量子光学
第三讲
量子调控：如何控制量子态？
李梓民
中南大学物理学院
zimin.li@csu.edu.cn
zimin.li/quantum-optics/
纯态归一化：\(|\alpha|^2+|\beta|^2=1\)。
测0、1：\(P_0=|\alpha|^2\)，\(P_1=|\beta|^2\)。
整体相位不改变物理态，
但相对相位可能改变测量结果。
虽然测0、1都各半，
但用＋/－测量基可以区分。
从同一个初态 \(|0\rangle\) 出发，本讲研究两个控制任务。
若翻转成功，测量时应始终得到1。
仅凭0、1各半还不能确认成功，
因为正、负叠加态都有这样的概率。
只改变相对相位，能完成从 \(|0\rangle\) 到 \(|1\rangle\)的翻转吗？
用 \(|H\rangle=|0\rangle,\ |V\rangle=|1\rangle\) 编码。相位延迟元件的主轴沿H、V，
它只让V分量增加相位 \(\phi\)。
概率幅大小不变，相对相位改变
原来为零的V分量仍为零。
不同物理系统都能承载量子比特：选出两个正交态，分别记为 \(|0\rangle,\ |1\rangle\)。
驱动：施加随时间振荡的外场（如激光、微波），控制量子态。
离子阱束缚离子，激光改变内部态。
测量荧光，判断离子处于哪个态。
用最低两个能量态编码为 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)。
用微波驱动这两个态之间的跃迁。
Josephson结使相邻能级间隔不等。把驱动频率选在\(|0\rangle\leftrightarrow|1\rangle\) 跃迁附近，就能尽量避开\(|1\rangle\leftrightarrow|2\rangle\) 跃迁。
先不加驱动，选两个能量态 \(|0\rangle,|1\rangle\) 作为基底，取 \(E_1>E_0\)。
先忽略环境的影响，以及向其他能级的跃迁。
两个编码态分别具有确定能量 \(E_0\)、\(E_1\)。
给定初态，求出随时间变化的概率幅。
\(\hbar=h/(2\pi)\)
不加驱动，只等待：两个概率幅会怎样变化？
把态展开代入上一页的Schrödinger方程，两个概率幅分别满足：
能量恒定时，解为指数函数；前面的系数由初态决定。
不加驱动，能量不变。
代入方程，分别比较系数。
乘积求导并代入方程，
可知该乘积始终等于初值。
指数前的系数由初态决定。
能量决定相位积累的快慢。
取\(|+\rangle\)为初态，
代入A1中的演化解。
把共同因子提到括号外。
略去它后，保留相对相位。
相位因子的模始终为1，
因此这两个概率不变。
测量基固定为正、负叠加态。
略去整体相位后的演化态为：
利用基矢的正交归一性作内积：
将概率幅与其复共轭相乘，
再用欧拉公式合并指数项。
概率幅中的指数因子，怎样影响测量概率和量子态？
略去共有的整体相位，只看 \(|1\rangle\) 分量相对 \(|0\rangle\) 分量的相位：
两个分量的大小始终相同。
能量差越大，相位变化越快。
先制备\(|+\rangle\)，不施加驱动，比较刚制备好时和等待后的状态。
不加驱动，等待
每种测量都重新制备初态，并选择立即测量或等待后测量。
| 固定的测量基 | 刚制备好时 | 等待后 |
|---|---|---|
| \(\{|0\rangle,|1\rangle\}\) | \(P_0=P_1=1/2\) | \(P_0=P_1=1/2\) |
| \(\{|+\rangle,|-\rangle\}\) | \(P_+=1,\quad P_-=0\) | \(P_+=0,\quad P_-=1\) |
怎样用一个球面点，同时记录概率分配与相对相位？
星号表示复共轭；乘积的实部、虚部分别乘以2，得到横向坐标。
极角决定测量0、1的概率，方位角表示相对相位。只改变方位角，两个概率不变。
同在赤道，为什么不是同一个态？
| 方位角 | 量子态 | 方向 |
|---|---|---|
| \(0\) | \(\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2}\) | \(+x\) |
