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title: "只看一半，纯态为什么会显得随机"
description: "从一对量子比特计算约化态和纠缠熵，比较相同局域统计下的纠缠、经典混合与热态。"
canonical_url: "https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/entanglement-and-heat/"
language: "zh-CN"
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  en: "https://sandboxphysics.com/stories/holography/entanglement-and-heat/"
last_modified: "2026-10-28"
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[全息与量子引力](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/)

L1 · 第 2 章

# 只看一半，纯态为什么会显得随机

Sandbox Physics · 2026-10-28

一个整体完全确定的量子态，可以让只看到其中一半的人遇到随机结果。随机性写在约化密度矩阵里，纠缠熵衡量这种局域混合程度。它后来能与几何面积联系，但定义本身不需要引力，也不需要温度。

## 开始前需要什么

会把概率相加即可开始。复振幅是带相位的数，密度矩阵记录测量统计；本章用两个基矢和一个完整例子解释它们。本章可独立学习，再与前一章的几何连接。

- 从一个两体纯态求单体的测量统计和熵。
- 比较产生同一局域统计的不同整体态，并说明温度还需要哪些条件。

## 两枚各自随机、合起来确定的量子比特

设两个人各拿一个量子比特，基态叫 $\lvert0\rangle$ 和 $\lvert1\rangle$。联合态取 $\lvert\Psi\rangle=(\lvert00\rangle+\lvert11\rangle)/\sqrt2$。两人沿这个基测量，每人都各有一半概率得到零或一；一旦比较，结果总相同。联合态的相位还会影响换一个测量方向后的关联。

写出联合态全部振幅，就确定了纯态。只看其中一人的实验，要把另一人的所有可能结果加起来。这个运算叫偏迹；它保留本地一切测量所需的信息，联合关联则需要回到双体态中读取。

$$
\rho_{AB}=|\Psi\rangle\langle\Psi|,\qquad \rho_A=\operatorname{Tr}_B\rho_{AB}=\frac12\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
$$

密度矩阵的对角元是这组基上的概率，非对角元记录相干性。约化态的非对角元为零，因为另一半的两个基态正交。

## 用熵量出不知道多少

若密度矩阵的本征值为 $p_i$，von Neumann 熵就是这些概率的 $-\sum_i p_i\log p_i$。本征值相当于在适当基里互斥结果的概率。我们用自然对数，单位称 nat；换成以二为底的对数就用 bit。

对这对量子比特，两个本征值都是 $1/2$，所以局域熵为 $\log2$ nat，也就是一个 bit。整体纯态只有一个非零本征值，等于一，整体熵为零。这说明局域熵不是把两个本地熵直接相加就能得到的整体无知。

完整例题：把联合态改成 $\sqrt{3/4}\lvert00\rangle+\sqrt{1/4}\lvert11\rangle$。偏迹后概率为四分之三和四分之一，熵约为 $0.562$ nat。保持联合态归一化，逐渐把第二项的概率降到零，局域态趋于确定，纠缠熵连续降到零。

$$
S(\rho)=-\operatorname{Tr}(\rho\log\rho),\qquad S_A=-\frac34\log\frac34-\frac14\log\frac14\simeq0.562
$$

零本征值的贡献按连续极限取零。对整体纯态的二分，局域熵就是纠缠熵，且两半相等。

来源：Xi Dong · Shinsei Ryu and Tadashi Takayanagi

## 相同的本地矩阵可以来自不同的整体

现在让一个经典随机数决定，两人同时收到 $\lvert00\rangle$ 或同时收到 $\lvert11\rangle$，各占一半。这个混合态给每人同样的局域矩阵，但它没有两项之间的相干性。只沿刚才那一组基测量，分不出它和纠缠纯态；换基比较关联，就能分开。

