的懂哥还是建议参考 [DLC].

纯态情形

qubit 所处的纯态可用 ${\sigma }_z$ 表象表达为 $|\psi ⟩=\alpha |0⟩+\beta |1⟩$ 一般规定 \left\{ \begin{align} & \left| 0 \right\rangle \equiv \left| \uparrow \right\rangle , \\ & \left| 1 \right\rangle \equiv \left| \downarrow \right\rangle . \\ \end{align} \right.

复系数参数只有 ${\left|\alpha \right|}^2+{\left|\beta \right|}^2=1$ 这一个限制, 所以就可以将 qubit 的系统态等价地表达为:

\left| \psi \right\rangle =\cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{\text{e}^{\text{i}\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle ,\ \theta \in \left[ 0,\pi \right],\varphi \in \left[ 0,2\pi \right].

此时通过 $\theta ,\phi$ 两个实参数就能唯一地确定一个 qubit 的状态.

这是不难理解的, 因为最初两个的复数 $\alpha ,\beta$ 只有两个实部两个虚部共四个实参数. 先通过取消一个整体位相减少一个实参数, 再要求 ${\left|\alpha \right|}^2+{\left|\beta \right|}^2=1$ 又减少一个实参数, 所以最后就剩俩.

在这里我们可以赋予这个二维系统一个几何表述: 任一纯态均可唯一对应到布洛赫球面上的一个点.

布罗赫球面如上图, $|\psi ⟩=\cos \frac{\theta }{2}|0⟩+e^{i\phi }\sin \frac{\theta }{2}|1⟩$ 对应的点是 $\psi \left(cos\phi \sin \theta ,sin\phi \sin \theta ,\cos \theta \right)$.

不难证明布洛赫球面满足下面这三个结论:

(1). 布洛赫球同一个直径的两个端点对应的态是正交的.

(2). $x,y$ 轴与球面的交点正好对应 ${\sigma }_x,{\sigma }_y$ 的本征态, 本征值为 $\pm 1.$

(3). 方向 {\vec{n} 所在直线与球面的交点就是 ${\sigma }_n$ 的本征态, 本征值为 $\pm 1$ [2].

混合态情形

qubit 所处的混合态均在 ${\sigma }_z$ 表象下均具有形式 \rho =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left| {\psi }_{n} \right\rangle \left\langle {\psi }_{n} \right|}.

其中的 ${|\psi ⟩}_n={\alpha }_n|0⟩+{\beta }_n|1⟩$ 是个纯态, 而参数 ${\rho }_n$ 可看作系统处于纯态 $|{\psi }_n⟩$ 的概率.

一个 qubit 的密度算符应该用一个二维方阵表示, 这很显然:

\begin{align} & \rho =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left| {\psi }_{n} \right\rangle \left\langle {\psi }_{n} \right|} \\ & \ \ \ =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left( {\left| {\alpha }_{n} \right|}^{2}\left| 0 \right\rangle \left\langle 0 \right|+{\left| {\beta }_{n} \right|}^{2}\left| 1 \right\rangle \left\langle 1 \right|+{\alpha }_{n}\beta _{n}^{*}\left| 0 \right\rangle \left\langle 1 \right|+\alpha _{n}^{*}{\beta }_{n}\left| 1 \right\rangle \left\langle 0 \right| \right)} \\ & \ \ \ =\left[ \begin{matrix} \sum\limits_{n}{\rho }_{n}{\left| {\alpha }_{n} \right|}^{2} & \sum\limits_{n}{\rho }_{n}{\alpha }_{n}\beta _{n}^{*} \\ \sum\limits_{n}{\rho }_{n}\alpha _{n}^{*}{\beta }_{n} & \sum\limits_{n}{\rho }_{n}{\left| {\beta }_{n} \right|}^{2} \\ \end{matrix} \right]. \\ \end{align}

把 $I$ 看作第零个泡利算符, 则四个泡利算符 $I,{\sigma }_x,{\sigma }_y,{\sigma }_z$ 应该具有完备性, 即:

\left. \begin{align} & {\sigma }_{0}=I=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\ \\ & {\sigma }_{1}={\sigma }_{x}=\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{matrix} \right] \\ & {\sigma }_{2}={\sigma }_{y}=\left[ \begin{matrix} 0 & -\text{i} \\ \text{i} & 0 \\ \end{matrix} \right] \\ & {\sigma }_{3}={\sigma }_{z}=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{matrix} \right] \\ \end{align} \right\}\Rightarrow \left\{ \left. \begin{align} & \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \right]=\frac{1}{2}\left( I+{\sigma }_{z} \right) \\ & \left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \right]=\frac{1}{2}\left( {\sigma }_{x}+\text{i}{\sigma }_{y} \right) \\ & \left[ \begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ \end{matrix} \right]=\frac{1}{2}\left( {\sigma }_{x}-\text{i}{\sigma }_{y} \right) \\ & \left[ \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]=\frac{1}{2}\left( I-{\sigma }_{z} \right) \\ \end{align} \right\} \right. $\Rightarrow \rho =\sum _n{a}_n{\sigma }_n.$

已知密度算符要满足约束条件 $\text{tr}\left(\rho \right)=1$, 再结合关系 \left\{ \begin{align} & \text{tr}\left( I \right)=2, \\ & \text{tr}\left( {\sigma }_{i} \right)=0,\ \left( i=1,2,3 \right).\ \\ \end{align} \right.

则显然有 $\rho =\sum _n{a}_n{\sigma }_n$ 中的 $a_0=\frac{1}{2}$. 若记 $\vec{\sigma }\equiv \left({\sigma }_x,{\sigma }_y,{\sigma }_z\right),\vec{r}\equiv \left(x,y,z\right).$

则密度算符可以表达为 $\rho =\frac{1}{2}\left(I+\vec{r}\cdot \vec{\sigma }\right)=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1+z& x-\text{i}y\\ x+\text{i}y& 1-z\end{array}\right].$

其中的 $\vec{r}=\left( x,y,z \right)$ 由式子 $\rho =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left| {\psi }_{n} \right\rangle \langle {\psi }_{n}|}=\frac{1}{2}\left[ \begin{matrix} 1+z & x-\text{i}y \\ x+\text{i}y & 1-z \\ \end{matrix} \right]$ 确定.

前面我们得到了qubit 密度算符在 ${\sigma }_z$ 表象下对应矩阵的一般形式:

$\rho =\left[\begin{array}{cc}\sum _n{\rho }_n{\left|{\alpha }_n\right|}^2& \sum _n{\rho }_n{\alpha }_n{\beta }_n^{\ast }\\ \sum _n{\rho }_n{\alpha }_n^{\ast }{\beta }_n& \sum _n{\rho }_n{\left|{\beta }_n\right|}^2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a\left(real\right)& c\\ c^{\ast }& b\left(real\right)\end{array}\right]$

不难看出混合态只需两个实参数与一个复参数来描述, 减去约束 $\text{tr}\left(\rho \right)=1$, 剩三个实参数.

所以可以把 $\vec{r}$ 规定为一个实矢量, 这样表达式 \rho \left( {\vec{r} \right)=\frac{1}{2}\left( I+\vec{r}\cdot \vec{\sigma } \right) 正好就三个实参数.

对于纯态, 前面我们证明了只需要两个实参数, 所以可再强加一个 \left| {\vec{r} \right|=1 的约束条件.

此时, \left| {\vec{r} \right|=1 的实矢量显然可以映射到一个球面, 自然可以与前面的布罗赫球面统一起来[3].

混合态是纯态的统计混合:

\begin{align} & \rho =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left| {\psi }_{n} \right\rangle \langle {\psi }_{n}|}=\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\frac{1}{2}\left( I+{\vec{r}_{n}\cdot \vec{\sigma } \right)} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n}{\frac{1}{2}\left( {\rho }_{n}I+{\rho }_{n}{\vec{r}_{n}\cdot \vec{\sigma } \right)} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{I}{2}+\sum\limits_{n}{\frac{1}{2}{\rho }_{n}{\vec{r}_{n}\cdot \vec{\sigma }=\frac{1}{2}\left( I+\sum\limits_{n}{\rho }_{n}{\vec{r}_{n}\cdot \vec{\sigma } \right). \\ \end{align}

所以我们可以说表征混合态的\bm {\vec{r}是组成它的各个纯态的加权和 \vec{r}=\sum\limits_{n}{\rho }_{n}{\vec{r}_{n}.

