量子传态 | Codeboy's Blog

形式陈述

量子传态把 Alice 的输入寄存器 $Q$ 的状态转移到 Bob 的寄存器 $B$ 。双方预先共享与输入独立的资源 $|\Phi^+\rangle_{AB}=(|00\rangle+|11\rangle)/\sqrt2$ ，其中 $A$ 属于 Alice。固定完整顺序 $Q\otimes A\otimes B$ ，输入为

|\psi\rangle_Q=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle, \qquad |\alpha|^2+|\beta|^2=1.

协议不需要知道 $\alpha,\beta$ ：Alice 在本地先做 $\operatorname{CNOT}_{Q\to A}$ 、再做 $H_Q$ ，测计算基得到 $m=Q$ 的结果、 $n=A$ 的结果，并发送经典消息 $mn$ 。Bob 收到消息后先做 $X^n$ 、再做 $Z^m$ ，总校正矩阵是 $Z^mX^n$ 。这实现了Bell 测量后根据标签校正的协议。

本协议的一次理想执行消耗一对最大纠缠 qubit，即 $1$ ebit，以及 Alice 到 Bob 的 $2$ classical bits。资源必须事先制备并分发；传态执行阶段不发送 $Q$ ，不代表制备资源所需的量子通信免费。下文证明这套协议的正确性与消息前无信号，不声称这两个资源数是所有模型下的最优下界。

直觉

Bell 测量把输入与 Alice 的资源半边联系起来。每个测量标签都使 Bob 得到输入的一个已知 Pauli 变换；标签告诉他该撤销哪个变换，却不提供振幅的经典描述。四个标签均匀随机，所以单看消息无法读出输入。

预分发的 Bell 对配合 Alice 的本地 Bell 解码与两位经典消息，使 Bob 先按 n 做 X、再按 m 做 Z 后恢复输入；消息未知时 Bob 的状态仍为 I/2。

图中资源制备发生在实验室分离之前，随后将 $A$ 分给 Alice、 $B$ 分给 Bob。执行阶段的实线量子控制只连接 Alice 的 $Q,A$ ； $M$ 表示计算基测量，所得两位经典消息沿双线传给 Bob。Bob 必须等到消息到达，才能先按 $n$ 选择 $X$ 、再按 $m$ 选择 $Z$ 。图下方的 $\rho$ 表示输入密度算子，四个标签的概率均为 $1/4$ 。

例子与边界

一般复振幅的完整轨迹

初始联合向量及 Alice 的第一步为

|s_0\rangle=\frac{\alpha|000\rangle+\alpha|011\rangle+ \beta|100\rangle+\beta|111\rangle}{\sqrt2},

|s_1\rangle=\frac{\alpha|000\rangle+\alpha|011\rangle+ \beta|110\rangle+\beta|101\rangle}{\sqrt2}.

\begin{aligned} |s_2\rangle=\frac12\big[&|00\rangle(\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle)\\ +&|01\rangle(\beta|0\rangle+\alpha|1\rangle)\\ +&|10\rangle(\alpha|0\rangle-\beta|1\rangle)\\ +&|11\rangle(-\beta|0\rangle+\alpha|1\rangle)\big]. \end{aligned}

每行前面的两位属于 $QA$ ，括号属于 $B$ 。紧凑写法为

|s_2\rangle=\frac12\sum_{m,n}|mn\rangle_{QA}X^nZ^m|\psi\rangle_B.

投影到 $QA$ 的结果 $mn$ 后， $B$ 的未归一化向量是 $X^nZ^m|\psi\rangle/2$ 。酉门保持范数，因此每个结果的概率都是 $1/4$ ；除以 $\sqrt{1/4}=1/2$ 才得到条件态。

消息 $mn$	未归一化的 $B$ 向量	归一化条件向量	Bob 实际门序
$00$	$(\alpha,\beta)^T/2$	$(\alpha,\beta)^T$	不操作
$01$	$(\beta,\alpha)^T/2$	$(\beta,\alpha)^T$	$X$
$10$	$(\alpha,-\beta)^T/2$	$(\alpha,-\beta)^T$	$Z$
$11$	$(-\beta,\alpha)^T/2$	$(-\beta,\alpha)^T$	先 $X$ ，后 $Z$

测后完整条件态是 $|mn\rangle_{QA}\otimes X^nZ^m|\psi\rangle_B$ ；Alice 的 $Q$ 已成为计算基态，没有保留一份未知输入。对所有四行，

(Z^mX^n)(X^nZ^m)|\psi\rangle=|\psi\rangle.

