1.貝爾算符

在討論量子糾纏態的應用之前，我們先來看看量子力學史上的幾個經典術語。

薛定諤的貓和EPR佯謬

(資料圖)

在玻爾提出了量子的疊加態和測量時發生坍縮的理論時，這個理論是很不符合常理的，眾多的科學家都向其提出質疑，其中流傳最為廣泛的一個質疑的聲音就是薛定諤提出的貓。薛定諤的貓這個問題大家應該都耳熟能詳，其核心問題就是：粒子可以處于兩種基態的疊加態，如果其中的一個基態會導致貓死亡，一個基態不會對貓造成影響，那么處于疊加態的粒子會讓貓處于死亡和活著的疊加狀態嗎？常理告訴我們，這是不可能的事情。因此，薛定諤將微觀粒子的狀態疊加擴大到宏觀的貓的生死狀態，意圖證明疊加態的錯誤。

再來說說另外一個問題，“EPR佯謬”。這個實驗是由E:愛因斯坦、P:波多爾斯基和R:羅森1935年為論證量子力學的不完備性而提出的一個悖論。它主要提出的問題是對量子糾纏的質疑，前面我們說過，處于糾纏態的兩個粒子，會存在某種關聯，對其中一個粒子進行某種操作會影響到另外一個粒子的狀態，這種影響是絕對的，不管兩個粒子在空間上分開的多遠，這種影響都能在瞬間產生。對于愛因斯坦來說，他認為要么就是存在某種超距離的作用產生了這種影響，要不就是量子力學的描述不完備。

貝爾不等式        貝爾是一位加速器設計工程師，同時也是愛因斯坦的腦殘粉，他的業余愛好就是研究量子力學的基礎理論。他基于愛因斯坦的隱參數理論推導出著名的貝爾不等式，從而人們可以在實驗上根據貝爾不等式判定量子力學正確還是愛因斯坦正確。

法國學者首先證實了貝爾不等式可以違背，之后更多的實驗支持了這個結論，即宏觀世界遵守貝爾不等式，而微觀世界能夠違背貝爾不等式，從而證實了量子力學的正確性和量子力學非局域性的基本性質。現在由 EPR 佯謬中揭示的量子關聯效應常被稱為 EPR 效應，它是非局域性的提現。

貝爾態基        貝爾態基是用于描述兩個量子比特（qubit）系統的四種最大糾纏態的。它由下面的四個態矢組成： ∣ β 00 ? = ∣ 00 ? + ∣ 11 ? 2 = 1 2 [ 1 0 0 0 ] + 1 2 [ 0 0 0 1 ] = 1 2 [ 1 0 0 1 ] |\beta_{00}\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right]+ \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right]= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right] ∣β00?=2 ∣00?+∣11?=2 1????1000????+2 1????0001????=2 1????1001????

∣ β 01 ? = ∣ 01 ? + ∣ 10 ? 2 = 1 2 [ 0 1 0 0 ] + 1 2 [ 0 0 1 0 ] = 1 2 [ 0 1 1 0 ] |\beta_{01}\rangle=\frac{|01\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right]+ \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right]= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right] ∣β01?=2 ∣01?+∣10?=2 1????0100????+2 1????0010????=2 1????0110????

∣ β 10 ? = ∣ 00 ? ? ∣ 11 ? 2 = 1 2 [ 1 0 0 0 ] ? 1 2 [ 0 0 0 1 ] = 1 2 [ 1 0 0 ? 1 ] |\beta_{10}\rangle=\frac{|00\rangle-|11\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right]- \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right]= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{matrix}\right] ∣β10?=2 ∣00??∣11?=2 1????1000?????2 1????0001????=2 1????100?1????

∣ β 11 ? = ∣ 01 ? ? ∣ 10 ? 2 = 1 2 [ 0 1 0 0 ] ? 1 2 [ 0 0 1 0 ] = 1 2 [ 0 1 ? 1 0 ] |\beta_{11}\rangle=\frac{|01\rangle-|10\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right]- \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right]= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}\right] ∣β11?=2 ∣01??∣10?=2 1????0100?????2 1????0010????=2 1????01?10????

貝爾態基也可以寫成下列形式： ∣ Ψ ( ± ) ? = ( ∣ 01 ? ± ∣ 10 ? ) 2 = 1 2 ( ∣ 0 ? ? ∣ 1 ? ± ∣ 1 ? ? ∣ 0 ? ) ： ( ∣ β 01 ? ， ∣ β 11 ? ) |\Psi^{(\pm)}\rangle=\frac{(|01\rangle\pm|10\rangle)}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle\otimes|1\rangle\pm|1\rangle\otimes|0\rangle)： (|\beta_{01}\rangle，|\beta_{11}\rangle) ∣Ψ(±)?=2 (∣01?±∣10?)=2 1(∣0??∣1?±∣1??∣0?)：(∣β01?，∣β11?)

