Dérivation de l'effet Aharonov-Bohm non abélien comme phase Berry
J'essaie de dériver l' effet Aharonov-Bohm non abélien en généralisant la dérivation de Michael Berry au cas du champ de jauge non abélien$A$.
Ma dérivation jusqu'à présent
Nous avons besoin d'un espace propre dégénéré pour obtenir une phase de Berry non abélienne, donc je prends mon espace de Hilbert pour être $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, où $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. Les fonctions d'onde prendront la forme
$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$
où $\psi(x,t) $ est la fonction d'onde spatiale et $\mathbf{v} $est le vecteur d'état interne du système. Je prends maintenant mon hamiltonien pour être
$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$
où $V(X-x)$ est le potentiel de confinement qui emprisonne notre particule à l'intérieur d'une petite boîte centrée en position $X$, $A$ est notre champ de jauge et $\mathbb{I}$ est l'identité sur $\mathcal{H}_\text{internal}$. Cet hamiltonien est presque identique à l'hamiltonien utilisé dans la dérivation de Berry, sauf que maintenant je l'ai mis à niveau en opérateur sur$\mathcal{H}$ en permettant $H$ d'avoir des index internes aussi et permettant $A$ être un champ de jauge non abélien.
Généralisant le résultat de l'article de Berry, le $N$ états propres de l'hamiltonien avec énergie $E$ dans une région où la courbure de $A$ disparaît est donné par
$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ où $P$ signifie l'ordre des chemins, $\psi_E$ est la fonction d'onde spatiale avec l'énergie $E$ et $e_j$ sont les vecteurs de base de $\mathcal{H}_\text{internal}$. Ceci est facile à montrer en tant qu'opérateur différentiel$\nabla$ n'agit que sur les degrés de liberté spatiaux, nous avons donc un état propre pour chaque vecteur de base $\mathbf{e}_j$et donc notre dégénérescence souhaitée requise pour une connexion Berry non abélienne. La connexion Berry correspondante est donnée par
$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$
où $\bar{P}$est l'opérateur de classement anti-chemin, qui est dû à la prise du conjugué hermitien. Pour le cas d'un champ de jauge abélien$A$, les exponentiels passeraient au-delà de tout et la connexion Berry se réduirait à $\mathcal{A} \propto A$, cependant je ne sais pas comment évaluer cela pour le cas des connexions non abéliennes.
Mon problème
Plusieurs sources suggèrent que l'effet Aharonov-Bohm non abélien donnerait une ligne de Wilson du champ de jauge,
$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$par exemple ceci et cela , ce qui me suggère que la connexion Berry est proportionnelle au champ de jauge, ie$\mathcal{A} \propto A$, cependant de ma dérivation je reste bloqué à la dernière ligne ci-dessus où je suis obligé d'évaluer
$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$
Existe-t-il une sorte de formule généralisée de Baker-Campbell-Hausdorff pour les exponentielles ordonnées par chemin, c'est-à-dire quelque chose comme $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?
Réponses
La fonction d'onde n'a pas de valeur unique si vous faites le tour d'une boucle englobant le flux. Je ne pense pas que la solution pour l'effet BA abélien sur une particule de momentum$k$ diffusion d'un solénoïde
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ peut être pris en compte dans votre formulaire, mais je me trompe peut-être.
Ah - je vois ce que tu fais. Vous ne résolvez pas le problème de dispersion non abélien que fait Peter Horvathy. Vous n'êtes intéressé que par une particule dans une petite boîte qui est transportée autour du flux comme le fait Michal Berry. Vous ne pouvez donc pas obtenir les solutions de diffusion complètes. Comme le dit Berry, sa solution a une valeur unique en${\bf r}$ mais seulement localement dans ${\bf R}$.
Dans une région simplement connectée, nous pouvons écrire $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ et comme $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ on voit qu'on peut écrire $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ pour la boîte à particules centrée sur $X$ et où $\psi_0$est la fonction d'onde de champ de jauge zéro. Avec ce choix de fonction d'onde, la connexion Berry est nulle car les fonctions d'onde sont toujours ce qu'elles veulent être à ce point. Il n'a pas besoin de transport adiabatique de Berry. Pour obtenir une connexion non nulle, nous pouvons redéfinir notre fonction d'onde afin que dans chaque case la fonction d'onde soit exactement la même. Pour ce faire, nous remplaçons$\psi(x)$ avec $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ de sorte qu'au centre $x=X$ de chaque box la nouvelle fonction wave $\psi(X)=\psi_0(X)$ est le même indépendamment de la position $X$de la boîte. Maintenant, votre calcul donne directement${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.
Voici les détails. Que la fonction d'onde dans la boîte soit$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ où $\psi_0$est normalisé. Alors la connexion Berry est$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Il y a deux termes à évaluer: l'un où la dérivée frappe $U(X)$ et celui où ça frappe $\psi_0(x-X)$. Le premier est$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ parce que tu as mis $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ où $v_i$ est l'amplitude du vecteur complexe qui $U$ agit sur et $\psi$, étant un état lié, est réel et disparaît à la limite de la boîte. Le second est$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Par conséquent, la connexion Berry n'est que le champ de jauge évalué au centre de la boîte.