| \(\pi/2\) | \(\frac{|0\rangle+i|1\rangle}{\sqrt2}\) | \(+y\) |
| \(\pi\) | \(\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt2}\) | \(-x\) |
| \(3\pi/2\) | \(\frac{|0\rangle-i|1\rangle}{\sqrt2}\) | \(-y\) |
仅靠等待不能完成翻转。那么，加入驱动后怎样测出转移概率？
初态 \(|0\rangle\)
脉冲内：\(\cos(\omega_{\mathrm d}t)\)
开启 \(\tau\) 后关断（示意）
每次记录0或1
固定时长，重复“制备—脉冲—读出”，用结果1所占比例估计 \(P_1(\tau)\)。
驱动与跃迁频率匹配，称为共振。
\(\Omega\) 描述耦合强度；5 MHz是本讲示例值。
从 \(|0\rangle\) 出发，驱动时间越长，就越接近 \(|1\rangle\)吗？
固定频率与强度，每次重新制备初态。
概率先增大，再减小；
驱动更久未必更接近 \(|1\rangle\)。
从 \(|0\rangle\) 出发，怎样让原本为零的 \(\beta\) 分量开始变化？
外加场通过耦合项 \(g(t)\) 连接两个能量态，哈密顿量变为：
由Schrödinger方程，\(|1\rangle\) 分量的变化满足：
新增的 \(g(t)\alpha\) 项，使 \(\beta=0\) 时也能开始产生 \(|1\rangle\) 分量。
驱动方程中既有自由演化，又有外场耦合。怎样利用已知的自由演化解？
无驱动时，概率幅只积累自由演化的相位：
提取已知相位因子，定义待求的 \(a(t),b(t)\)：
检验：无驱动时，\(a(t)=a(0),\ b(t)=b(0)\)。
自由演化相位因子的模为1，因此：
从 \(|+\rangle\) 出发，不加驱动：同一演化在固定坐标和转动坐标中有何不同？
I坐标的方位角为 \(\varphi_{\mathrm I}=\varphi+\omega_0t\)；改变表示，并未停止物理演化。
前面的实验采用共振驱动：为什么要让驱动频率等于跃迁频率？
驱动使 \(b\) 变化，其中两项的相位因子如下；耦合系数均为 \(\Omega/2\)。
差频为零，各时刻贡献同向。
方向不断变化，贡献大多抵消。
旋转波近似：\(\Omega\ll\omega_0,\ |\omega_{\mathrm d}-\omega_0|\ll\omega_0\)，忽略快项。
由 \(\cos\omega_{\mathrm d}t=(e^{i\omega_{\mathrm d}t}+e^{-i\omega_{\mathrm d}t})/2\) 得到。
快项对缓慢变化的概率幅影响较小，可以近似忽略。共振时得到 \(i\dot a=\Omega b/2\)。
初态 \(|0\rangle\)；共振、零驱动相位，脉冲内强度恒定，采用旋转波近似。
求解保留慢项后的耦合方程，得到I坐标中的概率幅：
改变脉冲时长，就在这条振荡曲线上选择不同的关断时刻。
\(H\) 为哈密顿量，描述能量与耦合；\(\hbar\) 为约化Planck常数。采用无驱动时的正交归一能量基底，\(\alpha,\beta\) 为复概率幅。
\(E_0,E_1\) 为能级能量，\(g\) 为耦合能量。\(\omega_{\mathrm d}\) 为驱动角频率；\(\Omega>0\) 为强度参数，单位为角频率。
矩阵乘态的系数列，再分别比较 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\) 前的系数。忽略其他能级及退相干。
无驱动时，两分量各积累自由相位。把它们显式提出，定义新概率幅 \(a,b\)；这只是变量替换。
由第一行 \(i\hbar\,d\alpha/dt=E_0\alpha+g\beta\)，两边消去相同的能量项。
第二行同理。定义跃迁角频率 \(\omega_0=(E_1-E_0)/\hbar\)。无驱动时 \(a,b\) 不变，称为相互作用绘景的概率幅。
