$G$ 是两个幺正算符的乘积，仍是幺正，第 3 页的结论全部适用：本征值必在单位圆上。特征方程 $\det(\lambda I - G) = (\lambda-\cos\theta)^2 + \sin^2\theta = \lambda^2 - 2\lambda\cos\theta + 1 = 0$，解得 $\lambda = \cos\theta \pm i\sin\theta = e^{\pm i\theta}$——一对共轭相位。把 $\lambda_1 = e^{i\theta}$ 代回 $(\lambda I - G)v = 0$：$i\sin\theta\cdot v_1 = \sin\theta\cdot v_2$，约去 $\sin\theta$ 得 $v_2 = i v_1$，归一化得 $|u_1\rangle = (|g\rangle + i|b\rangle)/\sqrt{2}$，同理 $|u_2\rangle = (|g\rangle - i|b\rangle)/\sqrt{2}$。矩阵乘法验证：$G|u_1\rangle$ 的分量为 $(\cos\theta+i\sin\theta,\ -\sin\theta+i\cos\theta)^{T}/\sqrt{2} = e^{i\theta}|u_1\rangle$；内积 $\langle u_1|u_2\rangle = (1/2)(1 + (-i)(-i)) = (1/2)(1-1) = 0$，正交归一。演算 $p = 1/4$（$\theta = \pi/3$）：$\lambda = e^{\pm i\pi/3} = 1/2 \pm i\sqrt{3}/2$，复平面上辐角 $\pm 60^{\circ}$ 的两点。两个本征态是好/坏态的等权叠加、只差 $\pi/2$ 相对相位——正好接上第 3 页建立的相位估计框架。