第三讲 量子调控：如何控制量子态？
1. 从已知状态到目标状态
第二讲中，我们已经学会根据光子的偏振态预测测量结果，也见过光学元件怎样改变偏振态。现在进一步提出一个问题：如果已经知道输入态，并指定了希望得到的输出态，应该怎样选择物理操作？
先从熟悉的偏振实验出发，看看已有的操作能够完成什么任务，又有哪些转换需要新的控制方法。
1.1 筛选与相位调控：已经能做什么？
让水平偏振的光子经过透光轴为45度的理想偏振片，透过的概率为一半。留下的光子都具有45度偏振态
\[ |+\rangle=\frac{|H\rangle+|V\rangle}{\sqrt{2}}, \]
其中 \(|H\rangle\)、\(|V\rangle\) 分别表示水平、竖直偏振态。这样可以制备所需的叠加态，但一部分输入光子被吸收。如果希望让每一个输入光子都能继续参与后面的操作，就需要寻找保留光子的转换方法。
第二讲介绍的相位延迟元件给出了一个例子。将它的两条主轴固定沿H、V方向，让V分量相对于H分量多积累 \(\pi\) 的相位，就能实现
\[ |+\rangle =\frac{|H\rangle+|V\rangle}{\sqrt{2}} \quad\longrightarrow\quad |-\rangle =\frac{|H\rangle-|V\rangle}{\sqrt{2}}. \]
两个分量的大小没有变化，但它们从同号变成异号，光子的线偏振方向因此发生改变。虽然转换前后在H/V测量中的概率仍然各半，在正、负45度方向的测量中，两态却给出不同的确定结果。
筛选通过保留部分样本得到所需状态；理想无损的相位延迟元件则保留光子，通过改变相对相位实现特定的状态转换。
1.2 相位调控的范围：哪些转换还做不到？
现在保持相位延迟元件的主轴方向不变，将输入换成水平偏振态 \(|H\rangle\)。调节相位延迟，能否把它转换为竖直偏振态 \(|V\rangle\)？
设一般输入为 \(\alpha|H\rangle+\beta|V\rangle\)，其中 \(\alpha\)、\(\beta\) 是两个分量的概率幅。省略不影响测量概率的整体相位后，这个元件的作用为
\[ \alpha|H\rangle+\beta|V\rangle \quad\longrightarrow\quad \alpha|H\rangle+e^{i\phi}\beta|V\rangle, \]
其中 \(\phi\) 是V分量相对于H分量增加的相位。由于 \(|e^{i\phi}|=1\)，H、V两个结果的概率始终分别为 \(|\alpha|^2\)、\(|\beta|^2\)。
对于水平偏振输入，V分量的概率幅原本为零，乘上相位因子后仍然为零。因此，无论怎样调节相位延迟，这个设置的输出都保持水平偏振，不能变成竖直偏振。
要在固定的H/V基底中完成水平到竖直的翻转，必须改变两个分量的大小，仅调节相对相位不够。 这里的限制来自元件主轴固定沿H、V的设置；改变主轴方向，也会改变元件对H、V分量的作用。可见，能完成一种状态转换的操作，并不一定能完成另一种转换，控制方式需要根据目标选择。
1.3 控制任务：怎样选择操作并检验结果？
沿用第二讲的编码约定
\[ |0\rangle=|H\rangle,\qquad |1\rangle=|V\rangle, \]
我们可以从同一个初态 \(|0\rangle\) 出发，提出两个不同的控制目标。
第一个目标是得到 \(|1\rangle\)，即完成一次状态翻转。第二个目标是保留光子，并得到叠加态
\[ |+\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt{2}}. \]
第二个目标既要求两个分量等大，也要求它们的相对相位为零。仅仅使0、1两个测量结果各占一半，还没有完整地指定这个目标态。
目标确定以后，还需要选择能够检验它的测量。对于翻转，理想输出在0/1测量中应当总是给出1。对于上述叠加态，除了检查0、1概率各半，还可以在 \(\{|+\rangle,|-\rangle\}\) 基下测量：目标态应当总是给出 \(+\) 结果，而相对负号的叠加态会给出 \(-\) 结果。实验中，每次重新准备相同初态、执行相同操作，再通过重复测量积累统计，就能检验控制结果。
本讲的控制任务，是从给定初态出发，选择物理作用及其参数，使系统到达指定目标态，并由测量检验结果。
在偏振实验中，控制作用来自光学元件。原子和电路中的量子比特又可以怎样操控？要回答这个问题，首先需要找到它们的两个编码态，再研究外加作用怎样使状态发生变化。本讲将以这些系统为例，学习怎样选择作用方式和持续时间，使给定初态演化到目标态。
2. 原子与离子：怎样选出一个量子比特？
2.1 从原子能级到两个编码态
第一讲中，我们见过原子的离散谱线：原子从一个较高能量的内部态跃迁到较低能量的内部态时，可以发射光，光子的能量等于这两个态的能量差。不同跃迁对应不同频率，形成一条条谱线。这说明原子的内部状态能够发生可观测的变化。我们现在关心的是：能否从这些状态中选出两个，分别表示0和1，并控制它们之间的转换？
这里的内部态，描述的是电子的空间分布、自旋等内部自由度的量子状态，与原子整体位于何处、怎样运动分开讨论。能级图用水平线标示具有确定能量的内部态，纵轴向上表示能量增加。例如，同一个原子可以留在实验装置的同一小片区域，内部能量却因为吸收或发射光而发生变化。
选定两个适合编码的正交内部态，分别记为 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)。本节考虑它们具有不同能量的情形，将对应能量记为 \(E_0\)、\(E_1\)，并取 \(E_1>E_0\)。这两个态及其线性组合构成一个编码子空间：整个原子有许多可能的状态，而我们用其中的这个二维部分承载一个量子比特。在这个子空间中，纯态仍然写为
\[ |\psi\rangle=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle, \qquad |\alpha|^2+|\beta|^2=1. \]
这里的 \(\alpha\)、\(\beta\) 仍是概率幅；在这两个编码态组成的基下测量，结果概率分别为 \(|\alpha|^2\)、\(|\beta|^2\)。与第二讲相比，态矢量和测量规则保持相同，0和1所对应的物理状态从光子偏振换成了原子内部态。
实验上，我们需要能把原子准备到已知初态，能施加作用改变这两个态的概率幅，也能区分它们的读出结果；状态及叠加态的相位关系还需要保持足够长的时间，让这些操作能够完成。如果操作使系统进入编码之外的状态，就称为泄漏。原子量子比特使用的是多能级系统中选定的两个内部态。
2.2 离子阱：把原子留住，再操控内部态
为了对同一个粒子反复准备、操作和测量，实验还需要让它留在一个可接近的小区域内。一个可行办法是使用离子：原子失去或获得电子后带电，分别形成正离子或负离子。下面以失去一个电子的正离子为例。由于带有电荷，它会受到电场力，因此可以利用适当的电磁场装置限制其空间运动；这种装置称为离子阱。
以一种常用的线性离子阱为例，电极上的交变电压产生周期变化的电场，在适当的电压和频率下限制离子的横向运动；另外的静态电场提供沿阱轴方向的束缚。两者配合，使离子留在真空中的一个小区域内，并可在其中振动。图中左侧画的是垂直于阱轴的横截面，四个圆形表示电极的截面。
离子阱负责限制空间运动，控制光操控内部态，探测光则通过荧光响应区分读出结果。
荧光为什么能够读出状态？探测光把其中一个编码态激发到一个辅助态；辅助态发射光子后又主要回到原来的编码态，于是这一过程可以重复，积累出容易探测的荧光。另一个编码态不参与这个过程，因而较暗。镜头收集荧光，探测器记录光子数，从而区分两个结果。
2.3 对选定的两个态，怎样施加控制？
接下来，我们选用一类能够由激光直接驱动的两态编码：较低能量的内部态作为 \(|0\rangle\)，寿命较长的激发态作为 \(|1\rangle\)。这里的“激发态”指能量高于最低能量状态的内部态。即使不施加控制光，激发态也可能自发发射光子，转变到较低能量的状态，这是一种自发衰变；寿命描述这个过程发生的典型时间尺度。这里要求激发态的寿命比控制操作的时间长，才有机会在系统明显衰变之前，通过光场完成所需的状态转换。在这种编码中，两态的能量差对应光学频率，因此称为光学量子比特；它描述的是原子或离子的内部态编码，光在这里承担控制作用。
对于已经选定、能够被所用光场连接的这两个态，先回顾第一讲的能量关系：频率为 \(\nu\) 的一个光子具有能量 \(h\nu\)，其中 \(h\) 是普朗克常量。若吸收一个光子完成从 \(E_0\) 到 \(E_1\) 的跃迁，对应的跃迁频率为
\[ \nu_0=\frac{E_1-E_0}{h}. \]
将控制光的频率调到接近 \(\nu_0\)，就能针对这对状态施加驱动。但这个能量关系还没有告诉我们作用多久，也没有给出操作结束后的概率幅。即使频率已经选对，得到完整的翻转还是某个叠加态，仍需要研究光场作用下的时间演化。
能级差帮助我们选择驱动频率，目标态则要求进一步确定作用方式和持续时间。 例如，每次先把离子准备在 \(|0\rangle\)，保持控制光的其他条件不变，只改变照射时间，再通过重复实验测量0、1出现的概率。这样可以观察两个编码态的占据概率随作用时间怎样变化，但这些概率还不能确定叠加态的相对相位。如果还要检验相对相位是否符合目标，就需要像第一节那样，进一步选择合适的测量基。后面将用二能级模型计算这类实验。
现在，我们已经知道天然原子的内部结构能够提供编码态；如果换成可以人工设计的电路，能否也得到两个可单独操控的量子态？
3. transmon：怎样用电路构造一个量子比特？
3.1 从熟悉的振荡电路到量子能级
原子已经能够提供量子比特，为什么还要研究电路？上一节中，我们是在原子已有的能级中挑选合适的两个态。但设计实验时，我们还希望选择方便驱动的跃迁频率，安排控制信号怎样作用于量子比特，并考虑以后怎样让多个量子比特相互作用。这就提出一个问题：除了选择天然系统，能否通过设计器件，获得适合这些任务的量子系统？
电路的电容、电感和连接方式可以由人设计。如果它的量子能级也随这些参数改变，我们就有机会从器件结构出发，设计编码态及其控制方式。原子能级可以用外场调节；电路则进一步把元件参数与连接方式变成设计量子系统的工具。我们先从熟悉的LC振荡电路出发，看看它能否提供需要的两个态。
在理想LC电路中，电容 \(C\) 储存电场能，电感 \(L\) 储存磁场能。电容放电形成电流，磁场能增加；随后电流又使电容充电，能量在两者之间交换，形成频率为
\[ \nu_{\mathrm{LC}}=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} \]
的简谐振荡。这里变化的是电路中的电荷、电流等整体变量，不是某个原子中电子的内部状态。
经典理论允许这一振荡具有连续的能量。将同一个振荡模式作量子描述后，它成为量子简谐振子，允许的能量是
\[ E_n=h\nu_{\mathrm{LC}}\left(n+\frac12\right), \qquad n=0,1,2,\ldots \]
其中 \(n\) 是能级编号，\(h\) 是普朗克常量。这里先采用量子简谐振子的能级结论，不把它当作由经典振荡公式直接推出的结果。本节要用的是相邻两级的能量差始终相同，都等于 \(h\nu_{\mathrm{LC}}\)。
从实验条件看，为什么日常电路中不容易看到一个个量子能级？电路会与环境交换能量，普通电阻还会耗散振荡能量。实验中采用低损耗的超导电路，并把它冷却到很低的温度，以减少热激发和能量损失，才有利于分辨和操控低能量量子态。超导材料在合适的低温条件下可以无直流电阻地传导电流，但这不意味着实际量子电路完全没有损耗。
有了离散能级，似乎只需将最低两级标为 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)，就得到量子比特。然而，给两个态命名只是第一步：施加驱动时，状态能否主要留在它们组成的空间内？电路可以具有离散量子能级，但能否把其中两个态作为可控的量子比特，还取决于能否有选择地操控它们。
3.2 从等间隔能级到非简谐电路
先只看最低三个能级，对应的态记作 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)、\(|2\rangle\)。从第零级到第一级、从第一级到第二级的跃迁频率分别是
\[ \nu_{01}=\frac{E_1-E_0}{h}, \qquad \nu_{12}=\frac{E_2-E_1}{h}. \]
对理想LC电路，能级等间隔，所以 \(\nu_{01}=\nu_{12}\)。用某个频率驱动最低两级时，这个频率也正好对应通向第三级的跃迁。因此，单靠选择驱动频率，不能把这两种跃迁区分开；驱动过程中可能进入 \(|2\rangle\)，离开选定的编码空间。这就是上一节所说的泄漏。