于是不难发现 \left| {\vec{r} \right|\le 1 且仅在纯态时有 \left| {\vec{r} \right|=1.

终于, 布洛赫球面被我们推广到了布洛赫球, qubit 的任意态都可以映射到一个矢量\bm {\vec{r}上了.

所以对于布洛赫球, 球面上每一个点都能映射到一个纯态, 球内每一个点都能映射到混合态:

利用布洛赫球进行本征谱分解

(1). 可以证明布洛赫球面上任意两点 $A,B$ 的连线上的任何一点 $C$ 所表征的混合态都能被球面上 $A,B$ 这两点所表征的纯态分解.

如图所示:

具体而言就是存在关系: ${\rho }_c=\frac{CB}{AB}{\rho }_A+\left(1-\frac{CB}{AB}\right){\rho }_B.$

文章最后 **[附录1]** 处将证明这点.

(2). 混合态密度算符定义式 \rho =\sum\limits_{n}{\rho }_{n}\left| {\psi }_{n} \right\rangle \left\langle {\psi }_{n} \right|} 中并不要求 $\left\{|{\psi }_n⟩\right\}$ 是一组正交集.

但如果 $\left\{|{\psi }_n⟩\right\}$ 是一组正交集则显然 $|{\psi }_n⟩$ 就同时也是 $\rho$ 的本征值 ${\rho }_n$ 所对应的本征矢.

如前面结论所指出的那样, 对于一个确定的混合态 $C$ 所分解的纯态 $A,B$ 显然是不唯一的.

假如我们能找到互相正交的两个纯态$\mathbf{A},\mathbf{B}$来分解$\mathbf{C}$, 就算是对${\mathbf{\rho }}_c$进行了本征谱分解.

本征谱分解也可以理解为矩阵的对角化.

如何寻找呢? 这里需要利用前面的结论: 布洛赫球同一个直径的两个端点对应的态是正交的.

利用布洛赫球即可通过作图来将矩阵对角化.所以利用布洛赫球可以很轻松的将一个混合态密度算符进行本征谱分解.

[附录1]

球面上任两点 $A,B$ 的连线上的任一点 $C$ 所表征的混合态都能被球面上 $A,B$ 这两点所表征的纯态分解.

由几何关系不难得到:

{\vec{r}_{c}={\vec{r}_{B}+\overrightarrow{BC}={\vec{r}_{B}+\frac{CB}{AB}\overrightarrow{BA}={\vec{r}_{B}+\frac{CB}{AB}\left( {\vec{r}_{A}-{\vec{r}_{B} \right)=\frac{CB}{AB}{\vec{r}_{A}+\left( 1-\frac{CB}{AB} \right){\vec{r}_{b}.

根据公式有: {\rho }_{c}=\frac{1}{2}\left( I+{\vec{r}_{c}\cdot \vec{\sigma } \right)=\frac{1}{2}\left\{ I+\left[ \lambda {\vec{r}_{A}+\left( 1-\lambda \right){\vec{r}_{b} \right]\cdot \vec{\sigma } \right\} , 其中 $\frac{CB}{AB}=\lambda .$

通过简单的计算可以证明:

\left. \begin{align} & {\rho }_{A}=\frac{1}{2}\left( I+{\vec{r}_{A}\cdot \vec{\sigma } \right) \\ & {\rho }_{B}=\frac{1}{2}\left( I+{\vec{r}_{B}\cdot \vec{\sigma } \right) \\ \end{align} \right\}\Rightarrow \lambda {\rho }_{A}+\left( 1-\lambda \right){\rho }_{B}=\frac{1}{2}\left\{ I+\left[ \lambda {\vec{r}_{A}+\left( 1-\lambda \right){\vec{r}_{B} \right]\cdot \vec{\sigma } \right\}.

