Derivando el efecto Aharonov-Bohm no abeliano como una fase Berry
Estoy tratando de derivar el efecto Aharonov-Bohm no abeliano generalizando la derivación de Michael Berry al caso del campo gauge no abeliano.$A$.
Mi derivación hasta ahora
Necesitamos un espacio propio degenerado para lograr una fase de Berry no abeliana, por lo tanto, considero que mi espacio de Hilbert es $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, dónde $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. Las funciones de onda tomarán la forma
$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$
dónde $\psi(x,t) $ es la función de onda espacial y $\mathbf{v} $es el vector de estado interno del sistema. Ahora tomo mi hamiltoniano para ser
$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$
dónde $V(X-x)$ es el potencial de confinamiento que atrapa nuestra partícula dentro de una pequeña caja centrada en la posición $X$, $A$ es nuestro campo de calibre y $\mathbb{I}$ es la identidad en $\mathcal{H}_\text{internal}$. Este hamiltoniano es casi idéntico al hamiltoniano utilizado en la derivación de Berry, excepto que ahora lo he actualizado a un operador en$\mathcal{H}$ permitiendo $H$ tener índices internos también y permitir $A$ para ser un campo de calibre no abeliano.
Generalizando el resultado del trabajo de Berry, el $N$ autoestados del hamiltoniano con energía $E$ en una región donde la curvatura de $A$ desaparece es dado por
$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ dónde $P$ significa orden de ruta, $\psi_E$ es la función de onda espacial con energía $E$ y $e_j$ son los vectores base de $\mathcal{H}_\text{internal}$. Esto es fácil de mostrar como operador diferencial.$\nabla$ solo actúa sobre los grados espaciales de libertad, por lo que tenemos un estado propio para cada vector base $\mathbf{e}_j$y de ahí nuestra deseada degeneración requerida para una conexión no abeliana de Berry. La conexión Berry correspondiente viene dada por
$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$
dónde $\bar{P}$es el operador de ordenación anti-ruta, que se debe a tomar el conjugado hermitiano. Para el caso de un campo de calibre abeliano$A$, las exponenciales pasarían de todo y la conexión Berry se reduciría a $\mathcal{A} \propto A$, sin embargo, no sé cómo evaluar esto para el caso de conexiones no abelianas.
Mi problema
Múltiples fuentes sugieren que el efecto no abeliano Aharonov-Bohm produciría una línea de Wilson del campo de calibre,
$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$por ejemplo, esto y esto , lo que me sugiere que la conexión Berry es proporcional al campo de calibre, es decir$\mathcal{A} \propto A$, sin embargo, a partir de mi derivación, me quedo atascado en la última línea de arriba, donde debo evaluar
$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$
¿Existe algún tipo de fórmula generalizada de Baker-Campbell-Hausdorff para exponenciales ordenados por caminos, es decir, algo como $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?
Respuestas
La función de onda no tiene un valor único si recorre un bucle que encierra el flujo. No creo que esa solución para el efecto abeliano BA en una partícula de impulso$k$ dispersando un solenoide
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ puede tenerse en cuenta en su forma, pero podría estar equivocado.
Ah, veo lo que estás haciendo. No está resolviendo el problema de dispersión no abeliana que hace Peter Horvathy. Solo le interesa una partícula en una pequeña caja que se transporta por el flujo como lo hace Michal Berry. Por lo tanto, no puede obtener las soluciones de dispersión completas. Como dice Berry, su solución tiene un solo valor en${\bf r}$ pero solo localmente en ${\bf R}$.
En una región simplemente conectada podemos escribir $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ y como $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ vemos que podemos escribir $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ para la caja de partículas centrada en $X$ y donde $\psi_0$es la función de onda de campo de calibre cero. Con esta opción de función de onda, la conexión de Berry es cero, ya que las funciones de onda siempre son las que quieren ser en ese punto. No necesita transporte adiabático Berry. Para obtener una conexión distinta de cero, podemos redefinir nuestra función de onda de modo que en cada cuadro la función de onda se vea exactamente igual. Para hacer esto reemplazamos$\psi(x)$ con $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ para que en el centro $x=X$ de cada caja la nueva función de onda $\psi(X)=\psi_0(X)$ es el mismo independientemente de la posición $X$De la caja. Ahora tu cálculo da directamente${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.
Aquí están los detalles. Deje que la función de onda en la caja sea$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ dónde $\psi_0$está normalizado. Entonces la conexión Berry es$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Hay dos términos para evaluar: uno donde la derivada golpea $U(X)$ y uno donde golpea $\psi_0(x-X)$. El primero es$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ porque has puesto $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ dónde $v_i$ es la amplitud de vector complejo que $U$ actúa sobre y $\psi$, siendo un estado ligado, es real y desaparece en el límite de la caja. El segundo es$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Por lo tanto, la conexión Berry es solo el campo de calibre evaluado en el centro de la caja.