如果能使相邻能级的间隔不再相同，两种跃迁就对应不同频率，我们才有机会利用频率差选择其中一种。这种偏离简谐振子等间隔能级的性质称为非简谐性。问题因此变成：怎样修改电路，使它不再是一个理想的简谐振子？
一个关键元件是约瑟夫森结。这里考虑两个超导体之间隔着极薄绝缘层的结构。绝缘层原本阻碍电荷通过，但在量子描述中，即使没有足够能量越过这道能量障碍，仍可能穿过它，这称为量子隧穿。在这种足够薄的结构中，超导电流因而可以通过绝缘层。在振荡电路中，这个结可以起到非线性电感的作用；“非线性”意味着不能始终用一个固定电感值描述它的响应。用结代替线性电感后，电路偏离了理想简谐振子，其能级也不再严格等间隔。
将约瑟夫森结与较大的电容并联，并选择适当的器件参数，就能构成transmon量子比特的基本电路。
下面固定约瑟夫森结参数，只改变总电容，比较理想LC电路与transmon的最低三个能级。LC参照电路的电感取该结在小振幅下的等效电感，两种电路使用同一个电容值；这样比较的是把结近似为线性电感与保留其非线性后的区别。图中将能量除以 \(h\)，用频率单位表示，并把最低能级作为能量零点；这不会改变任何能级差。GHz表示每秒十亿次，MHz表示每秒百万次，电容单位fF为 \(10^{-15}\,\mathrm{F}\)。
先保持电容不变，切换理想LC与transmon，比较两个跃迁频率是否相同；再改变电容，观察整体频率与两种跃迁的频率差怎样变化。
单独打开计算图，或使用图内全屏按钮放大。
在LC模式下，改变电容会移动能级，但两个相邻间隔始终相等。在transmon模式下，两个间隔不同；随着电容增大，两种跃迁的频率差减小。非简谐性提供了可用于选择跃迁的频率差。
既然增大电容会缩小两种跃迁的频率差，为什么transmon还要使用较大的电容？它的收益是降低对环境电荷扰动的敏感性：附近电荷的波动可能使跃迁频率发生变化，合适的设计能减弱这种变化。因此，电容的选择需要兼顾对扰动的稳定性与跃迁的可区分性。transmon的原始设计与这一取舍
计算采用Koch等的transmon电路模型，固定描述结作用强度的能量参数 \(E_J/h=20\,\mathrm{GHz}\)，静电偏置取零；LC参照电感约为 \(8.17\,\mathrm{nH}\)。总电容为 \(40\)—\(120\,\mathrm{fF}\)，默认取 \(60\,\mathrm{fF}\)。
3.3 选择两个编码态，用微波实施控制
现在选择transmon的最低能量态和第一激发态，分别作为 \(|0\rangle\) 和 \(|1\rangle\)。这两个态属于同一个电路振荡模式，不是普通数字电路的低、高电压，也不是简单的电流向左、向右。更高能级仍然存在；只有当它们对所研究操作的影响足够小时，才可以主要使用这两个态及其叠加来描述量子比特。
怎样让它们发生所需的转换？在这里，外加作用来自通过控制线路耦合到电路的微波电信号。“微波”是电磁波的一个频段，与前面用来控制原子的光一样，都可以通过与系统相互作用改变其量子态。将信号频率选在接近 \(\nu_{01}\) 的位置，并适当选择强度和形状，就能主要驱动两个编码态之间的转换。持续有限时间的控制信号称为脉冲；频率选对以后，脉冲持续多久仍会影响最终得到的状态。超导量子电路及其微波控制的物理背景
回看原子和电路的两个例子：原子使用天然形成的内部能级，transmon使用人工设计电路的量子能级；上一节选定的光学编码用激光控制，transmon用微波控制。称电路为“人工原子”，指的是它也能提供离散能级和可驱动的跃迁。物理载体和控制装置可以不同，选定两态后，概率幅、相对相位及测量规则仍然可以共用。
将两种载体并列，控制问题的共同部分就更清楚了：
| 要比较的内容 | 本讲选用的原子或离子编码 | transmon |
|---|---|---|
| 两个编码态 | 低能内部态与长寿命激发态 | 电路最低能量态与第一激发态 |
| 控制信号 | 激光 | 微波电信号 |
| 选择控制对象 | 选定可由光场连接的跃迁 | 利用非简谐性区分相邻跃迁 |
| 下一步共同要计算的量 | 概率幅与相对相位随时间的变化 | 概率幅与相对相位随时间的变化 |
我们已经知道两个编码态从哪里来，也知道用什么施加作用，但还不能回答：作用一段时间之后，两个概率幅和相对相位究竟变成多少？为此，需要把系统本身的能量和外加作用写入同一个数学描述，再建立状态随时间变化的规律。这将引出下一节的哈密顿量与薛定谔方程。
4. 量子态怎样随时间变化？
4.1 从两个能级到能量算符
前面已经知道怎样用原子或电路提供两个编码态，也知道可以用激光或微波施加控制。但要判断控制改变了什么，先需要一个没有控制时的参照：准备好初态以后，不施加驱动，只等待一段时间，状态会不会变化？仅仅等待，能否把 \(|0\rangle\) 变成 \(|1\rangle\)？
这里固定两个能量态 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\) 作为基底，其能量分别为 \(E_0\)、\(E_1\)，并取 \(E_1>E_0\)。在所研究的时间内，先忽略环境引起的能量损失和相位扰动，也忽略更高能级的影响；未施加控制时，这两个能量保持不变。将初始时刻记为 \(t=0\)，任一时刻的纯态写成
\[ |\psi(t)\rangle=\alpha(t)|0\rangle+\beta(t)|1\rangle, \qquad |\alpha(t)|^2+|\beta(t)|^2=1. \]
这里 \(t\) 表示时间，\(\alpha(t)\)、\(\beta(t)\) 是随时间变化的复概率幅。在固定的能量基底中，状态变化由这两个系数记录。\(|\alpha(t)|^2\)、\(|\beta(t)|^2\) 分别是此时测得0、1的概率；两项都非零时，还需要知道它们的相对相位。
第二讲讨论自旋时，我们已经用算符表示可观测量：处于某个本征态时，测量结果确定为相应本征值。能量也是可观测量，表示能量的算符称为哈密顿量。未施加控制时的哈密顿量记为 \(H_0\)。因为两个编码态具有确定的能量，所以
\[ H_0|0\rangle=E_0|0\rangle,\qquad H_0|1\rangle=E_1|1\rangle. \]
也就是说，\(|0\rangle\)、\(|1\rangle\) 是 \(H_0\) 的本征态，\(E_0\)、\(E_1\) 是对应的本征值。在按 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\) 排列的基底中，两态的坐标分别为 \((1,0)^{\mathsf T}\)、\((0,1)^{\mathsf T}\)，其中上标 \(\mathsf T\) 表示转为列向量。因此，满足上面两式的矩阵表示是
\[ H_0= \begin{pmatrix} E_0&0\\ 0&E_1 \end{pmatrix}. \]
例如，这个矩阵乘以 \((1,0)^{\mathsf T}\) 就得到 \((E_0,0)^{\mathsf T}\)，即原向量乘以 \(E_0\)。矩阵的两个对角元由两态能量确定，非对角元为零；这里还没有加入外加控制。能级图上的两个能量，可以写成作用于态矢量的能量算符；这个矩阵形式对应于我们选定的能量基底。
4.2 从能量描述到时间演化规律
知道一个态的能量，还不等于知道它下一时刻变成什么。要把能量描述与状态变化联系起来，需要采用量子力学的动力学基本规律——薛定谔方程：
\[ i\hbar\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}|\psi(t)\rangle =H(t)|\psi(t)\rangle. \]
其中 \(i\) 是满足 \(i^2=-1\) 的虚数单位，\(\hbar=h/(2\pi)\)，\(H(t)\) 是当时的哈密顿量。左边的时间导数描述态矢量变化的速率，右边由系统本身及其受到的作用决定。这个方程不是由前面的能级图直接推导出的，而是本节用来预测演化的物理规律。它描述的是这里忽略环境影响时的连续演化，不是测量后按结果筛选状态的规则。
先取没有驱动的 \(H(t)=H_0\)。基底不随时间变化，因此对态矢量求导，就是分别对两个概率幅求导。代入上一小节的矩阵，得到
\[ i\hbar \begin{pmatrix} \dfrac{\mathrm d\alpha}{\mathrm dt}\\[4pt] \dfrac{\mathrm d\beta}{\mathrm dt} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E_0&0\\0&E_1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E_0\alpha\\E_1\beta\end{pmatrix}. \]
因此，这一个态矢量方程等价于两个方程：
\[ i\hbar\frac{\mathrm d\alpha}{\mathrm dt}=E_0\alpha,\qquad i\hbar\frac{\mathrm d\beta}{\mathrm dt}=E_1\beta. \]
它们分别规定两个概率幅怎样随时间变化。此时右边没有另一分量，所以两式可以分别求解。要确定唯一的演化，还需要给出初始概率幅 \(\alpha(0)\)、\(\beta(0)\)；只给哈密顿量而不说明初态，并不能确定最终得到哪个态。
给定哈密顿量和初态，薛定谔方程规定状态怎样变化。\(H|\psi\rangle\) 本身不是操作后的末态；必须根据方程演化到指定时刻，才能得到末态。
4.3 不施加驱动：概率不变，状态就不变吗？
先解刚才的两个方程。对于恒定的 \(E_0\)、\(E_1\)，满足初始条件的解为
\[ \begin{aligned} \alpha(t)&=\alpha(0)e^{-iE_0t/\hbar},\\ \beta(t)&=\beta(0)e^{-iE_1t/\hbar}. \end{aligned} \]
可以直接检查这个答案，而不必先学习一般微分方程的求解方法。以第一式为例，对指数函数求导得到
\[ \frac{\mathrm d\alpha}{\mathrm dt} =-\frac{iE_0}{\hbar}\alpha(t). \]
两边乘以 \(i\hbar\)，就回到原来的方程；在 \(t=0\) 时，指数因子为1，也满足给定的初始条件。第二式的检查完全相同。指数中的 \(E_jt/\hbar\) 是无量纲的相位，\(j=0,1\)；由 \(e^{-i\chi}=\cos\chi-i\sin\chi\) 可知，其模为1。因此
\[ |\alpha(t)|^2=|\alpha(0)|^2,\qquad |\beta(t)|^2=|\beta(0)|^2. \]
两个能量态的测量概率没有改变，归一化也保持不变。然而，这还不能告诉我们整个量子态是否改变，因为相对相位也参与决定测量结果。
先看初态只有一个能量分量的情况。如果 \(|\psi(0)\rangle=|0\rangle\)，就有
\[ |\psi(t)\rangle=e^{-iE_0t/\hbar}|0\rangle. \]
这里整个态只乘上同一个相位因子。第二讲已经说明，整体相位不改变任何测量结果的概率，因此这仍表示同一个物理纯态。特别是，测得1的概率始终为零：在这个模型中，仅仅等待不能把 \(|0\rangle\) 变成 \(|1\rangle\)。
再看一个同时包含两个能量分量的初态：
\[ |\psi(0)\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2}. \]
代入两个概率幅的解，并把共同因子提出来，得到
\[ |\psi(t)\rangle= e^{-iE_0t/\hbar} \frac{|0\rangle+e^{-i(E_1-E_0)t/\hbar}|1\rangle}{\sqrt2}. \]
最前面的因子是整体相位，可以在计算测量概率时略去。定义能量差 \(\Delta E=E_1-E_0\)，以及随等待时间增加的量 \(\chi(t)=\Delta E\,t/\hbar\)，则同一个物理纯态可以用下面的态矢量表示：
\[ |\widetilde\psi(t)\rangle =\frac{|0\rangle+e^{-i\chi(t)}|1\rangle}{\sqrt2}. \]
波浪号只是标记这个省略了整体相位的代表，并不表示另外施加了一次物理操作。\(|1\rangle\) 分量相对于 \(|0\rangle\) 分量的相位为 \(-\chi(t)\)，其变化由能量差决定。两分量的模平方依然各为 \(1/2\)，但相对相位通常已不再为零。
怎样从测量中看出这种变化？固定两组测量设置作比较。第一组仍区分 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)；第二组区分它们的正、负等权叠加态，定义为