从右侧关于 \(b\) 的方程出发，用 \(\cos x=(e^{ix}+e^{-ix})/2\) 展开耦合系数。
共振令差频项成为常数。若 \(\Omega\ll\omega_0\)，快项在概率幅显著变化前已转过很多圈，净作用很小。
忽略快项，保留常数耦合。接下来求的是这个近似模型的解；脉冲内 \(\Omega\) 固定，驱动初相位取零。
对第一个方程再求一次导数，再用第二个方程代入 \(db/dt\)。
这是简谐方程的形式，未知量是概率幅。\(a(0)=1\)、\(b(0)=0\) 给出 \((da/dt)_{t=0}=0\)。
回到第一个一阶方程，不另猜一个解。系数 \(-i\) 保留两分量之间的相位信息。
用新概率幅 \(a,b\) 展开，得到扣除自由演化后的表示。下标 \(\mathrm I\) 表示相互作用绘景。
按定义恢复两项自由相位。两种写法描述同一演化，不是让真实的自由演化停止。
按Born规则取模平方。自由相位的模为1，因此两种表示给出相同的能量基测量概率。
概率周期为 \(T=2\pi/\Omega\)；半个周期完成第一次翻转。下方以5 MHz为例，仍采用理想共振、弱驱动模型。
\(z_{\mathrm I}=|a|^2-|b|^2=\cos\Omega t\)：球面高度的变化就是概率振荡。
增加驱动强度，完成第一次翻转需要多久？
保持共振条件，并从同一个初态 \(|0\rangle\) 出发。
驱动强度加倍后，第一次翻转所需的时间减半。
转角为 \(\pi\) 或 \(\pi/2\) 的脉冲分别称为 \(\pi\) 脉冲或 \(\pi/2\) 脉冲。
初态 \(|0\rangle\)；驱动开启期间 \(g(t)=\hbar\Omega\cos(\omega_0t)\)，\(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)。
保持振幅、频率和时长，只平移余弦波形。
相位以共振信号为参照，球图采用I坐标。
从 \(|0\rangle\) 出发，施加共振 \(\pi/2\) 脉冲：
在I坐标中，两个分量的相对相位为：
\(a(t),b(t)\) 是I绘景中的概率幅；点表示对时间求导。共振脉冲内，\(\Omega>0\) 和 \(\phi_{\mathrm d}\) 固定。
用 \(\cos x=(e^{ix}+e^{-ix})/2\) 展开。若 \(\Omega\ll\omega_0\)，近似忽略以 \(2\omega_0\) 振荡的项，得到旋转波近似下的方程。
初态 \(|0\rangle\) 给出 \(a(0)=1,\ b(0)=0\)，因而 \(\dot a(0)=0\)。对 \(a\) 方程再求导，用 \(b\) 方程消去 \(\dot b\)；求解后回代。
取 \(\pi/2\) 脉冲，即 \(\Omega\tau=\pi/2\)。此时两幅的模均为 \(1/\sqrt2\)。用 \(b(\tau)/a(\tau)\) 读出 \(|1\rangle\) 分量相对 \(|0\rangle\) 分量的相位。
驱动相位为 \(3\pi/2\) 时，相对相位为0，得到 \(|+\rangle\)。
保持脉冲时长不变，改变驱动相位会怎样？
固定时长50 ns，观察旋转轴与末态方向。
保持相位不变，状态仍沿同一圆周运动。
驱动相位决定旋转轴的方向，而强度和时长决定旋转角。
从 \(|0\rangle\) 出发，怎样制备I坐标中的 \(|+\rangle\)？
空心圆标记 \(+x_{\mathrm I}\) 方向。
\(\tau=50\,\mathrm{ns}\)，到达赤道。
\(\phi_{\mathrm d}=3\pi/2\)，使 \(\varphi_{\mathrm I}=0\)，到达\(|+\rangle\)。
末态尚未到达目标
从\(|0\rangle\)出发，用一个共振脉冲到达目标极角与方位角：
若目标相位在固定坐标中给定，先换算到脉冲结束时的I坐标：
读出前施加的已知脉冲，称为分析脉冲。它能区分 \(|+\rangle\) 和 \(|-\rangle\) 吗？
令分析脉冲的相位为 \(\pi/2\)，时长 \(\pi/(2\Omega)\)：