混合态的整体熵为 $\log2$，纠缠纯态的整体熵却为零。对于一般混合整体，单看 $S_A$ 会同时数到经典不确定性和量子纠缠，不能直接当纠缠大小。后面讨论热态时，这个区别尤其重要。

$$
\rho_{\rm mix}=\frac12|00\rangle\langle00|+\frac12|11\rangle\langle11|
$$

这个态是两个乘积态的概率混合。其局域统计与前面的 Bell 态相同，联合相干性不同。

## 热态还需要一个 Hamiltonian

温度决定系统怎样按能量分配概率。要叫一个态为热态，必须先指定 Hamiltonian，也就是能量算符，还要给定平衡条件。一个两能级系统在极高温时，两种能量近乎等概率，看起来也会像前面的局域矩阵。相同的矩阵形式并没有说明随机性最初怎样准备出来。

取能级为零与 $E$，并记 $\beta=1/(k_{\rm B}T)$。两种概率的比为 $e^{-\beta E}$。例如 $\beta E=\log3$ 时，低能级概率四分之三，高能级四分之一，恰好与上面的约化态相同。

在全息对应中，边界热态有时对应带黑洞的体几何，边界真空的区间约化态也有自己的熵。两种计算都涉及熵，几何和物理条件却不同。下一章从边界算符的关联开始建立对应，再把这个熵带回几何。

$$
\rho_\beta=\frac{e^{-\beta H}}{Z},\qquad Z=\operatorname{Tr}e^{-\beta H}
$$

这是给定 Hamiltonian 后的 Gibbs 态。温度是有能量标度的平衡参数；纠缠熵本身没有指定它。

来源：João Penedones

## 把推理带进实验

### [比较单个节点与联合编码](https://sandboxphysics.com/zh/labs/boundary-quantum-code/)

1. 先保留全部边界节点，改变逻辑态的方向，观察恢复结果。
2. 擦掉一个节点。比较被擦部分的信息和剩余部分能恢复的信息，说明局部混合与整体信息保存可以同时发生。
3. 保留更少节点，预测恢复会在哪一步失效，再解释这个实验与只读一个局域概率的区别。

## 练习与解释性答案

1. 对一个没有纠缠的两体乘积纯态，只看第一半会得到多大熵？

   展开解释

   偏迹后仍是第一半的纯态，只有一个非零本征值，熵为零。第二半有多复杂都不改变这个结论。

2. 把两项联合态的相对相位改成 $e^{i\varphi}$，单体的本征值会变吗？联合测量一定不变吗？

   展开解释

   偏迹消掉两项间的交叉项，所以单体本征值与熵都不变。联合测量仍能探测相位，适当换基后的关联会改变。完整量子态还需要保存非对角相干项。

[上一章：光为什么能在有限时间走到 AdS 边界](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/clocks-and-curvature/) [下一章：从体内的场读出边界关联](https://sandboxphysics.com/zh/stories/holography/fields-at-the-boundary/)

## 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. [João Penedones, TASI lectures on AdS/CFT, arXiv:1608.04948v1 (2016)](https://arxiv.org/html/1608.04948v1)

   第 3.1—3.3 节的整体与 Poincaré 坐标、固定背景场、边界源和动力学引力，以及第 4.1 节的弱耦合体理论条件。课程据这些度规和场方程推导径向光路与标量场近边界指数。

2. [Shinsei Ryu and Tadashi Takayanagi, Holographic Derivation of Entanglement Entropy from AdS/CFT, hep-th/0603001v2; PRL 96, 181602 (2006)](https://arxiv.org/html/hep-th/0603001v2)

   式 (5) 的静态面积公式；式 (6)—(10) 和图 1 的真空 AdS3 区间几何与圆周结果。这里独立积分 Poincaré 测地线并比较截断极限；等高有限截断端点另作几何诊断。多区间取极小值采用 Headrick 的结果，不采用这篇早期论文的式 (12)。

3. [Xi Dong, Daniel Harlow and Aron C. Wall, Bulk Reconstruction in the Entanglement Wedge in AdS/CFT, arXiv:1601.05416v2; PRL 117, 021601 (2016)](https://arxiv.org/html/1601.05416v2)

   第 I—II 节与图 1 定义因果楔、纠缠楔及微扰编码子空间；第 III—IV 节给出重建所需的相对熵假设。课程解释这些条件，有限码的检验属于另一个精确模型。