\[ |+\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2},\qquad |-\rangle=\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt2}. \]
这是两个归一化、正交的态，与第二讲正、负45度偏振分析使用同样的数学关系；这里的0、1则是所选原子或电路的能量态。每次实验都重新准备同一个初态，等待选定的时间，再选择一组测量，而不是在等待过程中连续测量同一个系统。比较不同等待时间时，第二组测量始终使用上面定义的同一对态，不随自由演化一起改变。
沿用Born规则，得到正号结果的概率幅为
\[ \langle+|\widetilde\psi(t)\rangle =\frac{1+e^{-i\chi(t)}}{2}. \]
将它取模平方，利用 \(e^{i\chi}+e^{-i\chi}=2\cos\chi\)，得到
\[ \begin{aligned} P_+(t) &=\frac{(1+e^{-i\chi})(1+e^{i\chi})}{4}\\ &=\frac{1+\cos\chi(t)}{2}. \end{aligned} \]
负号结果的概率为 \(P_-(t)=1-P_+(t)\)。在 \(t=0\) 时，初态就是 \(|+\rangle\)，所以 \(P_+=1\)。当等待到 \(t=\pi\hbar/\Delta E\) 时，\(\chi=\pi\)，态变为 \(|-\rangle\)，所以 \(P_+=0\)、\(P_-=1\)。这两个时刻若改测0、1，结果仍然各半。可见，“0、1概率没有变化”不等于“所有测量都看不出变化”。
第七节将用分析脉冲实现这里的测量，把相位差转换成0、1的读出概率差。自由演化保持能量基底中的占据概率，却可以改变叠加态的相对相位，从而改变其他固定测量基中的结果概率。
仅仅等待不能把 \(|0\rangle\) 翻转为 \(|1\rangle\)，但等待可以改变叠加态的相对相位。要把这两种变化区分开，先需要一幅同时记录概率分配与相对相位的图；随后再研究怎样用驱动改变这幅图上的状态。
5. 布洛赫球：怎样把量子态及其变化画出来？
第四节中，从等权叠加态出发，即使测得0、1的概率一直各半，等待仍会改变相对相位，并改变另一组测量的结果。如果只画两根概率柱，这种变化就看不出来。能否用一幅图同时记录概率分配与相对相位，让状态的变化成为一条看得见的轨迹？
5.1 一个量子态，需要哪些信息才能确定？
仍采用固定的能量基底 \(|0\rangle\)、\(|1\rangle\)，讨论归一化的纯态 \(|\psi\rangle=\alpha|0\rangle+\beta|1\rangle\)。两个概率幅都是复数，但描述物理态时不必保留四个独立实数：归一化规定两个概率之和为1，整体相位又不影响测量结果。具体地，将 \(\alpha\)、\(\beta\) 分别写成模与相位因子的乘积，再提取共同相位，就可以用下面的形式表示同一个物理态：
\[ |\psi\rangle=\sqrt{P_0}|0\rangle+ e^{i\varphi}\sqrt{1-P_0}|1\rangle. \]
这里 \(P_0=|\alpha|^2\) 是测得0的概率，\(P_1=1-P_0\) 是测得1的概率；\(\varphi\) 是 \(|1\rangle\) 分量相对于 \(|0\rangle\) 分量的相位。因此，两分量都存在时，一个概率与一个相对相位就足以确定这个纯态。只有一个分量时，相位全部成为整体相位，状态就是相应的 \(|0\rangle\) 或 \(|1\rangle\)。
球面上的位置也可以用两个角来确定。取半径为1的球，约定北极表示 \(|0\rangle\)，南极表示 \(|1\rangle\)，赤道表示两种结果概率各半。从正 \(z\) 轴向下量到该点方向的角称为极角，记为 \(\theta\)，范围为0到 \(\pi\)；方位角用相对相位 \(\varphi\) 表示，从正 \(x\) 轴朝正 \(y\) 轴量起。相差 \(2\pi\) 的方位角对应同一方向。这是一张量子态的坐标图：高度记录概率分配，横向方向记录相对相位。
下图把两个角与状态、概率联动起来。先固定方位角，只改变极角，观察两种概率怎样变化；再固定极角，改变方位角，观察概率条与球面点各自怎样变化。
下面推导这套对应关系。为了让高度直接反映两个结果的偏向程度，将球面点的竖直坐标定义为
\[ z=P_0-P_1. \]
在单位球上，极角与高度满足 \(z=\cos\theta\)；再结合 \(P_0+P_1=1\)，得到
\[ P_0=\frac{1+\cos\theta}{2}=\cos^2\frac{\theta}{2}, \qquad P_1=\frac{1-\cos\theta}{2}=\sin^2\frac{\theta}{2}. \]
半角由这个坐标约定与三角恒等式产生：当极角从0增加到 \(\pi\) 时，概率恰好从确定测得0过渡到确定测得1。再用相对相位 \(\varphi\) 作为方位角，于是
\[ |\psi\rangle= \cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+ e^{i\varphi}\sin\frac{\theta}{2}|1\rangle \]
就与球面上的一点对应起来，其坐标为
\[ (x,y,z)= (\sin\theta\cos\varphi,\, \sin\theta\sin\varphi,\, \cos\theta). \]
这称为布洛赫球表示，从球心指向该点的箭头称为布洛赫向量。它的方向记录量子态的概率分配和相对相位。对这里的纯态，\(x^2+y^2+z^2=1\)，箭头末端位于球面；同一物理态的不同整体相位对应同一个点。在两极，\(x=y=0\)，所有方位角汇聚到同一点，正好对应只有一个分量时无需相对相位的情形。
5.2 怎样从布洛赫球上读出概率和相位？
先读球面点的高度。北极的 \(\theta=0\)，所以 \(P_0=1\)、\(P_1=0\)；赤道上 \(\theta=\pi/2\)，两种结果各占一半；南极的 \(\theta=\pi\)，则有 \(P_0=0\)、\(P_1=1\)。例如，图的默认极角为 \(\pi/3\)，因此 \(P_0=3/4\)、\(P_1=1/4\)。改变方位角后，这两个概率保持不变，因为同一条纬线上的点具有相同的高度。
再看赤道上的不同方向。此时两个概率幅的大小都为 \(1/\sqrt2\)，方位角决定两分量怎样叠加：
| 方位角 \(\varphi\) | 量子态 | 球面方向 |
|---|---|---|
| \(0\) | \((|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2=|+\rangle\) | 正 \(x\) |
| \(\pi/2\) | \((|0\rangle+i|1\rangle)/\sqrt2\) | 正 \(y\) |
| \(\pi\) | \((|0\rangle-|1\rangle)/\sqrt2=|-\rangle\) | 负 \(x\) |
| \(3\pi/2\) | \((|0\rangle-i|1\rangle)/\sqrt2\) | 负 \(y\) |
它们在0、1测量中都给出各半的概率，却是四个不同的状态。布洛赫球因此把前面反复遇到的区别直接画了出来：高度记录概率之差，同一纬线上的方向记录相对相位。
这些不同方向怎样反映在测量结果中？沿用第四节的固定测量基底 \(\{|+\rangle,|-\rangle\}\)。对于刚才的一般状态，得到正号结果的概率幅为
\[ \langle+|\psi\rangle= \frac{\cos(\theta/2)+e^{i\varphi}\sin(\theta/2)}{\sqrt2}. \]
取模平方时，两个模平方项之和为1，交叉项为 \(2\cos(\theta/2)\sin(\theta/2)\cos\varphi=\sin\theta\cos\varphi\)，所以
\[ P_+=\frac{1+\sin\theta\cos\varphi}{2} =\frac{1+x}{2},\qquad P_-=\frac{1-x}{2}. \]
这样，0、1测量的概率由竖直坐标 \(z\) 决定，而正、负叠加态测量的概率由横坐标 \(x\) 决定。例如，正 \(x\) 方向的 \(|+\rangle\) 给出 \(P_+=1\)，负 \(x\) 方向的 \(|-\rangle\) 给出 \(P_+=0\)；两者的 \(P_0\) 却同为 \(1/2\)。改变测量基底，就能读出仅比较高度时看不到的状态差别。
5.3 自由演化在布洛赫球上是什么轨迹？
现在把第四节已求出的自由演化翻译成球面运动。设初态的两个角为 \(\theta_0\)、\(\varphi_0\)，沿用能量差 \(\Delta E=E_1-E_0>0\)。在固定的能量基底中，省略整体相位后的状态为
\[ |\widetilde\psi(t)\rangle= \cos\frac{\theta_0}{2}|0\rangle+ e^{i(\varphi_0-\Delta E\,t/\hbar)} \sin\frac{\theta_0}{2}|1\rangle. \]
与球面表示逐项比较，得到
\[ \theta(t)=\theta_0,\qquad \varphi(t)=\varphi_0-\frac{\Delta E}{\hbar}t. \]
极角保持不变，因此点停留在同一条纬线上；方位角随时间减小，因此点绕 \(z\) 轴转动。从正 \(z\) 轴一端朝球心看，转动方向是顺时针。这里的坐标轴始终由同一组基底与相位约定确定。对于两分量都存在的初态，相对相位减少 \(2\pi\) 后回到同一物理态，所需时间为
\[ T=\frac{2\pi\hbar}{\Delta E}. \]
取具体初态 \(|+\rangle\)，它位于赤道的正 \(x\) 方向。用刚才的演化式依次计算四分之一周期的几个时刻，得到：
| 等待时间 | 省略整体相位后的状态 | 球面方向 |
|---|---|---|
| \(0\) | \((|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2\) | 正 \(x\) |
| \(T/4\) | \((|0\rangle-i|1\rangle)/\sqrt2\) | 负 \(y\) |
| \(T/2\) | \((|0\rangle-|1\rangle)/\sqrt2\) | 负 \(x\) |
| \(3T/4\) | \((|0\rangle+i|1\rangle)/\sqrt2\) | 正 \(y\) |
| \(T\) | \((|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2\) | 正 \(x\) |
整段演化中，\(P_0=P_1=1/2\)，而 \(x(t)=\cos(2\pi t/T)\)，因此
\[ P_+(t)=\frac{1+\cos(2\pi t/T)}{2}. \]
这正是第四节得到的概率变化，现在它与球面点沿赤道转动对应起来。下图将同一时刻的球面位置和概率曲线对齐；曲线表示分别等待不同时间后再测量的预测。默认显示 \(t=T/4\)，此时球面点已从正 \(x\) 方向走到负 \(y\) 方向，三种所显示的概率都为 \(1/2\)。
再将初态切换为 \(|0\rangle\)。自由演化只给它乘上整体相位，所以球面点始终停在北极，\(P_0=1\)、\(P_1=0\)；由于 \(x=0\)，在正、负叠加态测量中则始终各半。一般叠加态沿纬线运动，两个能量态位于不动的两极，这两种情况来自同一个自由演化规律。
回到控制目标：若要从 \(|0\rangle\) 变成 \(|1\rangle\)，球面点就要从北极到达南极，概率分配也必须改变。自由演化保持纬度，而翻转需要改变纬度。下一节将先观察驱动下概率怎样变化，再把激光或微波的作用写进演化方程，求出怎样选择驱动频率与脉冲时长，完成所需的状态转换。
6. 共振驱动：怎样用脉冲控制状态转换？
前两节说明，仅仅等待不能完成从0到1的翻转；在球面上，这个目标要求状态从北极到达南极。现在把任务说得更具体：每次都从 \(|0\rangle\) 出发，施加一段激光或微波，再关闭驱动。驱动应选什么频率？持续多久，才能在最后测量时得到1？本节用一个理想的两态模型，算出这两个问题的答案。
6.1 改变脉冲时长，会看到什么？
先明确怎样比较。每次重新准备 \(|0\rangle\)，施加一段振幅不变、频率相同的驱动，只改变关断时刻。选定一个脉冲持续时间后，重复这组操作和测量，用得到1的频率估计 \(P_1\)；再更换持续时间。这样得到的曲线记录的是不同实验批次的统计。
