量子计算Recipe[ep.1]

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前言

这学期选了一门量子计算的课程，按照大名鼎鼎的费曼学习法，我当然是要出一个量子计算的系列啦~尽可能以浅显易懂的语言讲述知识点，读者看明白了，我就真学会了。

这个系列我打算以 Recipe 的形式写，我有我自己的理由，先看看韦氏词典对这个单词的定义：

按照第二个定义来看，我的文章其实是有一点东拼西凑的感觉的。因为我的量子力学学的并不是很好，加上这门课仅仅是作为一个专业选修课来学，所以我不可能深度的、系统性地去讲解量子计算这门学科（毕竟我也在学习阶段）。这个系列的文章我打算以我的老师布置的作业为提纲，围绕着每一道题目给出我自己的解法，同时阐述一下我对该题目相关的知识点的理解，不一定完全对，但是确实是我思考的证明。

我选择的课程指导书是 Michael A. Nielsen 和 Isaac L. Chuang 的 Quantum Computation and Quantum Information (10th Anniversary Edition)，同时我还会结合老师提供的答案和自己找的资料对解答进行完善。

这个系列里，每一道题目都是一道 dish，同样的菜不同的人可能有不同的做法，你现在所看到的就是我的 Recipe。

Homework I

exercise 1.1

Q：证明算符的迹满足轮换性：$Tr(ABC)=Tr(BCA)=Tr(CAB)$

A：利用求迹的性质：$Tr(XY) = Tr(YX)$，设 $BC = M$，有：

$$Tr(AM) = Tr(MA) \tag{1}$$

因此：$Tr(ABC)=Tr(BCA)$，同理可证 $Tr(BCA)=Tr(CAB)$

这一题最重要的地方便是对（1）式的使用，如果我们可以证明（1）式是正确的，那么此题解法不言而喻。求迹操作是对某方阵的对角项求和，设有 n 阶方阵 $A = \{a_{ij}\},B = \{b_{ij}\}$，则：

$$Tr(AB) = \sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^na_{kl}b_{lk} \tag{2}$$

$AB$ 交换时，我们也改一下求和的顺序：

$$Tr(BA) = \sum_{l=1}^n\sum_{k=1}^nb_{lk}a_{kl} = \sum_{l=1}^n\sum_{k=1}^na_{kl}b_{lk} \tag{3}$$

因为对称性，（2）和（3）式求和项相同，因此 $Tr(AB) = Tr(BA)$

exercise 1.2

Q：证明任意厄密矩阵A满足：$A = \sum_ia_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i}$

A：对厄密矩阵A进行对角化分解：$A = UDU^\dagger$。厄密矩阵满足本征方程：

$$A\ket{\alpha_i} = a_i\ket{\alpha_i} \tag{4}$$

而分解提取出来的：

$$U = \left[\ket{\alpha_1},\ket{\alpha_2},\ket{\alpha_3},\cdots\right], U^\dagger = \begin{bmatrix} \bra{\alpha_1} \\ \bra{\alpha_2} \\ \bra{\alpha_3} \\ \vdots \\ \end{bmatrix} \tag{5}$$

有 $I = UU^\dagger = \sum_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i}$，对（4）式两边同时乘上$\bra{\alpha_i}$ 求和得：

$$\begin{align} &\sum_iA\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i} = \sum_ia_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i}\\ &A(\sum_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i}) = A\mathbb{I} = \sum_ia_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i} \end{align} \tag{6}$$

因此，$A = \sum_ia_i\ket{\alpha_i}\bra{\alpha_i}$ 得证。

与其说是量子计算题，不如说这题考的是线性代数的知识，牵扯到了本征值和对角化等知识，了解厄密矩阵的性质之后，这题不算难做。

exercise 1.3

Q：证明任意测量算符A的测量结果平均值可以表示为：$\lang A \rang = Tr(A\rho)$

A：有 $\rho = \ket{\psi}\bra{\psi}$ 为密度矩阵，代入求迹公式：

$$\begin{matrix} Tr(A\rho)& = & Tr(A\ket{\psi}\bra{\psi}) & = & \sum_i\bra{i}A\ket{\psi}\bra{\psi}i\rang\\ & = & \sum_i\bra{\psi}i\rang\bra{i}A\ket{\psi} & =& \bra{\psi}A\ket{\psi} \end{matrix} \tag{7}$$