∣ Φ ( ± ) ? = ( ∣ 00 ? ± ∣ 11 ? ) 2 = 1 2 ( ∣ 0 ? ? ∣ 0 ? ± ∣ 1 ? ? ∣ 1 ? ) ： ( ∣ β 00 ? ， ∣ β 10 ? ) |\Phi^{(\pm)}\rangle=\frac{(|00\rangle\pm|11\rangle)}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle\otimes|0\rangle\pm|1\rangle\otimes|1\rangle)： (|\beta_{00}\rangle，|\beta_{10}\rangle) ∣Φ(±)?=2 (∣00?±∣11?)=2 1(∣0??∣0?±∣1??∣1?)：(∣β00?，∣β10?)

2.量子糾纏狀態

前面我們討論過，量子糾纏狀態指的是兩個或多個量子系統之間的非定域、非經典的關聯，是量子系統內各子系統或各自由度之間關聯的力學屬性。

量子的糾纏狀態可以描述為：如果 qubit 列的疊加狀態無法用各 qubit 的張量乘積表示，這種疊加狀態就稱為量子糾纏狀態。對于下面的狀態，它可以用兩個量子比特的張量積表示，因此是非糾纏態的。 1 2 ∣ 00 ? + 1 2 ∣ 10 ? = 1 2 ∣ 0 ? ∣ 0 ? + 1 2 ∣ 1 ? ∣ 0 ? = ( 1 2 ∣ 0 ? + 1 2 ∣ 0 ? ) ∣ 0 ? \begin{aligned} \frac{1}{\sqrt[]{2}} |00\rangle+\frac{1}{\sqrt[]{2}}|10\rangle & =\frac{1}{\sqrt[]{2}} |0\rangle|0\rangle+\frac{1}{\sqrt[]{2}}|1\rangle|0\rangle \\ &=(\frac{1}{\sqrt[]{2}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt[]{2}}|0\rangle) |0\rangle \end{aligned} 2 1∣00?+2 1∣10?=2 1∣0?∣0?+2 1∣1?∣0?=(2 1∣0?+2 1∣0?)∣0?

但是對于下面的狀態，它不能表示為兩個 qubit 的乘積，因此是屬于糾纏態的 1 2 ∣ 01 ? + 1 2 ∣ 10 ? \frac{1}{\sqrt[]{2}} |01\rangle+\frac{1}{\sqrt[]{2}}|10\rangle 2 1∣01?+2 1∣10? 再看下面的疊加態： 1 2 ( ∣ 010 ? + ∣ 011 ? + ∣ 100 ? + ∣ 101 ? ) = ( 1 2 ∣ 01 ? + 1 2 ∣ 10 ? ) ( 1 2 ∣ 0 ? + 1 2 ∣ 1 ? ) \frac{1}{2}(|010\rangle+|011\rangle+|100\rangle+|101\rangle)= (\frac{1}{\sqrt{2}}|01\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}|10\rangle) (\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}|1\rangle) 21(∣010?+∣011?+∣100?+∣101?)=(2 1∣01?+2 1∣10?)(2 1∣0?+2 1∣1?)

其乘積的左因子是兩個糾纏態的 qubit ，所以這個疊加狀態也是糾纏態。

前面我們討論了兩個量子比特（qubit）系統的四種最大糾纏態的表示——貝爾態基：

∣ β 00 ? = ∣ 00 ? + ∣ 11 ? 2 = 1 2 [ 1 0 0 1 ] |\beta_{00}\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right] ∣β00?=2 ∣00?+∣11?=2 1????1001????

∣ β 01 ? = ∣ 01 ? + ∣ 10 ? 2 = 1 2 [ 0 1 1 0 ] |\beta_{01}\rangle=\frac{|01\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right] ∣β01?=2 ∣01?+∣10?=2 1????0110????

∣ β 10 ? = ∣ 00 ? ? ∣ 11 ? 2 = 1 2 [ 1 0 0 ? 1 ] |\beta_{10}\rangle=\frac{|00\rangle-|11\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{matrix}\right] ∣β10?=2 ∣00??∣11?=2 1????100?1????

∣ β 11 ? = ∣ 01 ? ? ∣ 10 ? 2 = 1 2 [ 0 1 ? 1 0 ] |\beta_{11}\rangle=\frac{|01\rangle-|10\rangle}{\sqrt{2}}= \frac{1}{\sqrt{2}}\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}\right] ∣β11?=2 ∣01??∣10?=2 1????01?10????

