---
title: "丢掉两个量子比特，怎样把叠加态找回来"
description: "从五比特稳定子码构造编码，逐步计算擦除和恢复，再理解同一个逻辑算符为何能由不同边界区域表示。"
canonical_url: "https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/encoding-and-recovery/"
language: "zh-CN"
page_type: "story"
alternate_languages:
  en: "https://sandboxphysics.com/stories/holography/encoding-and-recovery/"
last_modified: "2026-10-28"
---

[全息与量子引力](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/)

L3 · 第 6 章

# 丢掉两个量子比特，怎样把叠加态找回来

Sandbox Physics · 2026-10-28

五比特码能在丢掉任意两个已知位置后，把一个未知量子态完整找回来。它保住的不只是两种结果的概率，还包括相对相位。秘密藏在几个位置共同拥有的关联里。先亲手构造一个小编码，“边界重建”就有了可以逐步检验的含义。

## 开始前需要什么

先读“纠缠与热态”的密度矩阵、偏迹和相对相位。需要二乘二矩阵乘法；本章解释张量积、稳定子、等距映射和恢复通道。五比特空间有三十二个基态，但只需跟踪其中两个正交码字。

- 从四个稳定子构造二维编码子空间，说明编码为什么保持内积。
- 对复叠加态完成一次擦除和恢复，并分清态恢复、算符表示与复制。

## 把信息藏在共同关联里

想把一份未知量子态分放到几个位置，最直接的主意是多做几份备份。量子力学禁止任意未知态的完美复制，编码因此走另一条路：把原态嵌入一个更大的联合态。单看某个位置可能完全随机，几个位置合起来才显出原来的信息。

用 $V$ 表示编码映射。一个逻辑比特的两维空间，被送进五个物理比特的三十二维空间。两个基态分别变成 $|0_L\rangle$ 和 $|1_L\rangle$。只要码字正交且归一，任何叠加的内积都保持不变，这叫等距映射。可用的编码态只占这三十二维空间中的一个二维平面，称为编码子空间。

$$
\begin{aligned}V|0\rangle&=|0_L\rangle,\quad V|1\rangle=|1_L\rangle\\V^\dagger V&=I\end{aligned}
$$

等距映射可以增加维数。其逆映射只需要在编码子空间上恢复原态。

来源：Fernando Pastawski · Ahmed Almheiri

## 用四条条件选出两个码字

泡利 $X$ 交换一个比特的零和一；泡利 $Z$ 保持零的振幅，对一的振幅变号。把五个这样的操作并排写，表示它们分别作用于五个位置。五比特码采用下面四个操作，称为稳定子生成元。它们彼此对易，平方都是恒等操作。

稳定子的“稳定”，指编码态在这些操作下保持原样，也就是属于每个操作的正一特征空间。对任意态施加 $(I+S_j)/2$，就会保留正一部分、去掉负一部分。四个独立条件各把维数减半，最后剩下 $32/2^4=2$ 维。

现在从全零基态开始，依次施加四个投影，再归一化，得到 $|0_L\rangle$。接着把五个位置全部翻转，得到 $|1_L\rangle$。前者在五个 $Z$ 的乘积下取正号，后者取负号，所以两者正交。这给出一套可以直接计算的编码；无需先手写三十二个振幅。

$$
\begin{aligned}S_1&=X\otimes Z\otimes Z\otimes X\otimes I\\S_2&=I\otimes X\otimes Z\otimes Z\otimes X\\S_3&=X\otimes I\otimes X\otimes Z\otimes Z\\S_4&=Z\otimes X\otimes I\otimes X\otimes Z\end{aligned}
$$

位置顺序从左到右为一至五。每行表示一个五比特操作，行内的符号不是先后执行的步骤。

$$
\begin{aligned}P&=\prod_{j=1}^4\frac{I+S_j}{2}\\|0_L\rangle&=\frac{P|00000\rangle}{\|P|00000\rangle\|}\\|1_L\rangle&=X^{\otimes5}|0_L\rangle\end{aligned}
$$