因此：$Tr(A\rho) = \bra{\psi}A\ket{\psi} = \lang A \rang$

本题比较重要的知识点在用求和符号表示的求迹操作：

$$Tr(A) = \sum_i\bra{i}A\ket{i} \tag{8}$$

从（8）式也可以看出求迹操作的本质，即对行列下标相同的对角项求和。下面补充 $\rho$ 为混合态密度矩阵的情况：若 $\rho$ 为混合态 $\rho = \sum_kq_k\ket{\psi_k}\bra{\psi_k},\sum_kq_k = 1$，则

$$\begin{align} A\rho &= A\sum_kq_k\ket{\psi_k}\bra{\psi_k}\\ Tr(A\rho) &= \sum_i\bra{i}(A\sum_kq_k\ket{\psi_k}\bra{\psi_k})\ket{i}\\ &=\sum_kq_k\sum_i\bra{i}A\ket{\psi_k}\bra{\psi_k}i\rang\\ &=\sum_kq_k\sum_i\bra{\psi_k}i\rang\bra{i}A\ket{\psi_k}\\ &=\sum_kq_k\bra{\psi_k}A\ket{\psi_k} \end{align} \tag{9}$$

由（9）式得 $Tr(A\rho) = \sum_kq_k\bra{\psi_k}A\ket{\psi_k} = \lang A \rang$

exercise 1.4

Q：Consider an experiment in which we prepare the state $|0\rangle$ with the probability $|C_0|^2$, and the state $|1\rangle$ with the probability $|C_1|^2$. How to describe this type of quantum state? Compare the differences and similarities between it with the state $C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle$.

A：该混合态可表示为：$\ket{\psi} = C_0\ket{0}+C_1\ket{1}$

$C_0\ket{0}+C_1\ket{1}$ 和 $C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle$ 的区别是在 $\ket{1}$ 处相差一个相位因子 $e^{i\theta}$ ，但是这两个态在求密度矩阵时得到的结果不变。

虽然解答很简单，但是本题终于摸到了量子计算的门槛了。本题引入了最基本的两个量子态 $\ket{0}$ 和 $\ket{1}$ ，以及其混合态的表示。注意，混合态是量子计算的独有属性，即一个状态同时具有 $\ket{0}$ 和 $\ket{1}$ 的部分，其中 $|C_0|^2+|C_1|^2 = 1$。对于解答中的命题也很容易得到证明：

$$\begin{align} \rho_1 &= (C_0\ket{0}+C_1\ket{1})^2 = (C_0\ket{0}+C_1\ket{1})(C_0\ket{0}+C_1\ket{1})^*\\ &=(C_0\ket{0}+C_1\ket{1})(C_0^*\bra{0}+C_1^*\bra{1})\\ &=C_0^2\ket{0}\bra{0}+C_1^2\ket{1}\bra{1}+C_0C_1^*\ket{0}\bra{1}+C_0^*C_1\ket{1}\bra{0}\\ \\ \rho_2&= (C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle)^2 = (C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle)(C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle)^*\\ &= (C_0\left|0\right>+C_1e^{i\theta}\left|1\right\rangle)(C_0^*\bra{0}+C_1^*e^{-i\theta}\bra{1})\\ &= C_0^2\ket{0}\bra{0}+C_1^2\ket{1}\bra{1}+C_0C_1^*\ket{0}\bra{1}+C_0^*C_1\ket{1}\bra{0}\\ &=\rho_1 \end{align} \tag{10}$$

由此可见，一个全局的相位对量子计算结果的概率密度是没有影响的，这一点很重要。

exercise 1.5

Q：A density matrix is a representation of statistical mixtures of quantum states.

1. Let $|\psi\rangle=a\left|0\right>+b\left|1\right>$ be a qubit state, where $a,b$ are complex numbers and
   $|a|^2+|b|^2=1$. Write down the density matrix $\rho= |\psi\rangle \langle \psi|$ in $\{\ket{0},\ket{1}\}$ basis. Calculate the eigenvectors and eigenvalues of $\rho$.