顯然，四個貝爾態基都是糾纏態。貝爾態基在量子信息理論中，特別是在量子糾錯編碼理論中有著不可代替的作用。下面我們通過一下量子糾纏態的生成方法來深入的了解量子糾纏狀態的性質。

3.糾纏態的生成方法

量子糾纏態的生成通過下圖所示的量子狀態變換回路：        用量子比特對的一個基底狀態 ∣ 00 ? |00\rangle ∣00? 作為輸入狀態，我們來一下它的輸出狀態。

首先經過 H-Gate 門后的狀態變為： ( ∣ 0 ? + ∣ 1 ? 2 ) ∣ 0 ? = ∣ 00 ? + ∣ 10 ? 2 (\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}})|0\rangle=\frac{|00\rangle+|10\rangle}{\sqrt{2}} (2 ∣0?+∣1?)∣0?=2 ∣00?+∣10?

再將該狀態經過 Controlled - NOT - Gate 變換得到輸出結果： ∣ 00 ? + ∣ 11 ? 2 \frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}} 2 ∣00?+∣11?

這里我們比較一下就能發現，得到的結果就是貝爾態基中的第一個 ∣ β 00 ? |\beta_{00}\rangle ∣β00?，同理，如果我們對兩個子比特組成的四個基底 ∣ 00 ? 、 ∣ 01 ? 、 ∣ 10 ? 、 ∣ 11 ? |00\rangle、|01\rangle、|10\rangle、|11\rangle ∣00?、∣01?、∣10?、∣11? 經過該量子狀態變換回路可以得到結果如下：

輸入狀態輸出狀態

∣ 00 ? \vert00\rangle ∣00?∣ β 00 ? = ∣ 00 ? + ∣ 11 ? 2 \vert\beta_{00}\rangle=\frac{\vert00\rangle+\vert11\rangle}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣00?+∣11?

∣ 01 ? \vert01\rangle ∣01?∣ β 01 ? = ∣ 01 ? + ∣ 10 ? 2 \vert\beta_{01}\rangle=\frac{\vert01\rangle+\vert10\rangle}{\sqrt{2}} ∣β01?=2 ∣01?+∣10?

∣ 10 ? \vert10\rangle ∣10?∣ β 00 ? = ∣ 00 ? ? ∣ 11 ? 2 \vert\beta_{00}\rangle=\frac{\vert00\rangle-\vert11\rangle}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣00??∣11?

∣ 11 ? \vert11\rangle ∣11?∣ β 01 ? = ∣ 00 ? ? ∣ 10 ? 2 \vert\beta_{01}\rangle=\frac{\vert00\rangle-\vert10\rangle}{\sqrt{2}} ∣β01?=2 ∣00??∣10?

至此我們知道對于基底 qubit 對經過如上的狀態變換回路，可以生成糾纏狀態，上面的四種狀態 { ∣ β 00 ? ， ∣ β 01 ? ， ∣ β 10 ? ， ∣ β 11 ? } \{|\beta_{00}\rangle，|\beta_{01}\rangle，|\beta_{10}\rangle，|\beta_{11}\rangle\} {∣β00?，∣β01?，∣β10?，∣β11?}稱為貝爾狀態，也成為 EPR狀態或 EPR對。

貝爾狀態是 qubit 對的一組正規直交基底。例如，對于 ∣ β 00 ? |\beta_{00}\rangle ∣β00? 計算其內積： ? β 00 ∣ β 00 ? = ( ? 00 ∣ + ? 11 ∣ ) ( ∣ 00 ? + ∣ 11 ? ) 2 = ? 00 ∣ 00 ? + ? 11 ∣ 00 ? + ? 00 ∣ 11 ? + ? 11 ∣ 11 ? 2 = 1 + 0 + 0 + 1 2 = 1 \begin{aligned} \langle\beta_{00}|\beta_{00}\rangle & =\frac{( \langle00|+\langle11|)(|00\rangle+|11\rangle)}{2} \\ & =\frac{ \langle00|00\rangle+\langle11|00\rangle+\langle00|11\rangle+\langle11|11\rangle} {2} \\ & =\frac{1+0+0+1}{2}=1 \end{aligned} ?β00∣β00?=2(?00∣+?11∣)(∣00?+∣11?)=2?00∣00?+?11∣00?+?00∣11?+?11∣11?=21+0+0+1=1

