Derivare l'effetto Aharonov-Bohm non abeliano come fase Bacca
Sto cercando di derivare l' effetto Aharonov-Bohm non abeliano generalizzando la derivazione di Michael Berry al caso del campo di gauge non abeliano$A$.
Finora la mia derivazione
Abbiamo bisogno di un autospazio degenere per ottenere una fase Berry non abeliana, quindi prendo il mio spazio di Hilbert come $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, dove $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. Le funzioni d'onda assumeranno la forma
$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$
dove $\psi(x,t) $ è la funzione d'onda spaziale e $\mathbf{v} $è il vettore di stato interno del sistema. Ora credo che sia il mio hamiltoniano
$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$
dove $V(X-x)$ è il potenziale di confinamento che intrappola la nostra particella all'interno di una piccola scatola centrata in posizione $X$, $A$ è il nostro campo di misura e $\mathbb{I}$ è l'identità su $\mathcal{H}_\text{internal}$. Questa hamiltoniana è quasi identica all'hamiltoniana usata nella derivazione di Berry, tranne che ora l'ho aggiornata a un operatore su$\mathcal{H}$ permettendo $H$ avere anche indici interni e permettendo $A$ essere un campo di gauge non abeliano.
Generalizzando il risultato dell'articolo di Berry, il $N$ autostati dell'Hamiltoniano con energia $E$ in una regione in cui la curvatura di $A$ svanisce è dato da
$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ dove $P$ sta per ordinamento del percorso, $\psi_E$ è la funzione d'onda spaziale con l'energia $E$ e $e_j$ sono i vettori di base di $\mathcal{H}_\text{internal}$. Questo è facile da mostrare come operatore differenziale$\nabla$ agisce solo sui gradi di libertà spaziali, quindi abbiamo un autostato per ogni vettore base $\mathbf{e}_j$e quindi la nostra degenerazione desiderata richiesta per una connessione Berry non abeliana. La connessione Berry corrispondente è data da
$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$
dove $\bar{P}$è l'operatore anti-path ordering, che è dovuto all'assunzione del coniugato Hermitiano. Per il caso di un campo di gauge abeliano$A$, gli esponenziali andrebbero oltre tutto e la connessione Berry si ridurrebbe a $\mathcal{A} \propto A$tuttavia non so come valutarlo nel caso di connessioni non abeliane.
Il mio problema
Diverse fonti suggeriscono che l'effetto Aharonov-Bohm non abeliano produrrebbe una linea di Wilson del campo di gauge,
$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$ad esempio questo e questo , il che mi suggerisce che la connessione Berry è proporzionale al campo di gauge, cioè$\mathcal{A} \propto A$, tuttavia dalla mia derivazione rimango bloccato sull'ultima riga sopra dove devo valutare
$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$
Esiste una sorta di formula Baker-Campbell-Hausdorff generalizzata per esponenziali ordinati per percorso, ovvero qualcosa di simile $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?
Risposte
La funzione d'onda non ha valore singolo se si gira intorno a un anello che racchiude il flusso. Non penso che la soluzione per l'effetto BA abeliano su una particella di quantità di moto$k$ disperdendo un solenoide
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ può essere preso in considerazione nel tuo modulo, ma potrei sbagliarmi.
Ah - vedo cosa stai facendo. Non stai risolvendo il problema dello scatterig non abeliano che fa Peter Horvathy. Ti interessa solo una particella in una piccola scatola che viene trasportata nel flusso come fa Michal Berry. Quindi non puoi ottenere le soluzioni di dispersione complete. Come dice Berry, la sua soluzione è valutata singolarmente${\bf r}$ ma solo localmente in ${\bf R}$.
In una regione semplicemente connessa possiamo scrivere $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ e come $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ vediamo che possiamo scrivere $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ per la scatola delle particelle centrata su $X$ e dove $\psi_0$è la funzione d'onda di campo a scartamento zero. Con questa scelta della funzione d'onda la connessione Berry è zero poiché la funzione d'onda è sempre ciò che vuole essere a quel punto. Non necessita di trasporto adiabatico di bacche. Per ottenere una connessione diversa da zero, possiamo ridefinire la nostra funzione d'onda in modo che in ogni casella la funzione d'onda sia esattamente la stessa. Per fare questo sostituiamo$\psi(x)$ con $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ in modo che al centro $x=X$ di ogni scatola la nuova funzione d'onda $\psi(X)=\psi_0(X)$ è lo stesso indipendentemente dalla posizione $X$della scatola. Ora il tuo calcolo dà direttamente${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.
Ecco i dettagli. Lascia che sia la funzione d'onda nella scatola$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ dove $\psi_0$è normalizzato. Quindi la connessione Berry è$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Ci sono due termini da valutare: uno in cui colpisce la derivata $U(X)$ e uno dove colpisce $\psi_0(x-X)$. Il primo è$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ perché hai impostato $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ dove $v_i$ è l'ampiezza del vettore complesso che $U$ agisce su e $\psi$, essendo uno stato vincolato, è reale e svanisce al confine della scatola. Il secondo è$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Quindi la connessione Berry è solo il campo di misura valutato al centro del riquadro.