2. Let $\rho_0= |0\rangle \langle 0|$ and $\rho_1= |1\rangle \langle 1|.$ Write down the density matrix $\sigma=\frac{\rho_0+\rho_1}2$ in $\{|0\rangle,|1\rangle\}$ basis. Calculate the eigenvectors and eigenvalues of $\sigma$.

3. Compute $Tr(\rho^2)$and $Tr(\sigma^2)$.

A：

1. 由密度矩阵定义：

   $$\begin{align} \rho &= \ket{\psi}\bra{\psi} = (a\ket{0}+b\ket{1})(a\ket{0}+b\ket{1})^*\\ &=(a\ket{0}+b\ket{1})(a^*\bra{0}+b^*\bra{1})\\ &=a^2\ket{0}\bra{0}+b^2\ket{1}\bra{1}+ab^*\ket{0}\bra{1}+a^*b\ket{1}\bra{0} \end{align} \tag{11}$$

   因为 $\ket{0}=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\ket{1}=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$，则：

   $$\rho = \ket{\psi}\bra{\psi} = \begin{bmatrix} a^2 &ab^*\\ a^*b &b^2 \end{bmatrix} \tag{12}$$

   设本征值为 $\lambda$ 本征向量为 $\mathbf{v}$，有 $\rho\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}\rightarrow(\rho-\lambda\mathbb{I})\mathbf{v}=0$，则：

   $$\left|\begin{matrix} a^2 - \lambda &ab^*\\ a^*b &b^2 - \lambda \end{matrix}\right| = 0 \tag{12}$$

   解得本征值 $\lambda_1 = a^2+b^2 = 1,\lambda_2 = 0$，代入求得本征向量 $\mathbf{v_1} = \begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix},\mathbf{v_2} = \begin{bmatrix}b^*\\-a^*\end{bmatrix}$

2. 由题目得 $\sigma = \frac{\rho_0+\rho_1}{2} = \frac{1}{2}(|0\rangle \langle 0|+|1\rangle \langle 1|)$

   $$\sigma = \frac12(\begin{bmatrix}1 &0\\0 &0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0 &0\\0 &1\end{bmatrix}) = \begin{bmatrix}\frac12 &0\\0 &\frac12\end{bmatrix} \tag{13}$$

   由 $\sigma\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}\rightarrow(\sigma-\lambda\mathbb{I})\mathbf{v}=0$ 求得简并本征值 $\lambda_1 = \lambda_2 = \frac12$，本征向量 $\mathbf{v_1} = \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\mathbf{v_2} = \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$

3. 由上面两个题目的结果：

   $$\begin{align} Tr(\rho^2) &=Tr(\begin{bmatrix} a^2 &ab^*\\ a^*b &b^2 \end{bmatrix}^2) = a^4+2a^2b^2+b^4 = (a^2+b^2)^2 = 1\\ Tr(\sigma^2) &= Tr(\begin{bmatrix} \frac12 &0\\ 0 &\frac12 \end{bmatrix}^2) = \frac12 \end{align} \tag{14}$$

这道题题目虽多，但是只是帮我们复习了一遍矩阵本征值和本征向量的求法，具体本征值和本征向量的物理意义要在 HW2 结合量子比特的几何图像来进行说明

Homework II

exercise 2.1

Q：Prove that for any 2-dimension linear operator $A$,

$$A=\frac{1}{2}Tr(A)\mathbb{I}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{3}Tr(A\sigma_{k})\sigma_{k} \tag{15}$$

in which $\sigma_k$ are Pauli matrices.