综上所述: ${\rho }_c=\frac{CB}{AB}{\rho }_A+\left(1-\frac{CB}{AB}\right){\rho }_B.$

[附录2]

1. 验证两个表述的统一性:

当我们将方向参数选定为 $\left(\theta ,\phi \right)$ 时, 对应的态为 $|\psi ⟩=\cos \frac{\theta }{2}|0⟩+e^{i\phi }\sin \frac{\theta }{2}|1⟩.$

而这个态在球面对应的点为 $\psi \left(\cos \phi \sin \theta ,\sin \phi \sin \theta ,\cos \theta \right).$

这个纯态对应的密度算符为:

\begin{align} & \ \ \ \ \ \rho =\left| \psi \right\rangle \langle \psi | \\ & \ \ \ \ \ \ \ =\left( \cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle +{e}^{i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \right)\left( \cos \frac{\theta }{2}\langle 0|+{e}^{-i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\langle 1| \right) \\ & \ \ \ \ \ \ \ ={\cos }^{2}\frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle \langle 0|+{e}^{-i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}\left| 0 \right\rangle \langle 1|+{e}^{i\varphi }\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \langle 0|+{\sin }^{2}\frac{\theta }{2}\left| 1 \right\rangle \langle 1|. \\ \end{align}

\Rightarrow \rho =\left[ \begin{matrix} {\cos }^{2}\frac{\theta }{2} & \frac{e}^{-i\varphi }{2}\sin \theta \\ \frac{e}^{i\varphi }{2}\sin \theta & {\sin }^{2}\frac{\theta }{2} \\ \end{matrix} \right].

在第二部分中 $\rho =\frac{1}{2}\left(I+\vec{r}\cdot \vec{\sigma }\right)=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1+z& x-iy\\ x+iy& 1-z\end{array}\right].$

结合俩密度算符得到方程组 \left\{ \begin{align} & \frac{1+z}{2}={\cos }^{2}\frac{\theta }{2}=\frac{1+\cos \theta }{2}, \\ & \frac{1-z}{2}={\sin }^{2}\frac{\theta }{2}=\frac{1-\cos \theta }{2}, \\ & \frac{1}{2}\left( x+\text{i}y \right)=\frac{\text{e}^{\text{i}\varphi }{2}\sin \theta =\frac{1}{2}\left( \cos \varphi \sin \theta +\text{i}\sin \varphi \sin \theta \right), \\ & \frac{1}{2}\left( x-\text{i}y \right)=\frac{\text{e}^{-\text{i}\varphi }{2}\sin \theta =\frac{1}{2}\left( \cos \varphi \sin \theta -\text{i}\sin \varphi \sin \theta \right). \\ \end{align} \right.

解得 \left\{ \left. \begin{align} & x=\cos \varphi \sin \theta \\ & y=\sin \varphi \sin \theta \\ & z=\cos \theta \\ \end{align} \right\} \right. $\Rightarrow \vec{r}=\left(\cos \phi \sin \theta ,\sin \phi \sin \theta ,\cos \theta \right)$ 所以二者是统一的.

2. 结论 (3) 的证明:

从上面的验证可知 $\rho =|\psi ⟩⟨\psi |=\frac{1}{2}\left(I+\vec{r}\cdot \vec{\sigma }\right)=\frac{I}{2}+\frac{1}{2}{\sigma }_r.$

将上式右乘 $|\psi ⟩$ 可得 $\rho |\psi ⟩=|\psi ⟩⟨\psi |\psi ⟩=\frac{1}{2}|\psi ⟩+\frac{1}{2}{\sigma }_r|\psi ⟩\Rightarrow {\sigma }_n|\psi ⟩=|\psi ⟩.$

综上所述对应方向 {\vec{r} 的态 $|\psi ⟩$ 是 ${\sigma }_r$ 的本征态, 本征值为 $1.$

显然对应反方向 $-\vec{r}$ 的态是 ${\sigma }_r$ 本征值 $-1$ 对应的本征矢.

参考

• ^纯态或混合态均可.
• ^ 结论 (3) 的证明见文章最后的 [附录2].
• ^但这样规定是否真的能统一这两个体系呢? 可以自行验证, 或者见 [附录2].