激光和微波的场都随时间振荡。用 \(\omega_{\mathrm d}\) 表示外加场的驱动角频率，用正的参数 \(\Omega\) 表示场与两态之间的耦合强度。改变场的振幅可以改变 \(\Omega\)，不必同时改变 \(\omega_{\mathrm d}\)；场强如何换算成 \(\Omega\) 还取决于所选跃迁。两者都以 \(\mathrm{rad/s}\) 为单位，但分别描述场振荡的快慢和作用的强弱。
两态自身的跃迁角频率由能量差决定：
\[ \omega_0=\frac{E_1-E_0}{\hbar}=2\pi\nu_{01}. \]
其中 \(\nu_{01}\) 是能级图中以Hz表示的跃迁频率。先把驱动调到 \(\omega_{\mathrm d}=\omega_0\)，这一频率匹配称为共振。驱动从 \(t=0\) 开始，持续到 \(t=\tau\)；\(\tau\) 是脉冲持续时间。打开期间保持振幅包络不变，称为矩形脉冲，包络内的场仍在振荡。本节保持驱动初相位为零，沿用第四节忽略环境影响和更高能级的两态模型。
如果照射得更久，测得1的概率是否会一直增加？先看弱驱动下的模型预测，此时耦合强度远小于两态的跃迁角频率。图中固定 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)：脉冲持续50 ns时，两种结果各半；到100 ns时，确定得到1；继续到200 ns，反而确定回到0。持续驱动下，两态的占据概率会往复振荡，而不是一直向1累积。这种现象称为拉比振荡。
图提出了两个问题：驱动为什么既能把状态送向1，又能把它送回来？怎样从驱动强度计算合适的关断时刻？下面建立耦合方程，解释这条曲线，再把它与球面轨迹对应起来。
6.2 怎样把驱动写入演化方程？
先回到第四节的自由演化方程。无驱动时，\(\beta(t)\) 只是初值 \(\beta(0)\) 乘以一个相位因子；如果一开始没有 \(|1\rangle\) 分量，之后这个分量也一直为零。要从 \(|0\rangle\) 出发产生 \(|1\rangle\) 分量，所加作用就不能只是让两个分量各自积累相位，还必须让它们在演化方程中发生联系。
将外加控制对哈密顿量的贡献记为 \(H_{\mathrm c}(t)\)，系统的总哈密顿量写成
\[ H(t)=H_0+H_{\mathrm c}(t). \]
为看清这种联系在数学上是什么样，先取一个最简单的实耦合示例：
\[ H_{\mathrm c}(t)= \begin{pmatrix} 0&g(t)\\ g(t)&0 \end{pmatrix}. \]
这里 \(g(t)\) 是实数函数，描述这个示例中的耦合作用强度，单位是能量。两个非零元素位于矩阵的非对角位置。将总哈密顿量与状态列向量相乘，再代入薛定谔方程，得到
\[ \begin{aligned} i\hbar\frac{\mathrm d\alpha}{\mathrm dt} &=E_0\alpha+g(t)\beta,\\ i\hbar\frac{\mathrm d\beta}{\mathrm dt} &=g(t)\alpha+E_1\beta. \end{aligned} \]
现在，一个概率幅的变化会受到另一个概率幅影响，这就是这里所说的两态耦合。例如，初态为 \(|0\rangle\) 时，\(\alpha(0)=1\)、\(\beta(0)=0\)；若此时 \(g(0)\ne0\)，第二式给出 \(\mathrm d\beta/\mathrm dt|_{t=0}=-ig(0)/\hbar\)，不再为零。因此，控制可以使原本为零的 \(|1\rangle\) 概率幅开始增长。这里判断的是概率幅的变化，不是说概率 \(|\beta|^2\) 会在初始时刻按同样的线性速率增长。
有耦合并不意味着一定完成翻转。最终状态还取决于 \(g(t)\) 如何随时间变化，以及作用持续多久，必须继续求解才能知道。在固定的能量基底中，要改变两态的占据概率，需要能将两个概率幅联系起来的作用；非对角耦合项提供了这样的可能。
激光和微波的电磁场随时间振荡。对于能够被这个场连接的两个态，在驱动打开期间，取
\[ g(t)=\hbar\Omega\cos(\omega_{\mathrm d}t). \]
这样，6.1的耦合强度 \(\Omega\) 进入能量矩阵：\(\hbar\Omega\) 是非对角元的振幅，\(\omega_{\mathrm d}\) 决定它振荡的快慢。矩形包络使这个振幅在 \(0\leq t\leq\tau\) 内保持不变；关闭后 \(g(t)=0\)，开关边沿理想化为瞬时变化。
驱动频率、耦合强度和作用时长现在都进入了同一个模型。要解释共振时为什么出现前图中的振荡，接下来需要分离系统已有的自由演化与驱动引起的变化。
6.3 为什么驱动频率要接近跃迁频率？
直接求解6.2节的耦合方程时，概率幅中混合了两种变化：即使没有驱动也会积累的自由演化相位，以及驱动新引起的变化。自由演化已经求过，因此可以先把这部分写出来，定义两个新的系数 \(a(t)\)、\(b(t)\)：
\[ \begin{aligned} \alpha(t)&=a(t)e^{-iE_0t/\hbar},\\ \beta(t)&=b(t)e^{-iE_1t/\hbar}. \end{aligned} \]
将状态改用这两个系数表示，记为
\[ |\psi_{\mathrm I}(t)\rangle=a(t)|0\rangle+b(t)|1\rangle. \]
这种分离自由演化的表示称为相互作用绘景，下标I标记这一表示。没有驱动时，\(a\)、\(b\) 保持不变；有驱动时，它们记录驱动引起的变化。由于分离出的相位因子的模为1，能量基底中的概率仍为 \(P_0=|a|^2\)、\(P_1=|b|^2\)。
这一步在布洛赫球上是什么意思？第五节使用固定坐标，自由演化使方位角以速率 \(-\omega_0\) 变化。现在让横向坐标轴也以这个速率绕 \(z\) 轴转动，并在 \(t=0\) 与原坐标轴重合。自由演化的点与坐标轴一起转动，相对于新坐标便保持不动。由上面两个概率幅的关系可知，固定坐标中的相对相位比 \(b\) 相对于 \(a\) 的相位少 \(\omega_0t\)，因此两套坐标满足
\[ \theta_{\mathrm I}(t)=\theta(t),\qquad \varphi_{\mathrm I}(t)=\varphi(t)+\omega_0t. \]
下标I同样用于新坐标中的角度及坐标分量。两套坐标的 \(z\) 轴相同，点的高度与0、1概率相同，横向方向则相差 \(\omega_0t\)。扣除自由演化相位，几何上就是改用随自由演化转动的坐标；我们仍在描述同一个物理过程。
以初态 \(|+\rangle=(|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2\) 的自由演化为例。固定坐标中，它沿赤道从正 \(x\) 方向走向负 \(y\) 方向；在新坐标中，\(a=b=1/\sqrt2\) 始终不变，所以它一直位于正 \(x_{\mathrm I}\) 方向。下图将这两种表示并列，时间单位取自由演化周期 \(T_0=2\pi/\omega_0\)。
有了这套表示，接下来只需求出驱动怎样改变 \(a\)、\(b\)。需要恢复固定坐标中的状态时，再放回相位因子：
\[ |\psi(t)\rangle=e^{-iE_0t/\hbar} \left[a(t)|0\rangle+e^{-i\omega_0t}b(t)|1\rangle\right]. \]
这里最前面的因子是整体相位，括号内的因子则决定两套坐标之间的方位角差。
看第二个概率幅的方程如何变化。对 \(\beta=b e^{-iE_1t/\hbar}\) 求导，代入 \(i\hbar\dot\beta=g\alpha+E_1\beta\)，得到
\[ \begin{aligned} i\hbar\dot b+E_1b &=g(t)a e^{i(E_1-E_0)t/\hbar}+E_1b,\\ i\dot b&=\frac{g(t)}{\hbar}a e^{i\omega_0t}. \end{aligned} \]
上面的点表示对时间求导。自由演化产生的 \(E_1b\) 在等式两边相消；同样处理第一个方程，得到 \(i\dot a=[g(t)/\hbar]b e^{-i\omega_0t}\)。再利用
\[ \cos(\omega_{\mathrm d}t) =\frac{e^{i\omega_{\mathrm d}t}+e^{-i\omega_{\mathrm d}t}}{2}, \]
两个方程成为
\[ \begin{aligned} i\dot a&=\frac{\Omega}{2} \left[e^{-i(\omega_0-\omega_{\mathrm d})t} +e^{-i(\omega_0+\omega_{\mathrm d})t}\right]b,\\ i\dot b&=\frac{\Omega}{2} \left[e^{i(\omega_0-\omega_{\mathrm d})t} +e^{i(\omega_0+\omega_{\mathrm d})t}\right]a. \end{aligned} \]
频率匹配的作用现在出现了：每个方程都含有一个按频率差变化的相位因子，另一个按频率和变化。当 \(\omega_{\mathrm d}\) 接近 \(\omega_0\) 时，前者变化慢，后者则以接近 \(2\omega_0\) 的角频率快速变化。
为什么这一区别有用？复数 \(e^{i\theta}\) 可以画成复平面上长度为1、方向角为 \(\theta\) 的箭头。求某段时间内的概率幅变化，需要把各个短时间内的变化相加；方向近似相同的贡献可以积累，快速转动的贡献则会大部分互相抵消。但这要求相位因子之外的系数 \(a\)、\(b\) 在一个快振荡周期内变化很小。我们因此限制在弱耦合、接近共振的范围：
\[ \Omega\ll\omega_0,\qquad |\omega_{\mathrm d}-\omega_0|\ll\omega_0. \]
在跨越许多快振荡周期、关注较慢的状态转换时，可以近似忽略频率和项的快速贡献，保留频率差项。这叫作旋转波近似，英文缩写为RWA。它保留慢演化的主要贡献，略去快振荡带来的小修正。
特别地，当 \(\omega_{\mathrm d}=\omega_0\) 时，频率差为零，留下的相位因子不再随时间转动，这正是6.1采用的共振条件。下面的图在这一条件下比较两个相位因子，让我们看清“同向积累”与“转动抵消”的区别。
因此，选择接近跃迁频率的驱动，是为了让扣除自由演化后的一部分耦合贡献能够持续积累。近共振与弱耦合使我们能够分开慢变化和快变化；共振时，旋转波近似进一步把振荡驱动化为常系数的两态耦合。下面就在这一条件下求解。
6.4 共振时，两个概率幅怎样变化？
令 \(\omega_{\mathrm d}=\omega_0\)，并按旋转波近似去掉快速项，得到
\[ i\dot a=\frac{\Omega}{2}b,\qquad i\dot b=\frac{\Omega}{2}a. \]
系数中的 \(1/2\) 来自上一小节对余弦的分解。每次从 \(|0\rangle\) 出发，意味着 \(a(0)=1\)、\(b(0)=0\)。下面用这组初始条件求解。
要解开两个相互联系的一阶方程，可以先对第一式再求一次导数，并用第二式消去 \(\dot b\)：
\[ \begin{aligned} \dot a&=-i\frac{\Omega}{2}b,\\ \ddot a&=-i\frac{\Omega}{2}\dot b =-\frac{\Omega^2}{4}a. \end{aligned} \]
这与大学物理中简谐振动的方程具有相同形式，只是这里变化的是概率幅，而非物体的位置。由 \(a(0)=1\) 和 \(\dot a(0)=0\)，得到 \(a(t)=\cos(\Omega t/2)\)；再由 \(b=2i\dot a/\Omega\) 求出另一个系数：
\[ \begin{aligned} a(t)&=\cos\frac{\Omega t}{2},\\ b(t)&=-i\sin\frac{\Omega t}{2}. \end{aligned} \]
这里的 \(-i\) 不能省略，它决定两个分量的相对相位。将两式代回原来的两个一阶方程，可同时满足它们；在 \(t=0\) 时也回到给定初态。由Born规则，得到
\[ \begin{aligned} P_0(t)&=\cos^2\frac{\Omega t}{2},\\ P_1(t)&=\sin^2\frac{\Omega t}{2}. \end{aligned} \]
两概率之和始终为1。当 \(t=0\) 时 \(P_1=0\)；固定作用时间，让驱动强度趋于零，也有 \(P_1\to0\)，与上一节“没有驱动就不能从0变成1”的结论一致。随着作用时间增加，\(P_1\) 会先上升、再下降，周期为 \(2\pi/\Omega\)。这就得到了6.1先展示的拉比振荡；在本节的共振模型和符号约定下，\(\Omega\) 就是拉比角频率。它通常远小于场本身的振荡角频率 \(\omega_{\mathrm d}\)。