A：将 A 用 $\{\mathbb{I},\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\}$ 展开：$A = \alpha_0\mathbb{I}+\alpha_1\sigma_1+\alpha_2\sigma_2+\alpha_3\sigma_3$ 则

$$\begin{align} Tr(A) &= Tr(\alpha_0\mathbb{I}+\alpha_1\sigma_1+\alpha_2\sigma_2+\alpha_3\sigma_3)\\ &=Tr(\alpha_0\mathbb{I})+Tr(\alpha_1\sigma_1)+Tr(\alpha_2\sigma_2)+Tr(\alpha_3\sigma_3)\\ &= 2\alpha_0 \end{align} \tag{16}$$

则 $\frac{1}{2}Tr(A) = \alpha_0$。展开式两侧同时乘 $\sigma_1$ 得：$A\sigma_1 = \alpha_0\sigma_1+\alpha_1\mathbb{I}-i\alpha_2\sigma_3+i\alpha_3\sigma_2$，则 $Tr(A\sigma_1) = 2\alpha_1$。同理，$Tr(A\sigma_2) = 2\alpha_2,Tr(A\sigma_3) = 2\alpha_3$，代入（15）式得：

$$\frac{1}{2}Tr(A)\mathbb{I}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{3}Tr(A\sigma_{k})\sigma_{k} = \alpha_0\mathbb{I}+\alpha_1\sigma_1+\alpha_2\sigma_2+\alpha_3\sigma_3 = A \tag{17}$$

本题提到了一组很重要的矩阵——Pauli 矩阵 $\vec{\sigma} = \sigma(\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3)or(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z)$

$$\sigma_x = \begin{bmatrix}0 & 1\\1 &0\end{bmatrix}, \sigma_y = \begin{bmatrix}0 & -i\\i &0\end{bmatrix}, \sigma_z = \begin{bmatrix}1 & 0\\0 &-1\end{bmatrix} \tag{18}$$

由于单个量子比特（qbit）的密度矩阵是一个 $2\times2$ 的矩阵，所以我们经常用一组二维希尔伯特空间的基 $\{\mathbb{I},\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\}$ 来表示它。

一般情况下，我们可以用 $\vec{n} = (x,y,z)$将任意密度矩阵转化为下面这个表达方式：

$$\rho = \frac12(\mathbb{I}+\vec{n}\cdot\vec{\sigma}) = \frac12\begin{bmatrix}1+z & x-iy\\x+iy &1-z\end{bmatrix} \tag{19}$$

由于密度矩阵的半正定性，有 $\mid{\vec{n}}\mid^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq1$，纯态时取等于号。

补充 Pauli 矩阵的计算性质：

$$\begin{align} &\sigma_k\sigma_l = \delta_{kl}\mathbb{I}+i\sum_m\varepsilon_{klm}\sigma_m\\ &Tr(\sigma_k\sigma_l) = 2\delta_{kl} \end{align} \tag{20}$$

exercise 2.2

Q：Let $\rho$ be a density operator.

1. Show that $\rho$ can be written as

   $$\rho=\frac{\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}}2 \tag{21}$$

   where $\boldsymbol{r}$ is a real three-dimensional vector and $||\mathbf{r}||\leq1.$

2. Show that $Tr( \rho^2) \leq 1, $with equality if and only if $\rho$ is a pure state.

3. Show that a state $\rho$ is a pure state if and only if $||\boldsymbol{r}||=1.$

A：

1. 利用 exercise 2.1 的结论 $x = Tr(A\sigma_1) = 2\alpha_1,y = Tr(A\sigma_2) = 2\alpha_2,z = Tr(A\sigma_3) = 2\alpha_3$ 和 $A=\frac{1}{2}Tr(A)\mathbb{I}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{3}Tr(A\sigma_{k})\sigma_{k}$，有 $\rho = \frac12(\mathbb{I}+x\sigma_1+y\sigma_2+z\sigma_3)$。

   令 $\mathbf{r} = (x,y,z)$，则 $\rho=(\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})/2$

2. 设 $\rho=(\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})/2$

   则 $\rho^2=(\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})^2/4 = [\mathbb{I}^2+2\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}+(\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})^2]/4$，因为有：

   $$(\mathbf{m}\cdot\vec{\sigma})(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}) = \mathbf{m\cdot n}\mathbb{I}+i(\mathbf{m\times n})\cdot\vec{\sigma} \tag{22}$$

   则 $(\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})^2 = \mathbf{r}\cdot\mathbf{r}\mathbb{I}+i(\mathbf{r\times r})\cdot\vec{\sigma} = \mathbf{|r|}^2\mathbb{I}$，代入原式得：

   $$\begin{align} Tr(\rho^2) &= \frac14Tr(\mathbb{I}^2+2\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}+\mathbf{|r|}^2\mathbb{I})\\ &= \frac12(1+\mathbf{|r|}^2) \end{align} \tag{23}$$