同理可知貝爾狀態都已被規范化了。        我們選擇 ∣ β 00 ? ， ∣ β 10 ? |\beta_{00}\rangle，|\beta_{10}\rangle ∣β00?，∣β10? 計算內積： ? β 00 ∣ β 10 ? = ( ? 00 ∣ + ? 11 ∣ ) ( ∣ 00 ? ? ∣ 11 ? ) 2 = ? 00 ∣ 00 ? + ? 11 ∣ 00 ? ? ? 00 ∣ 11 ? ? ? 11 ∣ 11 ? 2 = 1 + 0 ? 0 ? 1 2 = 0 \begin{aligned} \langle\beta_{00}|\beta_{10}\rangle & =\frac{( \langle00|+\langle11|)(|00\rangle-|11\rangle)}{2} \\ &=\frac{ \langle00|00\rangle+\langle11|00\rangle-\langle00|11\rangle-\langle11|11\rangle}{2} \\ &=\frac{1+0-0-1}{2}=0 \end{aligned} ?β00∣β10?=2(?00∣+?11∣)(∣00??∣11?)=2?00∣00?+?11∣00???00∣11???11∣11?=21+0?0?1=0

同理我們可以得出它們都是正交的。

4.對糾纏態的測定

下面我們來看一下對糾纏狀態進行測量時，糾纏狀態所呈現出的性質。以具有代表性的糾纏狀態——貝爾狀態為例： ∣ β 00 ? = ∣ 00 ? + ∣ 11 ? 2 |\beta_{00}\rangle=\frac{|00\rangle+|11\rangle}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣00?+∣11? 在對該狀態進行測量時，各個 qubit 比特列獲得的概率是:

輸出狀態概率

00∣ ? 00 ∣ β 00 ? ∣ 2 = 1 2 \vert\langle00\vert\beta_{00}\rangle\vert^2=\frac{1}{2} ∣?00∣β00?∣2=21

01∣ ? 01 ∣ β 00 ? ∣ 2 = 0 \vert\langle01\vert\beta_{00}\rangle\vert^2=0 ∣?01∣β00?∣2=0

10∣ ? 10 ∣ β 00 ? ∣ 2 = 0 \vert\langle10\vert\beta_{00}\rangle\vert^2=0 ∣?10∣β00?∣2=0

11∣ ? 11 ∣ β 00 ? ∣ 2 = 1 2 \vert\langle11\vert\beta_{00}\rangle\vert^2=\frac{1}{2} ∣?11∣β00?∣2=21

從結果中我們可以知道，貝爾狀態 qubit 對的測定結果：當第一位測定結果為 0 時，第二位也必定為 0 ；當第一位測定結果為 1 時，第二位也必定為 1 。這個現象非常奇妙，如果將兩個糾纏態的量子比特分給別人一個，那么我測定一下我手里的狀態，就能知道別人手里的粒子現在的狀態，amazing！這其實就是 qubit 之間存在的一種超強作用力，即“量子相關作用”的相干關系。

5.量子糾纏態的應用

通過上面對糾纏狀態的討論，我們發現了量子狀態的超強作力，那么這些超強作用力怎么能應用到現實中呢？下面就介紹幾種量子糾纏狀態的應用。

量子密鑰分配

量子密鑰分配是量子糾纏狀態的最初的實際應用。現在假設有一貝爾狀態 ∣ β 00 ? = ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B 2 |\beta_{00}\rangle=\frac{|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B

其中一位讓用戶 A 擁有，第二位讓用戶 B 擁有；式中 ∣ ? ? A | ·\rangle_A ∣??A 或 ∣ ? ? B | ·\rangle_B ∣??B 分別表示用戶 A 或用戶 B 擁有的 qubit 。此時用戶 A 擁有的粒子的狀態為 ∣ A ? = ∣ 0 ? + ∣ 1 ? 2 |A\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}} ∣A?=2 ∣0?+∣1? 而用戶 B 擁有粒子的狀態為 ∣ B ? = ∣ 0 ? + ∣ 1 ? 2 |B\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}} ∣B?=2 ∣0?+∣1? ，如果用戶 A 首先在基底 { ∣ 0 ? , ∣ 1 ? } \{ |0\rangle,|1\rangle\} {∣0?,∣1?} 上測定自己擁有的 qubit ，此時 A 可以等概率的獲得 0 或 1 的結果。當 A 進行測量之后，B 再進行測量就會服從 A 的結果。

兩人測定的結果如下所示：

A 的測定結果B 的測定結果

∣ 0 ? \vert0\rangle ∣0?∣ 0 ? \vert0\rangle ∣0?

∣ 1 ? \vert1\rangle ∣1?∣ 1 ? \vert1\rangle ∣1?

