Menurunkan efek Aharonov-Bohm non-abelian sebagai fase Berry

Aug 17 2020

Saya mencoba mendapatkan efek Aharonov-Bohm non-abelian dengan menggeneralisasi derivasi Michael Berry pada kasus bidang pengukur non-abelian$A$.

Derivasi saya sejauh ini

Kami membutuhkan ruang angkasa yang merosot untuk mencapai fase Berry non-abelian oleh karena itu saya mengambil ruang Hilbert saya untuk menjadi $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, dimana $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. Fungsi gelombang akan mengambil bentuk

$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$

dimana $\psi(x,t) $ adalah fungsi gelombang spasial dan $\mathbf{v} $adalah vektor status internal sistem. Sekarang saya menganggap Hamiltonian saya

$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$

dimana $V(X-x)$ adalah potensi pembatas yang menjebak partikel kita di dalam kotak kecil yang berpusat pada posisinya $X$, $A$ adalah bidang pengukur kami dan $\mathbb{I}$ adalah identitasnya $\mathcal{H}_\text{internal}$. Hamiltonian ini hampir identik dengan Hamiltonian yang digunakan dalam turunan Berry, kecuali sekarang saya telah mengupgrade ini ke operator di$\mathcal{H}$ dengan mengizinkan $H$ memiliki indeks internal juga dan memungkinkan $A$ menjadi bidang pengukur non-abelian.

Menggeneralisasi hasil makalah Berry, file $N$ eigenstates dari Hamiltonian dengan energi $E$ di daerah di mana kelengkungan $A$ lenyap diberikan oleh

$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ dimana $P$ singkatan dari pemesanan jalur, $\psi_E$ adalah fungsi gelombang spasial dengan energi $E$ dan $e_j$ adalah vektor dasar dari $\mathcal{H}_\text{internal}$. Ini mudah untuk ditunjukkan sebagai operator diferensial$\nabla$ hanya bekerja pada derajat kebebasan spasial, jadi kita memiliki satu status eigen untuk setiap vektor basis $\mathbf{e}_j$dan karenanya degenerasi yang kami inginkan diperlukan untuk koneksi Berry non-abelian. Koneksi Berry yang sesuai diberikan oleh

$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$

dimana $\bar{P}$adalah operator pengurutan anti-jalur, yang akan mengambil konjugasi Hermitian. Untuk kasus bidang pengukur abelian$A$, eksponensial akan bolak-balik melewati segalanya dan koneksi Berry akan berkurang menjadi $\mathcal{A} \propto A$, namun saya tidak tahu bagaimana mengevaluasi ini untuk kasus sambungan non-abelian.

Masalahku

Berbagai sumber menyarankan efek Aharonov-Bohm non-abelian akan menghasilkan garis Wilson dari bidang pengukur,

$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$misalnya ini dan ini , yang menunjukkan kepada saya bahwa koneksi Berry sebanding dengan bidang pengukur, yaitu$\mathcal{A} \propto A$, namun dari penurunan saya, saya terjebak pada baris terakhir di atas di mana saya harus mengevaluasi

$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$

Apakah ada semacam rumus umum Baker-Campbell-Hausdorff untuk jalur yang dipesan eksponensial, yaitu sesuatu seperti $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?

Jawaban

3 mikestone Aug 17 2020 at 20:50

Fungsi gelombang tidak bernilai tunggal jika Anda berputar mengelilingi fluks. Saya tidak berpikir bahwa solusi untuk efek BA abelian pada partikel momentum$k$ hamburan dari solenoida
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ dapat difaktorkan dalam formulir Anda, tetapi saya mungkin salah.

Ah - Saya melihat apa yang Anda lakukan. Anda tidak memecahkan masalah pencar non-abelian seperti yang dilakukan Peter Horvathy. Anda hanya tertarik pada sebuah partikel dalam kotak kecil yang terbawa arus seperti yang dilakukan Michal Berry. Jadi Anda tidak bisa mendapatkan solusi hamburan lengkap. Seperti yang dikatakan Berry, solusinya sangat berharga${\bf r}$ tetapi hanya secara lokal di ${\bf R}$.

Di wilayah yang terhubung secara sederhana kita dapat menulis $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ dan sebagai $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ kami melihat bahwa kami dapat menulis $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ untuk kotak partikel yang berpusat di $X$ dan dimana $\psi_0$adalah fungsi gelombang bidang pengukur nol. Dengan pilihan fungsi gelombang ini, koneksi Berry adalah nol karena fungsi gelombang selalu sesuai dengan keinginannya pada titik itu. Tidak perlu transportasi Berry adiabatik. Untuk mendapatkan koneksi bukan nol kita dapat mendefinisikan kembali fungsi gelombang kita sehingga di setiap kotak fungsi gelombang terlihat persis sama. Untuk melakukan ini kami mengganti$\psi(x)$ dengan $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ sehingga di tengah $x=X$ dari setiap kotak fungsi gelombang baru $\psi(X)=\psi_0(X)$ sama terlepas dari posisinya $X$dari kotak. Sekarang perhitungan Anda langsung memberi${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.

Berikut detailnya. Biarkan fungsi gelombang di dalam kotak menjadi$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ dimana $\psi_0$dinormalisasi. Kemudian koneksi Berry$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Ada dua istilah untuk dievaluasi: satu di mana turunannya hits $U(X)$ dan salah satunya $\psi_0(x-X)$. Yang pertama adalah$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ karena kamu sudah mengatur $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ dimana $v_i$ adalah amplitudo vektor kompleks itu $U$ bertindak dan $\psi$, sebagai keadaan terikat, adalah nyata dan lenyap di batas kotak. Yang kedua adalah$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Oleh karena itu, koneksi Berry hanyalah bidang pengukur yang dievaluasi di tengah kotak.