   由于 $\mathbf{|r|}^2\leq1$，所以 $Tr(\rho^2)\leq1$。

   1）当 $\rho$ 为纯态时，$\rho = \ket{\psi}\bra{\psi}$。易得 $Tr(\rho^2) = Tr(\ket{\psi}\lang\psi\ket{\psi}\bra{\psi}) = 1$

   2）当 $Tr(\rho^2) = \frac12(1+\mathbf{|r|}^2) = 1$ 时，$\mathbf{|r|} = 1$。有：

   $$\begin{align} \mathbf{r}\cdot\vec{\sigma} &= \sin\theta\cos\phi\sigma_1+\sin\theta\sin\phi\sigma_2+\cos\theta\sigma_3\\ &=\ket{r+}\bra{r+} - \ket{r-}\bra{r-} \end{align} \tag{24}$$

   且 $\ket{r+}\bra{r+} + \ket{r-}\bra{r-} = \mathbb{I}$，因此把 $\mathbb{I}$ 和 $\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}$ 代入 $\rho=(\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})/2$ 得 $\rho = \ket{r+}\bra{r+}$ 为纯态。综上所述 $Tr(\rho^2)=1$ 和 $\rho$ 为纯态互为充要条件。

3. 由第二问结论得 $|\mathbf{r}| = 1$ 时，$\rho$ 为纯态。反过来，当 $\rho$ 为纯态时，$Tr(\rho^2) = \frac12(1+|\mathbf{r}|^2) = 1$。由于 $|\mathbf{r}| > 0$，因此 $|\mathbf{r}|$ 只能为1，得证。

此题适合和 exercise 2.3 合并在一起讲解，如果有看不懂的地方，请移步 exercise 2.3。

此外这是本题用到的重要公式（22）的证明：

$$\begin{align} (\mathbf{m}\cdot\vec{\sigma})(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma})=& n_xm_x+n_xm_y\sigma_x\sigma_y+n_xm_z\sigma_x\sigma_z+n_ym_x\sigma_y\sigma_x+n_ym_y+\\ &n_ym_z\sigma_y\sigma_z+n_zm_x\sigma_z\sigma_x+n_zm_y\sigma_z\sigma_y+n_zm_z\\ =&\mathbf{m}\cdot\mathbf{n}+in_xm_y\sigma_z-in_xm_z\sigma_y-in_ym_x\sigma_z+in_ym_z\sigma_x+\\ &in_zm_x\sigma_y-in_zm_y\sigma_x\\ =&\mathbf{m\cdot n}\mathbb{I}+i(\mathbf{m\times n})\cdot\vec{\sigma} \end{align} \tag{25}$$

exercise 2.3

Q：给定单位向量 $(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)$ 定义 $\sigma_n\equiv \mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}$，试证明其本征分解结果为：

$$\begin{align} \sigma_n &= \sin\theta\cos\phi\sigma_x+\sin\theta\sin\phi\sigma_y+\cos\theta\sigma_z\\ &=\ket{r+}\bra{r+} - \ket{r-}\bra{r-} \end{align} \tag{26}$$

其中：

$$\begin{align} \ket{r+} &= \cos\frac\theta2e^{-i\frac\phi2}\ket{0}+\sin\frac\theta2e^{i\frac\phi2}\ket{1}\\ \ket{r-} &= \sin\frac\theta2e^{-i\frac\phi2}\ket{0}-\cos\frac\theta2e^{i\frac\phi2}\ket{1} \end{align} \tag{27}$$

且此向量对应的量子态为纯态。

A：由exercise 2.2（24）式：

$$\begin{align} \mathbf{r}\cdot\vec{\sigma} &= \sin\theta\cos\phi\sigma_1+\sin\theta\sin\phi\sigma_2+\cos\theta\sigma_3\\ &=\sin\theta\cos\phi\begin{bmatrix}0 & 1\\1 &0\end{bmatrix}+\sin\theta\sin\phi\begin{bmatrix}0 & -i\\i &0\end{bmatrix}+\cos\theta\begin{bmatrix}1 & 0\\0 &-1\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi} &-\cos\theta \end{bmatrix} \end{align} \tag{28}$$