通過以上的過程可以發現，每進行一次這樣的操作，雙方就會產生一位相同的 bit 位，如果對 n 位貝爾狀態實施這樣的操作，A 和 B 就能夠共同擁有 n 個 bit 位的隨機生成的密鑰。我們思考它的過程，如果每次傳輸都重新產生密鑰，那么我們就能夠達到香農所描述的絕對安全的加密傳輸，這便是量子糾纏在加密傳輸中的巨大潛力。

量子高密度編碼

在量子通信的領域中，我們利用量子糾纏狀態實現量子高密度編碼，量子高密度編碼能夠實現一個 qubit 傳送 2 bit 經典信息的機能。下面對這種編碼方式做出簡潔的介紹。

現在假設有一貝爾狀態 ∣ β 00 ? = ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B 2 |\beta_{00}\rangle=\frac{|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B

將其中的兩個量子比特分給 A 和 B ，式中 ∣ ? ? A | ·\rangle_A ∣??A 或 ∣ ? ? B | ·\rangle_B ∣??B 分別表示用戶 A 或用戶 B 擁有的 qubit 。若用戶 A 需要向用戶 B 傳送 2 bit 的經典信息，那么 A 根據自己要發送的經典信息對自己擁有的 qubit 做如下的操作：

要發送的經典信息對擁有的 qubit 實施的操作

00什么操作也不施加

01施加 X - Gate 演算 X = [ 0 1 1 0 ] X=\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right] X=[0110]

10施加 Z - Gate 演算 Z = [ 1 0 0 ? 1 ] Z=\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right] Z=[100?1]

11施加 X - Gate 演算和 Z - Gate 演算 XZ

用戶 A 通過上述操作，這個糾纏狀態變為下列狀態：

要發送的經典信息施加操作后的糾纏狀態

00β 00 ? \beta_{00}\rangle β00?

01X ∣ β 00 ? = ( X ∣ 0 ? A ) ∣ 0 ? B + ( X ∣ 1 ? A ) ∣ 1 ? B 2 = ∣ 1 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 0 ? A ∣ 1 ? B 2 = ∣ β 01 ? X\vert\beta_{00}\rangle=\frac{(X\vert0\rangle_A)\vert0\rangle_B+(X\vert1\rangle_A)\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\frac{\vert1\rangle_A\vert0\rangle_B+\vert0\rangle_A\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\vert\beta_{01}\rangle X∣β00?=2 (X∣0?A)∣0?B+(X∣1?A)∣1?B=2 ∣1?A∣0?B+∣0?A∣1?B=∣β01?

10Z ∣ β 00 ? = ( Z ∣ 0 ? A ) ∣ 0 ? B + ( Z ∣ 1 ? A ) ∣ 1 ? B 2 = ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B ? ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B 2 = ∣ β 10 ? Z\vert\beta_{00}\rangle=\frac{(Z\vert0\rangle_A)\vert0\rangle_B+(Z\vert1\rangle_A)\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\frac{\vert0\rangle_A\vert0\rangle_B-\vert1\rangle_A\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\vert\beta_{10}\rangle Z∣β00?=2 (Z∣0?A)∣0?B+(Z∣1?A)∣1?B=2 ∣0?A∣0?B?∣1?A∣1?B=∣β10?

11Z X ∣ β 00 ? = ( Z X ∣ 0 ? A ) ∣ 0 ? B + ( Z X ∣ 1 ? A ) ∣ 1 ? B 2 = ? ∣ 1 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 0 ? A ∣ 1 ? B 2 = ∣ β 11 ? ZX\vert\beta_{00}\rangle=\frac{(ZX\vert0\rangle_A)\vert0\rangle_B+(ZX\vert1\rangle_A)\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\frac{-\vert1\rangle_A\vert0\rangle_B+\vert0\rangle_A\vert1\rangle_B}{\sqrt{2}}=\vert\beta_{11}\rangle ZX∣β00?=2 (ZX∣0?A)∣0?B+(ZX∣1?A)∣1?B=2 ?∣1?A∣0?B+∣0?A∣1?B=∣β11?