投影得到的全零分量不为零，因此可以归一化。逻辑空间里的翻转，对应五个物理比特一起翻转。

来源：Fernando Pastawski

## 恢复一个带虚相位的叠加态

完整例题取输入 $|\psi\rangle=(|0\rangle+i|1\rangle)/\sqrt2$。它与正负等权叠加有同样的零、一概率，相对相位却不同：三个泡利期望值为 $(0,1,0)$。擦除第一和第三个位置，记作区域 $E$；剩下第二、四、五个位置组成 $A$。

擦除时，对 $E$ 求偏迹。它把四种可能的被擦除基态全部加起来，并不选中其中一种测量结果。记 $A_e=\langle e|_E V$，剩余态便由下面的通道计算。只有这份剩余密度矩阵进入恢复步骤；原输入态不会交给解码器。

为什么能恢复？这个编码满足 $A_e^\dagger A_f=\delta_{ef}I/4$。八个向量 $2A_e|i\rangle$ 互相正交，其中 $i$ 有两种取值，$e$ 有四种取值。把它们作为三比特空间的一套新基，就得到一个酉变换 $U_A$。在这套基里，剩余态恰好是原逻辑态与一个四维最大混态的张量积。

先用 $U_A^\dagger$ 换回这套基，再丢掉四维辅助部分，就取回完整的二乘二输入矩阵。上、下非对角元中的虚数也回来了，恢复态仍有 $Y$ 期望值一，保真度为一。只比较零、一概率，会漏掉这个最关键的检验。

$$
\mathcal N_E(\rho)=\sum_{e=0}^3 A_e\rho A_e^\dagger
$$

每个 Kraus 矩阵有八行两列，把逻辑输入送到三个幸存比特的空间。

$$
\begin{aligned}\rho_A&=U_A\left(\rho\otimes\frac{I_4}{4}\right)U_A^\dagger\\\mathcal R_A(\rho_A)&=\operatorname{Tr}_{\rm aux}(U_A^\dagger\rho_AU_A)\\&=\frac12\begin{pmatrix}1&-i\\i&1\end{pmatrix}\end{aligned}
$$

这里写出可纠正擦除的一种显式解码。实验页采用同样在编码输出上恢复原态的 Petz 转置通道，并从实际剩余矩阵计算结果。

来源：Fernando Pastawski · Ahmed Almheiri

## 不同区域可以表示同一个逻辑操作

知道怎样恢复一个态，也就能在幸存区域执行逻辑操作。先在 $A$ 上换基，让逻辑操作只作用于解码后的逻辑因子，再换回去，得到区域算符 $O_A$。它作用于任何编码态，都和先在输入上操作、再编码一样。

下面的等式只要求两边在编码子空间上一致。换一组被擦除位置，可能得到另一个支撑区域和另一个物理算符。两个算符在三十二维空间的其他态上可以有不同作用。这正是“一个逻辑操作有多个边界表示”的具体含义。

$$
(O_A\otimes I_E)V=VO
$$

编码子空间由映射后面的 V 指定。不能把它删掉，再把两个不同区域上的物理算符当成整个空间里相等的算符。

来源：Ahmed Almheiri

## 再丢一个位置会发生什么

在五个位置里，任何三个都足以恢复，任何两个却完全不含输入信息。如果再擦除第五个位置，只剩第二、第四个位置，它们的密度矩阵总是四维最大混态，输入相位怎样转都一样。解码器因此无从区分不同输入。

本例恢复通道输出 $I_2/2$，与任意纯输入的保真度都是 $1/2$。这是信息已经离开幸存区域的结果。回想不能复制的要求：五个位置里放不下两组互不相交的三位置恢复区域。两个恢复区域总要共用位置，无法各自拿走一组系统，独立恢复两份未知态。