因此，6.1中50、100、200 ns的三种结果来自同一条概率曲线，关断时刻决定我们读出曲线上的哪一点。
这条概率曲线对应怎样的球面运动？先把第五节的坐标关系写成便于代入概率幅的形式：
\[ x_{\mathrm I}=2\operatorname{Re}(a^*b),\qquad y_{\mathrm I}=2\operatorname{Im}(a^*b),\qquad z_{\mathrm I}=|a|^2-|b|^2. \]
其中星号表示复共轭，\(\operatorname{Re}\)、\(\operatorname{Im}\) 分别取实部与虚部。这些关系来自两角表示中的 \(a^*b=\tfrac12\sin\theta_{\mathrm I}e^{i\varphi_{\mathrm I}}\)：分别取实部、虚部，就回到球面点的横向坐标。代入刚才求出的 \(a\)、\(b\)，有 \(a^*b=-\tfrac{i}{2}\sin\Omega t\)，从而
\[ \mathbf r_{\mathrm I}(t)= \bigl(0,-\sin\Omega t,\cos\Omega t\bigr). \]
因此，点始终在 \(y_{\mathrm I}z_{\mathrm I}\) 平面内，从北极出发，先经过负 \(y_{\mathrm I}\) 方向，再到南极；它绕正 \(x_{\mathrm I}\) 轴按右手方向转动。这里的旋转角记为 \(\gamma(t)=\Omega t\)，可以连续增加。它与第五节从北极量起、范围为0到 \(\pi\) 的极角 \(\theta\) 不同：转过南极后，旋转角继续增加，极角则开始减小。
球面高度与测量概率之间仍满足 \(P_1=(1-z_{\mathrm I})/2\)。点从北极走到南极时，\(P_1\) 从0升到1；继续转回北极时，\(P_1\) 又降到0。下图让同一个作用时间同时确定球面点与曲线上的标记。取 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，一次完整旋转用时200 ns；拖动时间，比较四分之一圈、半圈和一圈的位置。
拉比振荡与球面旋转是同一演化的两种表达：前者显示测量概率，后者同时记录概率分配和相对相位。驱动越久，点转过的角度越大，却不会一直靠近南极。要得到目标状态，就需要选择恰当的关断时刻。
6.5 什么时候关闭脉冲？
要从 \(|0\rangle\) 完全转到 \(|1\rangle\)，就要让 \(P_1(\tau)=1\)。第一次达到这个条件时，\(\Omega\tau/2=\pi/2\)，因此
\[ \tau_\pi=\frac{\pi}{\Omega}. \]
此时 \(a=0\)、\(b=-i\)，球面旋转角 \(\gamma=\Omega\tau_\pi=\pi\)，点恰好从北极到达南极。恢复自由演化因子后，状态为 \(-i e^{-iE_1\tau_\pi/\hbar}|1\rangle\)，与 \(|1\rangle\) 只相差整体相位，完成了从0到1的翻转。我们把这一脉冲称为 \(\pi\) 脉冲；名称中的 \(\pi\) 就是相互作用绘景中转过半圈的角度。
如果只作用一半时间，取 \(\tau_{\pi/2}=\pi/(2\Omega)\)，就得到 \(a=1/\sqrt2\)、\(b=-i/\sqrt2\)，两个能量测量结果各占一半。这称为 \(\pi/2\) 脉冲。此时转过四分之一圈，点到达赤道的负 \(y_{\mathrm I}\) 方向，对应的状态为
\[ |\psi_{\mathrm I}(\tau_{\pi/2})\rangle =\frac{|0\rangle-i|1\rangle}{\sqrt2}. \]
它与正 \(x_{\mathrm I}\) 方向的 \((|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2\) 具有相同的高度，却位于赤道的不同位置，因而有不同的相对相位。在原来的固定坐标中，还要计入自由演化：\(\varphi=\varphi_{\mathrm I}-\omega_0t\)。驱动期间的完整状态为
\[ |\psi(t)\rangle=e^{-iE_0t/\hbar}\left[\cos\frac{\Omega t}{2}|0\rangle-i e^{-i\omega_0t}\sin\frac{\Omega t}{2}|1\rangle\right]. \]
其中最前面是整体相位，括号内的 \(e^{-i\omega_0t}\) 给出从转动坐标恢复到固定坐标时的方位角变化。两套坐标中的点始终等高，因此给出相同的0、1概率。
用一个具体数值检查这些时间。在上述弱耦合条件下，取 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，也就是概率振荡每秒重复五百万次。于是
\[ \begin{aligned} \tau_\pi&=\frac{1}{2\times5\times10^6}\,\mathrm{s} =100\,\mathrm{ns},\\ \tau_{\pi/2}&=50\,\mathrm{ns},\\ \frac{2\pi}{\Omega}&=200\,\mathrm{ns}. \end{aligned} \]
所以，50 ns时关闭，点到达赤道，两个结果各半；100 ns时关闭，点到达南极，确定得到1；若持续到200 ns，\(a=-1\)、\(b=0\)，点又回到北极，与 \(|0\rangle\) 表示同一个物理态。这最后一种满足 \(\Omega\tau=2\pi\) 的脉冲称为 \(2\pi\) 脉冲。球面点转过一整圈，态矢量则多了一个整体负号。
关闭脉冲后会怎样？此时 \(g(t)=0\)，在相互作用绘景中，\(a\)、\(b\) 及球面点都停在关断时的位置。在固定坐标中，自由演化仍在继续：叠加态沿关断时所在的纬线运动，方位角继续以速率 \(-\omega_0\) 变化；两极则保持不动。两种描述都保持球面高度不变，因此0、1概率在关断后保持不变。
下图在这里再次给出球面与概率曲线，直接比较不同关断时刻。每次从 \(|0\rangle\) 开始，保持共振和耦合强度不变，只改变脉冲持续时间。球面显示相互作用绘景中的关断末态；右侧蓝线在关断后保持水平，灰虚线则给出继续驱动的比较。先用三个按钮比较50、100、200 ns，再拖动滑块观察中间值。
单独打开计算图，或使用图内全屏按钮放大。
在理想共振、弱耦合且忽略环境影响的两态模型中，\(\pi\) 脉冲可将初态0翻转为1，\(\pi/2\) 脉冲可产生两态等权叠加；脉冲时长控制的不是一次随机“跳跃何时发生”，而是末态的概率幅。至此，开头的任务有了可计算的答案：把驱动调到所选跃迁的共振频率，并在 \(\tau=\pi/\Omega\) 时关闭，就能在这个模型中实现从0到1的转换。若频率不匹配，不能直接使用这里的翻转时长；若目标是指定相对相位的叠加态，也还需要考虑驱动相位与自由演化，这正是后续控制要解决的问题。
7. 驱动相位：怎样制备指定的叠加态？
第六节已经能够把球面点从北极转到南极，也能在赤道上停下。但是，赤道上有许多不同的叠加态；如果要求停在其中指定的一点，应该怎样选择脉冲？下面保持共振，继续使用第六节的弱耦合两态模型，考察此前固定为零的驱动初相位。
7.1 概率各半，为什么还没有完全确定状态？
第六节从 \(|0\rangle\) 出发，在 \(0\le t\le\tau\) 期间施加零初相位的共振驱动 \(g(t)=\hbar\Omega\cos(\omega_0t)\)，到 \(\tau\) 时关闭驱动。取 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)、\(\tau=50\,\mathrm{ns}\)，旋转角为 \(\Omega\tau=\pi/2\)，得到
\[ |\psi_{\mathrm I}\rangle=\frac{|0\rangle-i|1\rangle}{\sqrt2}. \]
现在希望得到的却是 \(|+\rangle=(|0\rangle+|1\rangle)/\sqrt2\)。本节先在相互作用绘景中指定目标：球上的坐标轴记为 \(x_{\mathrm I},y_{\mathrm I},z_{\mathrm I}\)，它们随自由演化转动；去掉自由演化相位后的系数记为 \(a,b\)。在这套坐标中，刚才的结果位于赤道的负 \(y_{\mathrm I}\) 方向，目标位于正 \(x_{\mathrm I}\) 方向。
两态的差别不是整体相位：若给左式乘上一个公共因子，使 \(|0\rangle\) 的系数与右式相同，\(|1\rangle\) 前面的 \(-i\) 仍然存在。它们有相同的概率分配，却有不同的相对相位。仅改变第六节脉冲的时长，球面点会一直沿 \(y_{\mathrm I}z_{\mathrm I}\) 平面内的圆运动，不能到达正 \(x_{\mathrm I}\) 方向。要制备指定的叠加态，除了控制转过多少角度，还要能够改变旋转轴的方向。
7.2 驱动场的相位怎样进入量子态？
此前耦合项随 \(\cos(\omega_0t)\) 振荡。现在改为
\[ g(t)=\hbar\Omega\cos(\omega_0t+\phi_{\mathrm d}). \]
这里仍取驱动角频率等于跃迁角频率 \(\omega_0\)，耦合强度 \(\Omega\) 不变。新增的 \(\phi_{\mathrm d}\) 是驱动相位：相对于同一个时间原点，它决定场在振荡周期中的位置。例如 \(\phi_{\mathrm d}=0\) 时 \(g(0)=\hbar\Omega\)，\(\phi_{\mathrm d}=\pi/2\) 时 \(g(0)=0\)，随后向负值变化。两者的振幅与周期相同，振荡的时间位置不同。\(\phi_{\mathrm d}\) 描述外加场；\(\varphi_{\mathrm I}\) 描述量子态两个分量的相对相位，二者不是同一个量。
相位需要共同的参照。比较不同脉冲时，我们使用同一参考振荡器和连续的时间基准；各脉冲的相位都相对于这一参照设置。这样，“把驱动相位改变 \(\pi/2\)”才对应一个确定、可重复的操作。
这个改变怎样进入概率幅？6.3已经把自由演化分离出来，得到
\[ i\dot a=\frac{g(t)}{\hbar}e^{-i\omega_0t}b,\qquad i\dot b=\frac{g(t)}{\hbar}e^{i\omega_0t}a. \]
把带相位的余弦分解后，第一式中的乘积为
\[ \frac{g(t)}{\hbar}e^{-i\omega_0t} =\frac{\Omega}{2} \left[e^{i\phi_{\mathrm d}}+e^{-i(2\omega_0t+\phi_{\mathrm d})}\right]. \]
第二项仍然快速振荡。沿用旋转波近似，略去它；第二个方程中的快速项同样略去，留下
\[ i\dot a=\frac{\Omega}{2}e^{i\phi_{\mathrm d}}b,\qquad i\dot b=\frac{\Omega}{2}e^{-i\phi_{\mathrm d}}a. \]
与第六节相比，耦合强度没有改变，但两个方向的耦合各自带上了互为复共轭的相位因子。在一次脉冲内保持 \(\phi_{\mathrm d}\) 不变，对第一式再求导时，这两个因子相乘为1，因此仍有 \(\ddot a=-(\Omega^2/4)a\)。由初始条件 \(a(0)=1,b(0)=0\)，先求出 \(a\)，再由 \(b=(2i/\Omega)e^{-i\phi_{\mathrm d}}\dot a\) 得到
\[ |\psi_{\mathrm I}(t)\rangle =\cos\frac{\Omega t}{2}|0\rangle -i e^{-i\phi_{\mathrm d}}\sin\frac{\Omega t}{2}|1\rangle. \]
取模平方，相位因子消去，仍有 \(P_1(t)=\sin^2(\Omega t/2)\)；但两个系数的相对相位已经改变。对于 \(0<\Omega t<\pi\)，正弦、余弦都为正，相对相位可以直接写成
\[ \varphi_{\mathrm I}=-\frac{\pi}{2}-\phi_{\mathrm d} \pmod{2\pi}. \]
这里 \(\pmod{2\pi}\) 表示相差整数个整圈的角度对应同一个方向。从 \(|0\rangle\) 出发，固定共振脉冲的强度和时长，改变驱动相位会改变末态的相对相位，却不改变0、1的概率。
7.3 怎样同时选定概率和相对相位？
把刚得到的两个概率幅代入球面坐标关系
\[ x_{\mathrm I}=2\operatorname{Re}(a^*b),\qquad y_{\mathrm I}=2\operatorname{Im}(a^*b),\qquad z_{\mathrm I}=|a|^2-|b|^2, \]