送信者 A 在對自己擁有的 qubit 實施操作以后將自己擁有的 qubit 傳送給收信者 B，此時收信者 B 擁有整個 qubit 的狀態。因為貝爾狀態 { ∣ β 00 ? ， ∣ β 01 ? ， ∣ β 10 ? ， ∣ β 11 ? } \{|\beta_{00}\rangle，|\beta_{01}\rangle，|\beta_{10}\rangle，|\beta_{11}\rangle\} {∣β00?，∣β01?，∣β10?，∣β11?} 構成正規直交基底，因此通過基于貝爾狀態的測定，B 能夠正確地知道 qubit 對的狀態是 4 個狀態中的哪一個，根據測量的結果就能用下面的規則還原 A 發送來的信息。

判定結果還原的信息

∣ β 00 ? \vert\beta_{00}\rangle ∣β00?00

∣ β 01 ? \vert\beta_{01}\rangle ∣β01?01

∣ β 10 ? \vert\beta_{10}\rangle ∣β10?10

∣ β 11 ? \vert\beta_{11}\rangle ∣β11?11

這里我們再對高密度編碼問題進行更一般性的討論，即如果通信雙方之間存在一個能夠傳送 qubit 的且不產生誤碼的信道，我們考慮一下為了從 A 向 B 發送 n 個 bit 的信息，雙方需要多少量子比特來傳送信息比較妥當，下面的定理解答了這個問題。

該定理主要想要說明的問題就是，如果 A 需要向 B 發送 n 個 bit 的經典信息，利用 qubit 的高密度編碼，雙方需要互相交換多少 qubit 的信息。

雙方不共有糾纏態 qubit 的情況下，如果 n A B < n \pmb{n_{AB}<N} nab<nnab<nnab<n="" 說明從a="" 能夠傳到="" 的="" qubit="" 的個數小于經典="" 的個數，這時我可以通過="" 向="" 個處于貝爾狀態的粒子，這時="" 可以用這些粒子傳送="" \pmb{2×n_{ba}}="" 2×nba2×nba2×nba="" 個經典比特的信息，剩余的信息用="" \pmb{n_{ab}-2\times="" n_{ba}}="" nab?2×nbanab?2×nbanab?2×nba個粒子傳送，如果="" ?="" \pmb{n_{ab}-n_{ba}="" \geq="" n-2×n_{ba}}="" nab?nba≥n?2×nbanab?nba≥n?2×nbanab?nba≥n?2×nba，那么信息就能傳送完畢，否則信息是一定不能傳送完的，對上式做變換就能得到="" +="" ≥="" \pmb{n_{ab}+n_{ba}\geq="" n}="" nab+nba≥nnab+nba≥nnab+nba≥n。="" 如果="" \pmb{n_{ab}<\frac{n}{2}}="" nab<2nnab<2nnab<2n，不管="" \pmb{n_{ba}}="" nbanbanba="" 有多大，a="" 最多利用高密度傳送="" ×="" <="" \pmb{2×n_{ab}<n}="" 2×nab<n2×nab<n2×nab<n="" 信息，是不能滿足="" 個="" bit="" 信息的要求的。雙方有無數個糾纏態時，可以直接使用="" n="" a="" b="" 2="" \pmb{n_{ab}="\frac{n}{2}}" nab="2nnAB=2nnAB=2n" 傳送="" n個經典 bit ，所以 n A B ≥ [ n 2 ] \pmb{n_{AB}\geq\left[ \begin{matrix} \frac{n}{2} \end{matrix}\right]} nAB≥[2n]nAB≥[2n]nAB≥[2n].

量子瞬間傳遞（量子隱形傳態）

量子瞬間傳遞的過程實現了將一個量子的狀態傳遞給另外一個量子。在這個過程中即使沒有量子信道，發送者也可以向接收者傳送 qubit ，量子瞬間傳送的名字也由此而來。下面討論實現量子隱形傳態的方法。 首先，發送者 A 和 接收者 B 共同擁有下面的貝爾態： ∣ β 00 ? = ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B 2 |\beta_{00}\rangle=\frac{|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B}{\sqrt{2}} ∣β00?=2 ∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B

將其中的兩個量子比特分給 A 和 B ，式中 ∣ ? ? A | ·\rangle_A ∣??A 或 ∣ ? ? B | ·\rangle_B ∣??B 分別表示用戶 A 或用戶 B 擁有的 qubit 。假設發送者 A 希望將 qubit 信息 ∣ φ ? = α ∣ 0 ? A + β ∣ 1 ? A \pmb{|\varphi\rangle=\alpha|0\rangle_A+\beta|1\rangle_A} ∣φ?=α∣0?A+β∣1?A∣φ?=α∣0?A+β∣1?A∣φ?=α∣0?A+β∣1?A 發送給 B ,則送信者的初始狀態如下： ∣ ξ 0 ? = ∣ φ ? ∣ β 00 ? = ( α ∣ 0 ? A + β ∣ 1 ? A ) ( ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B 2 ) = 1 2 { α ( ∣ 00 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 01 ? A ∣ 1 ? B ) + β ( ∣ 10 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 11 ? A ∣ 1 ? B ) } \begin{aligned} |\xi_0\rangle & =|\varphi\rangle|\beta_{00}\rangle \\ &=(\alpha|0\rangle_A+\beta|1\rangle_A)(\frac{|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B}{\sqrt{2}}) \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\{\alpha(|00\rangle_A|0\rangle_B+|01\rangle_A|1\rangle_B)+\beta(|10\rangle_A|0\rangle_B+|11\rangle_A|1\rangle_B) \} \end{aligned} ∣ξ0?=∣φ?∣β00?=(α∣0?A+β∣1?A)(2 ∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B)=2 1{α(∣00?A∣0?B+∣01?A∣1?B)+β(∣10?A∣0?B+∣11?A∣1?B)}