设本征值为 $\lambda$ 本征向量为 $\mathbf{v}$，得 $\lambda^2 - (\cos^2\theta+\sin^2\theta) = 0$，即 $\lambda = \pm1$，代入本征值得到本征向量：

$$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix}\cos\frac\theta2\\\sin\frac\theta2e^{i\phi}\end{bmatrix}=\cos\frac\theta2\ket{0}+\sin\frac\theta2e^{i\phi}\ket{1} \tag{29}$$

由 exercise 1.4 得知，我们对（26）式提出一个全局相位 $e^{i\phi/2}$ 不改变其密度矩阵，因此我们可以通过此操作得到 $\ket{r+}$，并同理得到 $\ket{r-}$：

$$\begin{align} \ket{r+} &= \cos\frac\theta2e^{-i\frac\phi2}\ket{0}+\sin\frac\theta2e^{i\frac\phi2}\ket{1}\\ \ket{r-} &= \sin\frac\theta2e^{-i\frac\phi2}\ket{0}-\cos\frac\theta2e^{i\frac\phi2}\ket{1} \end{align} \tag{30}$$

因此得到 $\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma} =\ket{r+}\bra{r+} - \ket{r-}\bra{r-}$ 和 $\ket{r+}\bra{r+} + \ket{r-}\bra{r-} = \mathbb{I}$。和 exercise2.2 相同，把 $\mathbb{I}$ 和 $\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma}$ 代入 $\rho=(\mathbb{I}+\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma})/2$ 得 $\rho = \ket{r+}\bra{r+}$ 为纯态。

这道题我写的步骤更为详细，所以如果 exercise2.2 有看不懂的地方可以先看此题的解答，明白 $\mathbf{r}\cdot\vec{\sigma} =\ket{r+}\bra{r+} - \ket{r-}\bra{r-}$ 是怎么回事就好了。

在本题中你会发现 $\mathbf{r}$ 的定义不同于之前的 $\vec{n} = (x,y,z)$ 而是 $\mathbf{r} = (\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)$，这是因为我们经常使用 Bloch 球来表示单个量子比特的几何图像：

在这样一个球坐标下的量子态表示为 Bloch 矢量 $\mathbf{r}$。这个球的形状并不是我随意选用的，而是由量子态密度矩阵的半正定性 $\mid{\vec{n}}\mid^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq1$ 决定的，而借助 Bloch 球和半正定性我们可以对量子态进行直观的描述，比如在 Bloch 球球面上的所有矢量都是纯态（$|\mathbf{r}| = 1$），之下皆为混合态（$|\mathbf{r}| < 1$）。

exercise 2.4

Q：试根据量子力学基本假设解释 Stern-Gerlach 实验（包括连续 S-G 实验）

A：由量子力学基本假设，测量自旋磁矩 Z 方向分量可用算符 $S_z = \frac\hbar2\sigma_z$ 表示，同样 $S_x = \frac\hbar2\sigma_x$

1. 实验测得只有两个斑点对应测量算符的两个本征值：

   $$S_z = \frac\hbar2\ket{0}\bra{0}-\frac\hbar2\ket{1}\bra{1} \tag{31}$$

   只有两个取值，即两个实验结果，与实验相符。

2. 连续测量自旋磁矩在 Z 方向分量

   假定初始态为 $\ket{\psi}=C_0\ket{0}+C_1\ket{1}$，则第一次测量 $S_z$ 分别得到自旋向上、向下两种实验结果，其概率分别为：

   $$\uparrow:|\lang\psi\ket{0}|^2 = |C_0|^2\quad\quad\downarrow:|\lang\psi\ket{1}|^2 = |C_1|^2 \tag{32}$$

   然后只选取自旋向上的粒子，即初始态为 $\ket{0}$ ，则再次测量 $S_z$ 时，$\uparrow:|\lang0\ket{0}|^2 = 1,\downarrow:|\lang0\ket{1}|^2 = 0$，只能观察到自旋向上的粒子，符合实验结果。