其中星号表示复共轭，\(\operatorname{Re}\) 与 \(\operatorname{Im}\) 分别取实部和虚部。令旋转角 \(\gamma=\Omega t\)，计算得到
\[ \mathbf r_{\mathrm I}(t)= \bigl(-\sin\phi_{\mathrm d}\sin\gamma,\, -\cos\phi_{\mathrm d}\sin\gamma,\, \cos\gamma\bigr). \]
这个轨迹对应哪根旋转轴？定义赤道平面内的单位向量
\[ \mathbf n=(\cos\phi_{\mathrm d},-\sin\phi_{\mathrm d},0). \]
它与上式中的 \(\mathbf r_{\mathrm I}\) 始终垂直，所以轨迹是垂直于 \(\mathbf n\)、经过南北两极的大圆。刚开始时，球面点沿 \((-\sin\phi_{\mathrm d},-\cos\phi_{\mathrm d},0)\) 方向离开北极，正好是绕 \(\mathbf n\) 按右手方向转动的切向方向。因此，驱动相位选定赤道内的旋转轴，\(\Omega t\) 决定沿这条圆轨迹走多远。\(\phi_{\mathrm d}=0\) 时恢复绕正 \(x_{\mathrm I}\) 轴的旋转；\(\phi_{\mathrm d}=3\pi/2\) 时则绕正 \(y_{\mathrm I}\) 轴，从北极走向正 \(x_{\mathrm I}\) 方向。
下图把这两个控制量分开。先保持脉冲时长为50 ns，只改变驱动相位：末态始终位于赤道，概率条不变。再固定驱动相位、改变时长：旋转轴不动，球面点沿同一条圆轨迹运动，概率随高度改变。图中固定 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，因此50 ns对应四分之一圈。
现在完成开头的任务：从 \(|0\rangle\) 制备 \(|+\rangle\)。目标在赤道，先选 \(\tau=\pi/(2\Omega)\)；再令 \(\phi_{\mathrm d}=3\pi/2\)，有 \(-i e^{-i\phi_{\mathrm d}}=1\)，于是
\[ |\psi_{\mathrm I}(\tau)\rangle =\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2}=|+\rangle. \]
在上述强度下，这就是一个持续50 ns、驱动相位为 \(3\pi/2\) 的脉冲。下面在同一计算图上用空心圆标出目标；初始设置仍是第六节的零相位脉冲。保持时长不变，改变相位，使蓝色末态点与目标重合。
同样的方法可以用于一般目标纯态
\[ |\psi_{\mathrm{tar},\mathrm I}\rangle =\cos\frac{\theta_{\mathrm{tar}}}{2}|0\rangle +e^{i\varphi_{\mathrm{tar},\mathrm I}} \sin\frac{\theta_{\mathrm{tar}}}{2}|1\rangle. \]
这里 \(\theta_{\mathrm{tar}}\) 是目标极角，范围为0到 \(\pi\)；\(\varphi_{\mathrm{tar},\mathrm I}\) 是目标在相互作用绘景中的相对相位。与脉冲解逐项比较，只需选择
\[ \tau=\frac{\theta_{\mathrm{tar}}}{\Omega},\qquad \phi_{\mathrm d}=-\frac{\pi}{2}-\varphi_{\mathrm{tar},\mathrm I} \pmod{2\pi}. \]
在两极只有一个非零分量，相对相位无需指定。这个结果说明，从已知的北极出发，选择脉冲的时长与相位，就能到达球面上的任意目标点。
若目标改为原来固定坐标中、关断时刻 \(\tau\) 的状态，则要用 \(\varphi(\tau)=\varphi_{\mathrm I}(\tau)-\omega_0\tau\) 换算。也就是说，先由目标极角确定 \(\tau\)，再将 \(\varphi_{\mathrm{tar},\mathrm I}=\varphi_{\mathrm{tar}}+\omega_0\tau\) 代入上式。这样，目标状态、驱动相位与关断时刻使用的是同一个时间参照。脉冲时长与相位共同决定完整的目标纯态，而不仅是一次测量的概率分配。
7.4 怎样确认相位真的被控制了？
制备完成后，仅测量0、1还不足以检验相对相位。例如
\[ |+\rangle=\frac{|0\rangle+|1\rangle}{\sqrt2},\qquad |-\rangle=\frac{|0\rangle-|1\rangle}{\sqrt2} \]
都给出各半的概率。下面的输入态同样在相互作用绘景中定义。它们可以分别由驱动相位 \(3\pi/2\) 和 \(\pi/2\) 的半时长脉冲制备。怎样使用同一个后续操作，将它们区分开？
思路是先把赤道两端的点转到南北两极，再按原来的方式测量0、1。为此施加一个驱动相位为 \(\pi/2\) 的脉冲：它的旋转轴是负 \(y_{\mathrm I}\)，转过四分之一圈时，正 \(x_{\mathrm I}\) 方向到北极，负 \(x_{\mathrm I}\) 方向到南极。这段在测量之前施加、用于选择所分析状态方向的脉冲，称为分析脉冲。它与前面的制备脉冲使用同一相位参照。
具体地，设分析脉冲从时刻 \(t_{\mathrm m}\) 开始，持续 \(\tau_{\mathrm a}\)，这一段驱动为
\[ g_{\mathrm a}(t)= \begin{cases} \hbar\Omega\cos(\omega_0t+\pi/2),&t_{\mathrm m}\le t<t_{\mathrm m}+\tau_{\mathrm a},\\ 0,&\text{其他时刻}. \end{cases} \]
这里的 \(t\) 仍是与制备脉冲共用的时间坐标，并未在分析脉冲开始时把参考振荡器的相位归零。取 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)、\(\tau_{\mathrm a}=50\,\mathrm{ns}\)：先施加这段脉冲，随后关闭驱动，再测量0、1。
需要核对的是，这个脉冲对输入的叠加态究竟怎样作用。将 \(\phi_{\mathrm d}=\pi/2\) 代入7.2的耦合方程，得到
\[ \dot a=\frac{\Omega}{2}b,\qquad \dot b=-\frac{\Omega}{2}a. \]
此处以 \(s\) 表示从分析脉冲开始算起的经过时间；驱动相位仍相对于原来连续的参考振荡器设置。对一般输入系数 \(a_{\mathrm{in}},b_{\mathrm{in}}\)，解为
\[ \begin{aligned} a(s)&=a_{\mathrm{in}}\cos\frac{\Omega s}{2} +b_{\mathrm{in}}\sin\frac{\Omega s}{2},\\ b(s)&=b_{\mathrm{in}}\cos\frac{\Omega s}{2} -a_{\mathrm{in}}\sin\frac{\Omega s}{2}. \end{aligned} \]
对两式求导即可回到上述方程，\(s=0\) 时也恢复输入系数。取分析脉冲时长 \(s=\pi/(2\Omega)\)，便得到
\[ a_{\mathrm{out}}=\frac{a_{\mathrm{in}}+b_{\mathrm{in}}}{\sqrt2},\qquad b_{\mathrm{out}}=\frac{b_{\mathrm{in}}-a_{\mathrm{in}}}{\sqrt2}. \]
输入 \(|+\rangle\) 时，两个系数相加进入0通道，在1通道相消，输出为 \(|0\rangle\)；输入 \(|-\rangle\) 时，0通道相消，输出为 \(-|1\rangle\)。后者的负号是整体相位，测量仍确定得到1。于是，同一个分析脉冲把原先藏在相对相位中的差别，转换为0、1读出的差别。
下图对照两组独立实验：分别准备 \(|+\rangle\) 或 \(|-\rangle\)，施加完全相同的分析脉冲，然后读出。开始时两组的0、1概率相同，完成脉冲后分别确定得到0和1。默认显示完成态；将进度退回零再播放，可以观察状态怎样转动。中途的概率条表示“若此时关闭驱动并测量”的预测，并不表示在同一次演化中持续测量系统。
对一般输入态，分析后的0概率为
\[ P_0^{\mathrm{out}} =\frac{|a_{\mathrm{in}}+b_{\mathrm{in}}|^2}{2} =\frac12+\operatorname{Re}(a_{\mathrm{in}}^*b_{\mathrm{in}}) =\frac{1+x_{\mathrm I}^{\mathrm{in}}}{2}. \]
这个关系与第五节的 \(P_+=(1+x)/2\) 形式相同，这里分析的是相互作用绘景中的正、负 \(x_{\mathrm I}\) 方向。若制备目标是本节定义的 \(|+\rangle\)，固定这个分析设置后应确定得到0；在重复实验中，可以统计0的比例来检验这一预测。
怎样用它实现第四节中那组固定的测量基？设自由演化结束、分析脉冲开始的时刻为 \(t_{\mathrm m}\)。固定坐标中正 \(x\) 方向的态，在相互作用绘景中的方位角为 \(\omega_0t_{\mathrm m}\)。因此，需要随等待时间调整分析脉冲的方向。由7.2的相位约定，半时长分析脉冲应取
\[ \phi_{\mathrm a}=\frac{\pi}{2}-\omega_0t_{\mathrm m}\pmod{2\pi}, \]
其中 \(\phi_{\mathrm a}\) 是相对于连续共振参考的分析脉冲相位。它把上述方向转到北极，把其反方向转到南极。对一般输入，读出概率于是为
\[ P_0^{\mathrm{out}}= \frac{1+x_{\mathrm I}\cos(\omega_0t_{\mathrm m}) +y_{\mathrm I}\sin(\omega_0t_{\mathrm m})}{2} =\frac{1+x(t_{\mathrm m})}{2}. \]
第四节从 \(|+\rangle\) 开始自由演化的例子，在相互作用绘景中一直有 \(x_{\mathrm I}=1,y_{\mathrm I}=0\)，故这套分析设置给出 \([1+\cos(\omega_0t_{\mathrm m})]/2\)，恢复了第四节的结果。若分析相位始终固定为 \(\pi/2\)，测量方向就与自由演化一起转动，同一例子的读出始终为0。两种设置分别回答“状态相对于固定方向怎样变化”和“状态相对于共振参考怎样变化”。
驱动相位使我们能制备指定的叠加态，分析脉冲则把相位信息转换成可读出的概率。至此，从已知初态到目标态、再到检验目标的操作已经连在一起。上述计算始终要求频率对准共振；下一节将改变驱动频率，研究偏离共振后，为什么原来的翻转脉冲不再一定有效。
8. 偏离共振：为什么延长脉冲也不一定能翻转？
前面从 \(|0\rangle\) 出发，把频率对准跃迁，作用一个 \(\pi\) 脉冲就能到达 \(|1\rangle\)。现在保持同一个初态、同样的驱动强度，只把驱动频率略微调高或调低。原来的翻转时刻还有效吗？如果没能完全翻转，多照一会儿能否补救？本节继续使用弱耦合、近共振的两态模型，先比较现象，再计算频率偏差怎样改变控制。
8.1 原来的翻转脉冲，还能使用吗？
将驱动角频率与跃迁角频率之差定义为失谐：
\[ \Delta=\omega_{\mathrm d}-\omega_0. \]
\(\Delta=0\) 表示共振，正失谐表示驱动频率偏高，负失谐表示偏低。本节固定驱动初相位为零，打开期间的耦合仍为 \(g(t)=\hbar\Omega\cos(\omega_{\mathrm d}t)\)。我们只改变 \(\Delta\)，不同时改变强度 \(\Omega\)；在不同的脉冲时长处，分别重复制备、驱动和测量，用测得1的频率估计 \(P_1\)。
先看模型给出的曲线。图中固定 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)：共振时，第一个最高点位于100 ns，正好对应原来的 \(\pi\) 脉冲。加入失谐后，曲线的最高点变矮、振荡周期变短；原来的100 ns也不再是第一个最高点。将失谐换成绝对值相同的相反数，两条失谐概率曲线重合。下面的计算将解释这些变化。
曲线提出了两个不同的问题：最高点为什么提前了？最高点为什么又达不到1？要回答它们，需要看失谐怎样进入概率幅的演化。
8.2 频率差怎样进入演化方程？