①A 先對自己擁有的兩個 qubit 經過控制非門（Controlled - NOT - Gate）演算變換，之后整體的狀態變為 ∣ ξ 1 ? = 1 2 { α ( ∣ 00 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 01 ? A ∣ 1 ? B ) + β ( ∣ 11 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 10 ? A ∣ 1 ? B ) } |\xi_1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\{\alpha(|00\rangle_A|0\rangle_B+|01\rangle_A|1\rangle_B)+\beta(|11\rangle_A|0\rangle_B+|10\rangle_A|1\rangle_B) \} ∣ξ1?=2 1{α(∣00?A∣0?B+∣01?A∣1?B)+β(∣11?A∣0?B+∣10?A∣1?B)}

②對自己要傳送的量子比特做 H - Gate 演算，則 H ∣ 0 ? = 1 2 ( ∣ 0 ? + ∣ 1 ? )      H ∣ 1 ? = 1 2 ( ∣ 0 ? ? ∣ 1 ? ) H|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)\ \ \ \ H|1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle) H∣0?=2 1(∣0?+∣1?)    H∣1?=2 1(∣0??∣1?)

之后整體的狀態將變為 ∣ ξ 2 ? = 1 2 { α ( H ∣ 0 ? A ) ( ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B ) + β ( H ∣ 1 ? A ) ( ∣ 1 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 0 ? A ∣ 1 ? B ) } = 1 2 { α ( ∣ 0 ? A + ∣ 1 ? A ) ( ∣ 0 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 1 ? A ∣ 1 ? B ) + β ( ∣ 0 ? A ? ∣ 1 ? A ) ( ∣ 1 ? A ∣ 0 ? B + ∣ 0 ? A ∣ 1 ? B ) } = 1 2 { ∣ 00 ? A ( α ∣ 0 ? B + β ∣ 1 ? B ) + ∣ 01 ? A ( α ∣ 1 ? B + β ∣ 0 ? B ) + ∣ 10 ? A ( α ∣ 0 ? B ? β ∣ 1 ? B ) + ∣ 11 ? A ( α ∣ 1 ? B ? β ∣ 0 ? B ) } \begin{aligned} |\xi_2\rangle &=\frac{1}{\sqrt{2}}\{\alpha(H|0\rangle_A)(|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B)+ \beta(H|1\rangle_A)(|1\rangle_A|0\rangle_B+|0\rangle_A|1\rangle_B) \} \\ &=\frac{1}{2}\{ \alpha(|0\rangle_A+|1\rangle_A)(|0\rangle_A|0\rangle_B+|1\rangle_A|1\rangle_B)+ \beta(|0\rangle_A-|1\rangle_A)(|1\rangle_A|0\rangle_B+|0\rangle_A|1\rangle_B) \} \\ & =\frac{1}{2}\{|00\rangle_A(\alpha|0\rangle_B+\beta|1\rangle_B) + |01\rangle_A(\alpha|1\rangle_B+\beta|0\rangle_B) + |10\rangle_A(\alpha|0\rangle_B-\beta|1\rangle_B) + |11\rangle_A(\alpha|1\rangle_B-\beta|0\rangle_B)\} \end{aligned} ∣ξ2?=2 1{α(H∣0?A)(∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B)+β(H∣1?A)(∣1?A∣0?B+∣0?A∣1?B)}=21{α(∣0?A+∣1?A)(∣0?A∣0?B+∣1?A∣1?B)+β(∣0?A?∣1?A)(∣1?A∣0?B+∣0?A∣1?B)}=21{∣00?A(α∣0?B+β∣1?B)+∣01?A(α∣1?B+β∣0?B)+∣10?A(α∣0?B?β∣1?B)+∣11?A(α∣1?B?β∣0?B)}