擦除还给了解码器一条额外信息：丢失发生在哪里。距离为三的这个码可以补回两个已知擦除，或纠正一个未知位置的任意单比特错误。把这两种任务混在一起，会高估它的纠错能力。

## 从一块张量走向全息编码

把逻辑输入也画成一条腿，这个编码就有六条腿。若把输入与一个参考比特制成最大纠缠，得到的六比特态在任意三对三划分上都最大纠缠。这种可以从不同方向读作等距映射的对象，叫完美张量。它为把多个小编码接成网络提供了积木。

HaPPY 模型把这种张量放在双曲平面的五边形拼接图上，再收缩相邻的腿。网络能展示子区域重建与最小割之间的联系。这里算的一块积木，已经把“信息怎样藏在关联里”说清楚；连续场论的算符、动力学和几何还需要另外建立。下一章回到连续几何，讨论量子纠缠怎样修正纯面积公式。

来源：Fernando Pastawski

## 把推理带进实验

### [用相位检验恢复，再制造一次失败](https://sandboxphysics.com/zh/labs/boundary-quantum-code/)

1. 选择“保住相对相位”，预测三个分量。把“输入相对相位”从正四分之一圈转到负四分之一圈，即从 $\pi/2$ 转到 $-\pi/2$，比较输入与恢复态。
2. 选择“丢掉两个位置”，换另一对被擦除位置。解释为什么一个输入态的成功还不够，需要检验整个逻辑子空间。
3. 选择“留下的太少”，再改变概率角。保存模拟记录，从实际剩余矩阵和恢复矩阵说明信息在哪里丢失。

## 练习与解释性答案

1. 等权实叠加和等权虚叠加，零、一概率都为 $1/2$。只核对这两个概率，为什么不能验证量子恢复？

   展开解释

   它们的非对角密度矩阵不同。前者有 $X=1$，后者有 $Y=1$。一个完全去相位的通道仍会保留两种概率，却把这两个期望值都抹掉。需要检验相位敏感的分量或完整密度矩阵。

2. 为什么检验四个逻辑矩阵单位，就能检验逻辑比特与外部参考的任意纠缠态？

   展开解释

   四个矩阵单位 $|i\rangle\langle j|$ 张成所有二乘二矩阵。任何联合态都能把逻辑部分按它们展开，参考部分留作系数算符。若通道在线性展开的每一项都等于恒等映射，对联合态也保持不变。

3. 两个不同的三位置区域都能恢复，为什么没有制造两份未知态？

   展开解释

   两区域必定重叠，恢复都需要控制共同的物理系统。它们不是两份独立寄存器。对重叠系统执行一次解码，会改变另一次操作所需的状态与关联。

[上一章：两个区间怎样共用一片内部](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/intervals-and-wedges/) [下一章：量子修正怎样移动极值曲面](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/quantum-extremal-surfaces/)

## 来源与复算范围

课程自行推导例题、绘制示意图，数值参考复算指定的解析几何和有限五比特编码。下面按实际核读位置列出计算范围与理论阅读内容。

1. [Fernando Pastawski, Beni Yoshida, Daniel Harlow and John Preskill, Holographic quantum error-correcting codes, arXiv:1503.06237v2; JHEP 06 (2015) 149](https://arxiv.org/html/1503.06237v2)

   第 2 节定义完美张量；附录 A.1 式 (30)—(32) 给出五量子比特码。这里从稳定子构造单个张量并复算已知位置擦除的恢复。浏览器不搭建多五边形网络，也不复现它的贪心擦除阈值。

2. [Ahmed Almheiri, Xi Dong and Daniel Harlow, Bulk Locality and Quantum Error Correction in AdS/CFT, arXiv:1411.7041v3; JHEP 04 (2015) 163](https://arxiv.org/html/1411.7041v3)

   第 3—4 节：体重建的编码子空间解释和量子秘密共享。用于解释算符重建的含义，不声称数值复现了共形场论。