3. 先测 $S_z$ ，选取自旋向上粒子后再测 $S_x$

   第一次测 $S_z$ 的结果已验证，第二次测量的输入态确定为 $\ket{0}$ ，则在测自旋向左右方向时得到两种结果：

   $$S_x = \ket{x+}\bra{x+}-\ket{x-}\bra{x-} \tag{33}$$

   其概率分别为 $\ket{x+}:|\lang0\ket{x+}|^2 = \frac12,\ket{x-}:|\lang0\ket{x-}|^2 = \frac12$，符合实验结果。

4. 在实验 3 的基础上选择 $\ket{x+}$ 方向的粒子，再次测量 $S_z$ 则得到实验结果的概率为 $\uparrow:|\lang x+\ket{0}|^2 = \frac12,\downarrow:|\lang x+\ket{1}|^2 = \frac12$，一共两种情况，和实验结果中出现两个斑点吻合。

说实话，看到这个解释我的第一反应是，扯淡！！这不就是生凑出来的结果吗，根本没有什么严格的推导过程啊，不过后来想想，我们整个量子力学体系就是建构在五大公设上的，是假设出来的，我就释然了。。。

值得注意的是 $\sigma_x$ 的本征分解结果：

$$\begin{align} \ket{x+} &= (\ket{0}+\ket{1})/\sqrt{2}\\ \ket{x-} &= (\ket{0}-\ket{1})/\sqrt{2} \end{align} \tag{34}$$

顺便再把 $\sigma_y$ 的本征分解结果放在这里：

$$\begin{align} \ket{y+} &= (\ket{0}+i\ket{1})/\sqrt{2}\\ \ket{y-} &= (\ket{0}-i\ket{1})/\sqrt{2} \end{align} \tag{35}$$

exercise 2.5

Q：证明：

$$e^{i\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}\phi} = \mathbb{I}\cos\phi+i(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma})\sin\phi \tag{36}$$

A：对于矩阵 $M = \mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}$ 和复数 $t = i\phi$ 有：

$$\begin{align} e^{Mt}&=\mathbb{I}+tM+\frac{t^2}{2!}M^2+\cdots\\ &=\sum_{k = 0}^\infty\frac{1}{k!}t^kM^k \end{align} \tag{37}$$

利用 exercise 2.2 的结论，由于 $(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma})^2 = |\mathbf{n}|^2\mathbb{I}$

$$e^{i\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}\phi} = \mathbb{I}+i\phi\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}-\frac{\phi^2}{2}|\mathbf{n}|^2\mathbb{I}-i\frac{\phi^3}{6}\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}|\mathbf{n}|^2+\cdots \tag{38}$$

不妨令 $|\mathbf{n}| = 1$，则：

$$\begin{align} e^{i\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}\phi} &= \mathbb{I}+i\phi\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}-\frac{\phi^2}{2}\mathbb{I}-i\frac{\phi^3}{6}\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma}+\cdots\\ &=\mathbb{I}(1-\frac{\phi^2}{2!}+\frac{\phi^4}{4!}+\cdots)+i(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma})(1-\frac{\phi^3}{3!}+\frac{\phi^5}{5!}+\cdots)\\ &=\mathbb{I}\cos\phi+i(\mathbf{n}\cdot\vec{\sigma})\sin\phi \end{align} \tag{39}$$

证毕。

这个是幂有矩阵的欧拉公式，是个非常重要的公式，在之后的各种算符运算都离不开它。

这里说一下为什么可以令 $|\mathbf{n}| = 1$。可以用于欧拉公式的矩阵需要满足一些条件：首先必须是方阵；其次，该矩阵必须可以用希尔伯特空间中的一组基进行线性展开，在二维希尔伯特空间中我们选用的基就是 Pauli 矩阵向量 $\vec{\sigma} = (\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z)$ 。另外，就算是该矩阵用一组基展开之后的 $|\mathbf{n}| \ne 1$，我们也可以从 $\phi$ 里匀出来一个常数乘到 $\mathbf{n}$ 里面使 $|\mathbf{n}| = 1$。

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