这证明任意复数 $\alpha,\beta$ 都严格恢复。 $11$ 分支若反过来先 $Z$ 后 $X$ ，会得到 $-|\psi\rangle$ ，在该已测量条件分支中仍表示与输入相同的纯态；但测量前不能给相干总态的各行随意删负号，因为那会改变行与行之间的相对相位。

复振幅复算与消息前平均

取 $|\psi\rangle=(|0\rangle+i\sqrt2|1\rangle)/\sqrt3$ ，则输入密度矩阵为

\rho=\frac13\begin{pmatrix}1&-i\sqrt2\\i\sqrt2&2\end{pmatrix}.

代入四行，条件向量依次为 $(1,i\sqrt2)^T/\sqrt3$ 、 $(i\sqrt2,1)^T/\sqrt3$ 、 $(1,-i\sqrt2)^T/\sqrt3$ 、 $(-i\sqrt2,1)^T/\sqrt3$ ，未归一化向量各再除以 $2$ 。前两行分别不操作和交换坐标，第三行翻转第二坐标，都恢复输入；第四行先交换得到 $(1,-i\sqrt2)^T/\sqrt3$ ，再翻第二坐标，也恢复输入。

四个条件密度矩阵为

\rho_{00}=\frac13\begin{pmatrix}1&-i\sqrt2\\i\sqrt2&2\end{pmatrix},\quad \rho_{01}=\frac13\begin{pmatrix}2&i\sqrt2\\-i\sqrt2&1\end{pmatrix},

\rho_{10}=\frac13\begin{pmatrix}1&i\sqrt2\\-i\sqrt2&2\end{pmatrix},\quad \rho_{11}=\frac13\begin{pmatrix}2&-i\sqrt2\\i\sqrt2&1\end{pmatrix}.

消息未知时四者各占 $1/4$ ，对角和给出 $1/2,1/2$ ，非对角元抵消，故平均为 $I/2$ 。消息到达并校正后，四者都变回 $\rho$ ，包括复非对角元。输出测计算基得到 $0$ 的概率是 $1/3$ ，先做 $H$ 再测得到 $0$ 的概率是 $1/2$ ；只核对其中一个概率不足以验收完整状态。

将纠缠换成经典相关会怎样

若资源误换为经典相关态

\rho_{\mathrm C}=\frac{|00\rangle\langle00|+|11\rangle\langle11|}{2} =\frac{|\Phi^+\rangle\langle\Phi^+|+|\Phi^-\rangle\langle\Phi^-|}{2},

它仍有同样的局部态和计算基相关，却不保留两项之间的相干。因为 $\Phi^-=(I\otimes Z)\Phi^+$ ，这个资源分量使每个校正后的向量变成 $(-1)^nZ|\psi\rangle$ ；条件分支的整体符号在密度表示中消去。按两个资源分量等权平均，整套协议于是变为

\rho\longmapsto\frac12(\rho+Z\rho Z) =\begin{pmatrix}\rho_{00}&0\\0&\rho_{11}\end{pmatrix}.

本例输出变成 $\operatorname{diag}(1/3,2/3)$ ，丢失复非对角元，与目标纯态的重叠 $\langle\psi|\rho_{\mathrm{out}}|\psi\rangle$ 只有 $1/9+4/9=5/9$ 。这展示本协议为什么不能把纠缠资源替换为相同的经典相关，不是对所有可能协议的资源下界证明。

推论与应用

所有局部测量都不能提前读到输入

对一般输入密度矩阵 $\rho=\begin{pmatrix}a&c\\\bar c&1-a\end{pmatrix}$ ，未知结果时由偏迹消去 $QA$ ，或对四个测后分支平均，均得到

\rho_B=\frac14(\rho+X\rho X+Z\rho Z+XZ\rho ZX).