這里我們把這幾個狀態的疊加分開來看 ∣ 00 ? A ( α ∣ 0 ? B + β ∣ 1 ? B ) |00\rangle_A(\alpha|0\rangle_B+\beta|1\rangle_B) ∣00?A(α∣0?B+β∣1?B) ∣ 01 ? A ( α ∣ 1 ? B + β ∣ 0 ? B ) |01\rangle_A(\alpha|1\rangle_B+\beta|0\rangle_B) ∣01?A(α∣1?B+β∣0?B) ∣ 10 ? A ( α ∣ 0 ? B ? β ∣ 1 ? B ) |10\rangle_A(\alpha|0\rangle_B-\beta|1\rangle_B) ∣10?A(α∣0?B?β∣1?B) ∣ 11 ? A ( α ∣ 1 ? B ? β ∣ 0 ? B ) |11\rangle_A(\alpha|1\rangle_B-\beta|0\rangle_B) ∣11?A(α∣1?B?β∣0?B)很清晰有木有，我們發現 A 的兩個粒子的狀態和 B 的狀態已經產生了某種關聯，通過概率我們可以知道，如果對 A 的兩個粒子進行測量，可能的結果就是 { ∣ 00 ? , ∣ 01 ? , ∣ 10 ? , ∣ 11 ? } \{|00\rangle,|01\rangle,|10\rangle,|11\rangle\} {∣00?,∣01?,∣10?,∣11?} 中的一個，當確定了 A 的兩個粒子的狀態之后，B 擁有的粒子的狀態也是確定的了。下表展示了對 A 的粒子進行測量得到結果后，B 擁有粒子的狀態。

A 測量的結果B 的狀態

∣ 00 ? \vert00\rangle ∣00?α ∣ 0 ? + β ∣ 1 ? \alpha\vert0\rangle+\beta\vert1\rangle α∣0?+β∣1?

∣ 01 ? \vert01\rangle ∣01?α ∣ 1 ? + β ∣ 0 ? \alpha\vert1\rangle+\beta\vert0\rangle α∣1?+β∣0?

∣ 10 ? \vert10\rangle ∣10?α ∣ 0 ? ? β ∣ 1 ? \alpha\vert0\rangle-\beta\vert1\rangle α∣0??β∣1?

∣ 11 ? \vert11\rangle ∣11?α ∣ 1 ? ? β ∣ 0 ? \alpha\vert1\rangle-\beta\vert0\rangle α∣1??β∣0?

③發送者 A 通過經典信道將自己的測量結果發送給 B ，觀察 B 的粒子的可能狀態，我們可以發現，利用前面講過的對單比特的量子邏輯門就可以變換出想要的信息 ∣ φ ? = α ∣ 0 ? A + β ∣ 1 ? A \pmb{|\varphi\rangle=\alpha|0\rangle_A+\beta|1\rangle_A} ∣φ?=α∣0?A+β∣1?A∣φ?=α∣0?A+β∣1?A∣φ?=α∣0?A+β∣1?A ，B 收到該經典信息后，根據經典信息對自己擁有的粒子做下面相應的變換就可以得到 A 要傳送的信息 。

A 測量到的狀態A發送的 bit 列B 收到 bit 列后對自己粒子所作變換

∣ 00 ? \vert00\rangle ∣00?00不做任何操作

∣ 01 ? \vert01\rangle ∣01?01執行 X - Gate 演算

∣ 10 ? \vert10\rangle ∣10?10執行 Z - Gate 演算

∣ 11 ? \vert11\rangle ∣11?11執行 ZX 演算

在發送信息的 A 處，進行的演算與測定流程如下圖所示：

量子糾纏狀態的交換

在實現量子高密度編碼或量子隱形傳態的過程中，發送和接收雙方共同擁有糾纏狀態的粒子是必要的。為了解決這個問題，我們設置一個糾纏態備制中心，所有的用戶都和制備中心連接，備制中心可以生成糾纏態的量子然后分發給每個用戶，這樣備制中心就和每個用戶都共有一對糾纏量子對。

例如，備制中心先產生一對糾纏態的量子比特 a和 a’,將 a粒子發送給 A ,再產生一對 b和 b’,將 b發送給 B。 如果 A 要和 B 進行通信，先與備制中心進行聯系，告訴備制中心需要和 B 進行通信，備制中心把 b’的狀態利用 a和 a’進行量子隱形傳態傳遞給 a。這樣 a就和 b形成了一對糾纏的量子，然后 A 與 B 就共同擁有了一對糾纏狀態的粒子。

利用糾纏狀態交換原理能夠構成關于 qubit 的交換機，如下圖所示，利用糾纏狀態的交換，每個用戶僅僅需要與備制中心事先共同擁有各自的糾纏狀態，那么任意用戶兩兩之間就能夠擁有必要的相互對應的糾纏狀態。