同一个脉冲把\(|+\rangle\)变为\(|0\rangle\)，而把\(|-\rangle\)变为 \(-|1\rangle\)。
同一个态，选择不同的分析脉冲，测量结果也可能不同。
分析开始时刻为 \(t_{\mathrm m}\)；固定正x方向在I坐标中的方位角为 \(\omega_0t_{\mathrm m}\)。
若分析相位固定为 \(\pi/2\)，则测得0的概率为 \((1+x_{\mathrm I})/2\)；此时测量基的方向随共振参考转动。
频率没有对准，多照一会儿能补救吗？
失谐时：峰变矮，周期变短。
延长时长，不能突破当前曲线的上限。
I随自由演化转，角频率 \(\omega_0\)。
R随驱动转，角频率 \(\omega_{\mathrm d}\)。
共振时，两套坐标重合。
Bloch向量沿灰轴的投影不变。失谐时，南、北极的投影不同，因此轨迹无法连接两极。
保持 \(\Omega\) 不变时，失谐的绝对值越大，概率振荡越快，
但测得1的概率上限越低。
测得1的概率不足100%，只改脉冲时长够不够？
频率不变，点“首峰”。
峰值不到1，只改时长无效。
点击“共振” → “首峰”。
此时100 ns可完成翻转。
先点击“首峰”
两个理想操作都把 \(|0\rangle\) 变成 \(|1\rangle\)，它们就是同一个操作吗？
| 输入态 | 操作 \(U_A\) | 操作 \(U_B\) |
|---|---|---|
| \(|0\rangle\) | \(|1\rangle\) | \(|1\rangle\) |
| \(|1\rangle\) | \(|0\rangle\) | \(-|0\rangle\) |
| \(|+\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2}\) | \(\frac{|1\rangle+|0\rangle}{\sqrt2}=|+\rangle\) | \(\frac{|1\rangle-|0\rangle}{\sqrt2}=-|-\rangle\) |
换成同一个 \(|+\rangle\) 输入，输出分别是正、负叠加态；用分析脉冲即可区分。
每一列中两个元素的模平方之和为1，且两列互相正交，因此
\(\dagger\) 表示转置后取复共轭；\(I_2\) 是二维单位矩阵。
保留两个基矢输出的完整复概率幅，利用线性关系得到任意输入的输出：
对同一个输入，X门与Z门分别改变什么？
两种操作都能把 \(|0\rangle\) 变成 \(|+\rangle\)。换成 \(|+\rangle\) 输入，输出还相同吗？
图中的操作按从左到右的顺序进行。交换两个门，测量结果会怎样？
\(R_x(\gamma)=U(\gamma,0)\)；\(R_y(\gamma)=U(\gamma,3\pi/2)\)。
实际施加脉冲的次序：\(R_x(\pi)\ \to\ R_y(\pi)\ \to\ R_y(\pi/2)\)，总作用为 \(iU_{\mathrm H}\)。
共同的整体相位不改变测量概率。这里各脉冲的相位均相对同一个共振参考信号设定。
初态 \(|0\rangle\)，共振且 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)；各脉冲的相位均相对同一个共振参考信号设定。
旋转 \(\pi\)，得到 \(-i|1\rangle\)；整体相位不影响物理态。
直接测0、1：理想情况下，每次都得到1。
旋转 \(\pi/2\)，得到I坐标中的 \(|+\rangle\)。
再施加50 ns、相位 \(\pi/2\) 的分析脉冲：每次都得到0。
共振驱动，\(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)；从 \(|0\rangle\) 出发，目标为I坐标中的 \(|+\rangle\)。
怎样选择脉冲时长和驱动相位？随后怎样检验制备结果？
关断后得到I坐标中的 \(|+\rangle\)。
关断后测量，理想情况下得到0。
若有固定失谐，只改变脉冲时长能保证完全翻转吗？
不能；先校准频率，再选关断时刻。