6.3已分离自由演化，并在旋转波近似中保留差频项。对现在的失谐约定，两个方程成为
\[ i\dot a=\frac{\Omega}{2}e^{i\Delta t}b,\qquad i\dot b=\frac{\Omega}{2}e^{-i\Delta t}a. \]
共振时指数因子为1；不共振时，它们以失谐角频率转动。因此，即使驱动的振幅保持不变，在原来的相互作用绘景中，耦合仍带有随时间变化的相位。
我们已经用过一次“让坐标轴跟着已知转动走”的办法。这里让坐标轴跟随驱动，而不是跟随自由演化。定义新的系数 \(u,v\)：
\[ a(t)=u(t)e^{i\Delta t/2},\qquad b(t)=v(t)e^{-i\Delta t/2}. \]
两个乘因子的模都为1，所以仍有 \(P_0=|u|^2\)、\(P_1=|v|^2\)。记新坐标中的方位角为 \(\varphi_{\mathrm R}\)，R表示这套驱动旋转坐标。从系数的相对相位可读出
\[ \varphi_{\mathrm R} =\varphi_{\mathrm I}+\Delta t =\varphi+\omega_{\mathrm d}t. \]
也就是说，新横向坐标轴相对于固定坐标以角速度 \(-\omega_{\mathrm d}\) 转动，而6.3的坐标轴以 \(-\omega_0\) 转动。两套轴都在 \(t=0\) 对齐，共振时始终重合。它们共享同一根 \(z\) 轴，因此球面高度和0、1概率也相同。后面的失谐球面图将用下标R标明这套坐标。
这次换坐标带来了什么计算便利？把 \(a=u e^{i\Delta t/2}\) 代入第一个方程，可得
\[ i\dot u-\frac{\Delta}{2}u=\frac{\Omega}{2}v. \]
第二式同理。把它们合在一起，得到
\[ i\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix} =\frac12 \begin{pmatrix}\Delta&\Omega\\\Omega&-\Delta\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}. \]
右边的系数现在不随时间变化。按薛定谔方程的形式，将整个系数矩阵乘以 \(\hbar\)，就得到驱动旋转坐标中的有效哈密顿量
\[ H_{\mathrm R}=\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix}\Delta&\Omega\\\Omega&-\Delta\end{pmatrix}. \]
非对角元 \(\hbar\Omega/2\) 仍然连接两个概率幅；对角元中的 \(\Delta\) 则记录系统自由演化与坐标转动之间的频率差。失谐没有消除耦合，而是在同一套演化方程中加入了额外的相位变化。
8.3 为什么振荡更快，却翻转得不完整？
现在从相同的初态求解：\(u(0)=1,v(0)=0\)。为简化书写，将方程中的矩阵记为
\[ M=\begin{pmatrix}\Delta&\Omega\\\Omega&-\Delta\end{pmatrix}. \]
直接相乘得到 \(M^2=(\Omega^2+\Delta^2)I_2\)，其中 \(I_2\) 是二维单位矩阵。对一阶方程再求一次导数，便有
\[ \frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix} =-\frac{\Omega^2+\Delta^2}{4} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}. \]
这仍是第六节用过的振动方程。定义 \(\Omega_{\mathrm R}=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}\)，称为广义拉比角频率。由原来的一阶方程，初始导数为 \(\dot u(0)=-i\Delta/2\)、\(\dot v(0)=-i\Omega/2\)；结合初值，得到
\[ \begin{aligned} u(t)&=\cos\frac{\Omega_{\mathrm R}t}{2} -i\frac{\Delta}{\Omega_{\mathrm R}}\sin\frac{\Omega_{\mathrm R}t}{2},\\ v(t)&=-i\frac{\Omega}{\Omega_{\mathrm R}}\sin\frac{\Omega_{\mathrm R}t}{2}. \end{aligned} \]
取第二个系数的模平方，就是可与前图比较的结果：
\[ P_1(t)=\frac{\Omega^2}{\Omega^2+\Delta^2} \sin^2\!\left(\frac{\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}\,t}{2}\right). \]
这个式子中的两个因素各自解释一种现象。正弦中的角频率增大，因而概率振荡周期缩短为 \(2\pi/\Omega_{\mathrm R}\)；正弦前面的系数小于1，因而振荡的最高点降低为
\[ P_{1,\max}=\frac{\Omega^2}{\Omega^2+\Delta^2}. \]
因此，“变化得更快”并不等于“更快完成翻转”。非零失谐下，单纯等待不能让这条曲线超过它的最高点。两式都只含 \(\Delta^2\)，也解释了为什么正、负失谐具有相同的占据概率曲线。
在球面上，这种限制对应什么？利用 \(x_{\mathrm R}=2\operatorname{Re}(u^*v)\)、\(y_{\mathrm R}=2\operatorname{Im}(u^*v)\)、\(z_{\mathrm R}=|u|^2-|v|^2\)，并记 \(\eta=\Omega_{\mathrm R}t\)，代入上面的解，得到
\[ \begin{aligned} x_{\mathrm R}&=\frac{\Omega\Delta}{\Omega_{\mathrm R}^2}(1-\cos\eta),\\ y_{\mathrm R}&=-\frac{\Omega}{\Omega_{\mathrm R}}\sin\eta,\\ z_{\mathrm R}&=\frac{\Delta^2+\Omega^2\cos\eta}{\Omega_{\mathrm R}^2}. \end{aligned} \]
这些坐标描述绕单位向量
\[ \mathbf n_{\mathrm R} =\frac{(\Omega,0,\Delta)}{\Omega_{\mathrm R}} \]
的旋转。可以直接检验：球面点在这根轴上的投影始终满足 \(\mathbf n_{\mathrm R}\cdot\mathbf r_{\mathrm R}=\Delta/\Omega_{\mathrm R}\)，即保持初态北极的投影不变。共振时轴沿正 \(x_{\mathrm R}\) 方向，轨迹经过南北两极；失谐使轴向上或向下倾斜。南极在该轴上的投影为 \(-\Delta/\Omega_{\mathrm R}\)，与北极不同，所以非零失谐的这条轨迹到不了南极。
下图将球面轨迹与概率曲线联动。先比较零失谐与 \(\Delta/\Omega=1\)，观察旋转轴和最高概率；再把失谐换成 \(-1\)。此时概率曲线相同，但 \(x_{\mathrm R}\) 分量反号，轨迹向另一侧偏移：占据概率相同，并不意味着整个状态演化相同。
用具体数值检查这一解释。仍取 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，再取 \(\Delta/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，便有 \(\Omega_{\mathrm R}=\sqrt2\,\Omega\)。第一个最高点提前到 \(\pi/\Omega_{\mathrm R}\approx70.7\,\mathrm{ns}\)，但其概率只有 \(1/2\)；若仍在原来的100 ns关断，概率约为0.317。把 \(\Delta\) 调回零，结果恢复为共振拉比振荡，最高概率回到1。这些比较都保持 \(\Omega\) 和 \(|\Delta|\) 远小于 \(\omega_0\)，沿用前面的旋转波近似。
8.4 哪些问题可以靠调整时长解决？
“没有翻转成功”可能来自不同原因。若频率已经共振，只是关断时刻选错，球面点仍沿经过南北两极的大圆运动，调整时长可以使它到达南极。若存在固定失谐，在这里的恒幅单脉冲模型中，调整时长只能沿已经倾斜的轨迹继续走，不能改变轨迹能到达的最高概率。
下面从失谐比为1、时长100 ns开始。先点“首个最高点”，把关断时刻改到约70.7 ns，概率会升到一半，但仍不能完全翻转。再点“回到共振”，只改变频率，时间仍保留；最后再次选择首个最高点，才回到100 ns的完整翻转。这个顺序把“找最佳时刻”与“校准频率”分开。
这也说明为什么实验中需要分别检查频率、强度与时长。频率决定是否共振，强度和时长共同决定转过的角度，相位决定共振时横向旋转轴的方向。在给定模型中，先找对可达目标的轨迹，再选择合适的关断时刻，才能完成目标控制。前面一直问“一个初态会变成什么”；接下来把同一个操作用于不同输入，看看怎样把脉冲写成可以组合的量子操作。
9. 从控制脉冲到单比特操作
一个脉冲不仅作用于我们选来举例的初态。若把输入换成另一个能量态，或换成不同叠加态，同一个脉冲也会给出相应输出。要把它作为可重复使用的控制步骤，就需要知道它对所有输入的作用，而不只是记住某一次“从0到1”的结果。本节回到共振，并统一在第六、七节的相互作用绘景中表示输入和输出。
9.1 只知道一个初态的结果，是否已经知道这个操作？
不能。一次从 \(|0\rangle\) 到 \(|1\rangle\) 的翻转，只检验了操作对这一个输入的作用。考虑两个理想操作：
| 输入 | 操作 \(U_A\) 的输出 | 操作 \(U_B\) 的输出 |
|---|---|---|
| \(|0\rangle\) | \(|1\rangle\) | \(|1\rangle\) |
| \(|1\rangle\) | \(|0\rangle\) | \(-|0\rangle\) |
两种操作都使输入 \(|0\rangle\) 确定翻转为 \(|1\rangle\)，甚至在分别输入两个基矢后测量0、1，也得不到区别。但是，把输入换为 \(|+\rangle\)，由演化的线性关系可得
\[ \begin{aligned} U_A|+\rangle&=\frac{|1\rangle+|0\rangle}{\sqrt2}=|+\rangle,\\ U_B|+\rangle&=\frac{|1\rangle-|0\rangle}{\sqrt2}=-|-\rangle. \end{aligned} \]
这两个输出不是相差一个整体相位，而是不同的态。随后施加7.4节的同一个分析脉冲，前者确定读出0，后者确定读出1，就能区分两种操作。表中 \(U_B|1\rangle\) 的负号对单独输入 \(|1\rangle\) 的测量没有影响，但不能在合成叠加态输出时单独删去：它规定了两项之间的相对相位。态制备只要求将指定初态变成目标态；量子门还须规定对任意输入态的作用。
怎样把完整的输入—输出关系写下来？回到第七节的共振脉冲。令旋转角 \(\gamma=\Omega\tau\)，并简记 \(c=\cos(\gamma/2)\)、\(s=\sin(\gamma/2)\)。已知从 \(|0\rangle\) 出发的结果是
\[ |0\rangle\longmapsto c|0\rangle-i e^{-i\phi_{\mathrm d}}s|1\rangle. \]
把初始条件换为 \(a(0)=0,b(0)=1\)，同一组耦合方程给出另一个结果：
\[ |1\rangle\longmapsto-i e^{i\phi_{\mathrm d}}s|0\rangle+c|1\rangle. \]
两个基矢的输出概率幅在同一相位约定下都确定后，一般输入也就能确定；只知道各自的测量概率还不够。原因是薛定谔方程对态矢量是线性的：若两个解分别由两个基矢演化而来，它们按初始系数 \(a_{\mathrm{in}},b_{\mathrm{in}}\) 作同样的线性组合，就满足一般叠加态的初始条件和演化方程。因此
\[ \begin{pmatrix}a_{\mathrm{out}}\\b_{\mathrm{out}}\end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix} c&-i e^{i\phi_{\mathrm d}}s\\ -i e^{-i\phi_{\mathrm d}}s&c \end{pmatrix}}_{U(\gamma,\phi_{\mathrm d})} \begin{pmatrix}a_{\mathrm{in}}\\b_{\mathrm{in}}\end{pmatrix}. \]