先将第一、第三项相加得到 $\operatorname{diag}(2a,2-2a)$ ，第二、第四项相加得到 $\operatorname{diag}(2-2a,2a)$ ，所以 $\rho_B=I/2$ ，与 $a,c$ 无关。对 Bob 的任意测量效应 $E$ ，

\Pr(E)=\operatorname{Tr}(E\rho_B)=\frac12\operatorname{Tr}(E).

因此不只是计算基，所有局部测量都不含输入信息。Alice 得知标签时可以写出一个依赖输入的条件态，但 Bob 未获知标签只能使用平均态。经典消息仍须真实传递；传态不绕过消息传输的时间限制。

连同外部参考也实现恒等信道

把固定计算基下 $Q$ 到 $B$ 的自然对应记为 $I$ ，未校正分支的传输算子是 $K_{mn}=X^nZ^m/2$ 。设 $C_{mn}=Z^mX^n$ ，则每个校正后分支满足 $C_{mn}K_{mn}=I/2$ ，故完整量子信道为

\mathcal T(\rho)=\sum_{m,n}C_{mn}K_{mn}\rho K_{mn}^\dagger C_{mn}^\dagger =4\cdot\frac{\rho}{4}=\rho.

若输入 $Q$ 与不可访问的参考系统 $R$ 纠缠，将每个分支算子扩成 $(C_{mn}K_{mn})\otimes I_R$ ，同一求和给出 $\rho_{QR}\mapsto\rho_{BR}$ 。所以传输保留完整关联，并不限于孤立纯态；前提是资源 $AB$ 与 $QR$ 独立。消息遗忘后的平均与消息到达后的条件校正，是两个不同的输出信道。

资源与可复算终点

通信复杂度中，传态提供用共享纠缠和经典消息模拟一次 qubit 传输的具体方法；与超密编码结合比较时，应分别记 qubits、classical bits 和 ebits。这里假设理想本地门、测量、可靠消息及双方一致的计算基和相位参考。噪声阈值、恶意资源验证和容错实现需要另加模型。

自测：交换消息串的两位，却仍照原表校正。真正结果 $01$ 在本例留下 $(i\sqrt2,1)^T/\sqrt3$ ，误施 $Z$ 后成为 $(i\sqrt2,-1)^T/\sqrt3$ ，测得 $0$ 的概率是 $2/3$ ，已经不同于目标的 $1/3$ 。这一检查同时验证了消息顺序、门位置与寄存器标签，不能靠“只差整体相位”修补。

参考资料

Charles H. Bennett 等，Teleporting an Unknown Quantum State via Dual Classical and Einstein-Podolsky-Rosen Channels，Physical Review Letters 70, 1895–1899，1993，DOI: 10.1103/PhysRevLett.70.1895；原论文使用 singlet 资源，其分支表不能直接套入本文的 $\Phi^+$ 约定。
IBM Quantum Learning, Basics of Quantum Information，Entanglement in action / Quantum teleportation，在线版，核验于 2026-10-03；“Analysis”与参考系统讨论。该课使用 $B,A,Q$ 顺序及 $A,Q$ 消息标签，本文按 $Q,A,B$ 与 $mn=Q,A$ 独立展开四分支。
John Preskill, Ph/CS 219A, Lecture 8: Superdense Coding and Quantum Teleportation，2020 课程版，PDF 第 5–8 页；协议资源、消息前最大混合态及传输算子。

形式陈述 ​

一般复振幅的完整轨迹 ​

复振幅复算与消息前平均 ​

将纠缠换成经典相关会怎样 ​

所有局部测量都不能提前读到输入 ​

连同外部参考也实现恒等信道 ​

资源与可复算终点 ​

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