第一列是输入 \(|0\rangle\) 的输出系数，第二列是输入 \(|1\rangle\) 的输出系数。这个矩阵 \(U\) 称为演化操作；它把初态直接映射到指定时刻的末态。与之不同，哈密顿量 \(H\) 出现在微分方程中，规定每一时刻的变化速率。不能把 \(H|\psi\rangle\) 当成施加脉冲后的末态。
这样的演化为什么保持总概率为1？上面矩阵的每一列都满足 \(c^2+s^2=1\)，两列的内积则为
\[ c(-i e^{i\phi_{\mathrm d}}s) +(i e^{i\phi_{\mathrm d}}s)c=0. \]
也就是说，两个列向量仍然归一且正交。把这一性质写成矩阵关系，就是 \(U^\dagger U=I_2\)；符号 \(\dagger\) 表示先转置，再将每个元素取复共轭，\(I_2\) 是二维单位矩阵。这类矩阵称为幺正矩阵。对任意归一化输入，都有
\[ \langle\psi_{\mathrm{out}}|\psi_{\mathrm{out}}\rangle =\langle\psi_{\mathrm{in}}|U^\dagger U|\psi_{\mathrm{in}}\rangle=1. \]
我们把用于信息处理的一步这样的单比特幺正操作称为单比特量子门。这里的“门”规定完整的输入—输出关系；脉冲则是实现它的一种物理手段。
9.2 翻转与相位改变，怎样写成量子门？
先看两个作用不同的操作。第一个交换两种基矢，称为 \(X\) 门；第二个保留 \(|0\rangle\)、让 \(|1\rangle\) 的系数变号，称为 \(Z\) 门：
| 操作 | 输入 \(|0\rangle\) | 输入 \(|1\rangle\) | 一般输入 \(a|0\rangle+b|1\rangle\) 的输出 |
|---|---|---|---|
| \(X\) | \(|1\rangle\) | \(|0\rangle\) | \(b|0\rangle+a|1\rangle\) |
| \(Z\) | \(|0\rangle\) | \(-|1\rangle\) | \(a|0\rangle-b|1\rangle\) |
按9.1的列向量规则，它们的矩阵为
\[ X=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad Z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}. \]
\(X\) 交换两个概率幅，因而交换0、1的概率；\(Z\) 不改变这两个概率，却使两个非零分量的相对相位增加 \(\pi\)。例如 \(X|0\rangle=|1\rangle\)，而 \(Z|0\rangle=|0\rangle\)；若输入换成 \(|+\rangle\)，则 \(X|+\rangle=|+\rangle\)，\(Z|+\rangle=|-\rangle\)。后一个比较在0、1测量下都是各半，但球面点位于赤道的相反两端。
这些门与前面的脉冲怎样对应？将 \(\gamma=\pi,\phi_{\mathrm d}=0\) 代入共振脉冲矩阵，得到 \(U(\pi,0)=-iX\)。这个 \(-i\) 对所有输入都相同，只给完整输出态乘上整体相位，因此该脉冲实现了 \(X\) 门的单比特状态变换。
为了描述组合脉冲，将绕正 \(x_{\mathrm I}\) 和正 \(y_{\mathrm I}\) 轴的旋转分别记为
\[ \begin{aligned} R_x(\gamma)&=U(\gamma,0) =\begin{pmatrix}c&-is\\-is&c\end{pmatrix},\\ R_y(\gamma)&=U(\gamma,3\pi/2) =\begin{pmatrix}c&-s\\s&c\end{pmatrix}. \end{aligned} \]
这些记号把前面已经见过的旋转写成完整操作；接下来可以比较它们对不同输入的作用。
9.3 能制备 \(|+\rangle\) 的脉冲，就是Hadamard门吗？
第七节的 \(R_y(\pi/2)\) 能把 \(|0\rangle\) 变成 \(|+\rangle\)。另一个常用操作——Hadamard门——也能做到这一点。我们用 \(U_{\mathrm H}\) 表示这个门，避免与哈密顿量 \(H\) 混淆。它的完整定义是
\[ U_{\mathrm H}|0\rangle=|+\rangle,\qquad U_{\mathrm H}|1\rangle=|-\rangle. \]
“对 \(|0\rangle\) 的结果相同”是否足以说明两种操作相同？先在下图中保持输入 \(|0\rangle\)，两边输出重合；再将输入切换为 \(|+\rangle\)，左边的半时长脉冲把它送到南极，右边的Hadamard门却把它送到北极。两种操作可以通过这次读出直接区分。
为什么会出现这个差别？由两个基矢的输出构造矩阵，有
\[ U_{\mathrm H}=\frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}, \qquad R_y(\pi/2)=\frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}. \]
两者第一列相同，第二列反号。这个反号只作用于一列，不能提成整个操作共有的整体相位。当输入是两个基矢的叠加时，两列的贡献会相加，这个差别便会影响干涉结果。直接代入 \(|+\rangle=(1,1)^{\mathsf T}/\sqrt2\)，得到
\[ R_y(\pi/2)|+\rangle=|1\rangle,\qquad U_{\mathrm H}|+\rangle=|0\rangle, \]
正是图中的两种结果。只验证一个已知输入的制备结果，还不能确定对任意输入是否实现了目标门。
是否实现了同一个单比特门，要比较它们对所有输入的作用，允许整体共有的相位差。
9.4 两个操作的先后顺序，为什么重要？
现在已经有了可以组合的操作。取同一个初态 \(|+\rangle\)，只交换 \(U_{\mathrm H}\) 与 \(X\) 的顺序。第一种顺序为
\[ |+\rangle\xrightarrow{U_{\mathrm H}}|0\rangle \xrightarrow{X}|1\rangle; \]
第二种顺序为
\[ |+\rangle\xrightarrow{X}|+\rangle \xrightarrow{U_{\mathrm H}}|0\rangle. \]
两个序列使用相同的门，却分别确定得到1和0。每个门都作用于前一步留下的状态，而不是始终作用于最初的输入，所以顺序会影响最后结果。
下图上方的一根线表示同一个量子比特沿操作序列推进，方框表示门，按从左到右的顺序阅读；这种表示称为量子线路。它记录操作次序，不是粒子在空间中经过两只实体门的路线。点击“初态”“第一步”“第二步”，比较两侧相同阶段的状态与概率。
用矩阵表示同样的顺序：先施加 \(U_1\)，再施加 \(U_2\)，就有
\[ |\psi_{\mathrm{out}}\rangle =U_2\bigl(U_1|\psi_{\mathrm{in}}\rangle\bigr), \qquad U_{\mathrm{total}}=U_2U_1. \]
从右向左的矩阵作用顺序与从左向右的线路阅读顺序描述的是同一个过程。一般不能随意交换矩阵乘法的顺序。这里两种顺序甚至给出不同的0、1概率，因此不只是整体相位不同。
9.5 怎样把这些门落实为组合脉冲？
前面已经比较了门的完整作用，也知道操作顺序会影响结果。现在用已经掌握的共振脉冲构造 \(Z\) 和Hadamard门：抽象矩阵规定目标，脉冲序列给出实现方法。
用9.2定义的旋转矩阵，先做 \(R_x(\pi)\)，再做 \(R_y(\pi)\)，其总作用为
\[ R_y(\pi)R_x(\pi) =\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&-i\\-i&0\end{pmatrix} =iZ. \]
矩阵右侧的操作先作用，因为它先乘到输入列向量上。这两个脉冲因而可以实现 \(Z\) 门，差别同样只是对全部输出共有的整体相位。制备和组合这些脉冲时，保持第七节所述的连续相位参照。
Hadamard门也可以用前面的操作组成。先做 \(Z\)，再做 \(R_y(\pi/2)\)，则
\[ R_y(\pi/2)Z =\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} =U_{\mathrm H}. \]
若把 \(Z\) 换成刚才的两个物理脉冲，完整的脉冲顺序是先 \(R_x(\pi)\)，再 \(R_y(\pi)\)，最后 \(R_y(\pi/2)\)；总作用为 \(iU_{\mathrm H}\)。因此，抽象门给出目标变换，具体实现可以是一段脉冲，也可以是一串脉冲。
9.6 回到本讲：怎样完成一次可检验的控制？
本讲从一个具体问题出发：已有一个量子比特，怎样把已知初态变成目标态，并确认操作完成？原子和离子用内部态编码，transmon用电路的低能量态编码；它们的载体不同，但选定两态后，可以用同一套概率幅、动力学与测量规则描述。
对这里的两态驱动模型，各个控制量承担不同职责：
| 控制量 | 在本讲模型中的作用 | 可直接观察的结果 |
|---|---|---|
| 驱动频率 \(\omega_{\mathrm d}\) | 决定失谐；共振时允许从北极完整翻转到南极 | 振荡的周期、最大激发概率及轨迹 |
| 耦合强度 \(\Omega\) | 决定共振旋转速率 | 达到同一旋转角所需的时长 |
| 脉冲时长 \(\tau\) | 决定在给定轨迹上何时停下 | 球面末态及读出概率 |
| 驱动相位 \(\phi_{\mathrm d}\) | 选择共振旋转轴的横向方向 | 相同概率分配下不同的相对相位 |
| 操作顺序 | 决定每一步接收到的输入态 | 中间态以及最终测量结果 |
把这些量放回一次实验：先选择编码态并准备已知初态，再按目标选择频率、强度、相位与时长；完成控制后，用能区分目标与候选错误状态的测量来读出。翻转可以直接测0、1；叠加态的相位则需要配合分析脉冲。最后通过重复制备、操作和测量，比较统计结果与预测。
下面四个问题分别检查时长、频率、完整操作与球面读图。均采用本讲的理想两态模型，驱动强度为 \(\Omega/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，输入与目标在相互作用绘景中指定。
- 从 \(|0\rangle\) 出发，怎样制备 \(|+\rangle\)？再用哪个分析脉冲，能使理想读出确定得到0？
- 若 \(\Delta/(2\pi)=5\,\mathrm{MHz}\)，仅调整恒幅脉冲时长，最大能得到多大的 \(P_1\)？第一次达到它需要多久？
- 某个操作把 \(|0\rangle\) 变成 \(|+\rangle\)，能否据此认定它是Hadamard门？给出本讲中的两个操作和一个能区分它们的输入。
- \(|+\rangle\) 和 \(|-\rangle\) 在布洛赫球上高度相同、方向相反。它们的0、1概率是否相同？怎样用本讲的操作将它们区分开？
核对答案
- 制备脉冲取 \(\tau=50\,\mathrm{ns}\)、\(\phi_{\mathrm d}=3\pi/2\)，得到 \(|+\rangle\)。分析脉冲取相同强度、时长50 ns、相位 \(\pi/2\)，并共用连续相位参照；它把 \(|+\rangle\) 映射为 \(|0\rangle\)。
- 此时 \(|\Delta|=\Omega\)，所以最大概率为 \(1/2\)，第一次达到它的时刻为 \(\pi/(\sqrt2\,\Omega)\approx70.7\,\mathrm{ns}\)。延长时长不会提高这个上限。
- 不能。\(R_y(\pi/2)\) 与 \(U_{\mathrm H}\) 都把 \(|0\rangle\) 变成 \(|+\rangle\)；改用 \(|+\rangle\) 输入，前者输出 \(|1\rangle\)，后者输出 \(|0\rangle\)。
- 两态都位于赤道，\(P_0=P_1=1/2\)；分别位于正、负 \(x_{\mathrm I}\) 方向。施加驱动相位为 \(\pi/2\)、时长50 ns的同一个分析脉冲后，分别确定得到0和1。
我们现在不仅能描述一个量子比特的状态，还能计算、组合并检验它的受控变化。如果换成两个量子比特，分别对它们施加这样的单比特操作，是否就能得到所有可能的联合状态？要回答这个问题，需要把“两个系统各自的状态”与“两个系统共同的状态”区分开，这就是下一讲的起点。