Derivando o efeito Aharonov-Bohm não abeliano como uma fase Berry
Estou tentando derivar o efeito Aharonov-Bohm não abeliano generalizando a derivação de Michael Berry para o caso do campo de calibre não abeliano$A$.
Minha derivação até agora
Precisamos de um autoespaço degenerado para atingir uma fase de Berry não abeliana, portanto, considero que meu espaço de Hilbert seja $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, Onde $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. As funções de onda assumirão a forma
$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$
Onde $\psi(x,t) $ é a função de onda espacial e $\mathbf{v} $é o vetor de estado interno do sistema. Eu agora considero meu hamiltoniano como
$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$
Onde $V(X-x)$ é o potencial de confinamento que aprisiona nossa partícula dentro de uma pequena caixa centrada na posição $X$, $A$ é o nosso campo de medição e $\mathbb{I}$ é a identidade em $\mathcal{H}_\text{internal}$. Este hamiltoniano é quase idêntico ao hamiltoniano usado na derivação de Berry, exceto que agora eu o atualizei para um operador em$\mathcal{H}$ permitindo $H$ ter índices internos também e permitir $A$ para ser um campo de medidor não abeliano.
Generalizando o resultado do artigo de Berry, o $N$ autoestados do hamiltoniano com energia $E$ em uma região onde a curvatura de $A$ desaparece é dado por
$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ Onde $P$ significa ordem de caminho, $\psi_E$ é a função de onda espacial com energia $E$ e $e_j$ são os vetores básicos de $\mathcal{H}_\text{internal}$. Isso é fácil de mostrar como o operador diferencial$\nabla$ só atua nos graus de liberdade espaciais, então temos um eigenstate para cada vetor de base $\mathbf{e}_j$e, portanto, nossa degeneração desejada necessária para uma conexão não-abeliana Berry. A conexão correspondente de Berry é dada por
$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$
Onde $\bar{P}$é o operador de ordenação do anti-path, que é devido ao uso do conjugado de Hermit. Para o caso de um campo de calibre abeliano$A$, os exponenciais iriam comutar além de tudo e a conexão Berry se reduziria a $\mathcal{A} \propto A$, porém não sei como avaliar isso para o caso de conexões não abelianas.
Meu problema
Múltiplas fontes sugerem que o efeito Aharonov-Bohm não abeliano produziria uma linha de Wilson do campo de medição,
$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$por exemplo, isso e isso , o que me sugere que a conexão Berry é proporcional ao campo do medidor, ou seja,$\mathcal{A} \propto A$, no entanto, de minha derivação, fico preso na última linha acima, onde sou obrigado a avaliar
$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$
Existe algum tipo de fórmula Baker-Campbell-Hausdorff generalizada para exponenciais ordenados de caminho, ou seja, algo como $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?
Respostas
A função de onda não tem um valor único se você percorrer um loop envolvendo o fluxo. Eu não acho que a solução para o efeito abeliano BA em uma partícula de momentum$k$ espalhando um solenóide
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ pode ser fatorado em sua forma, mas posso estar errado.
Ah - eu vejo o que você está fazendo. Você não está resolvendo o problema de dispersão não abeliana que Peter Horvathy resolve. Você está interessado apenas em uma partícula em uma pequena caixa que é carregada pelo fluxo como Michal Berry. Portanto, você não pode obter as soluções de dispersão completas. Como Berry diz, sua solução tem valor único em${\bf r}$ mas apenas localmente em ${\bf R}$.
Em uma região simplesmente conectada, podemos escrever $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ e como $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ vemos que podemos escrever $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ para a caixa de partículas centrada em $X$ e onde $\psi_0$é a função de onda do campo do medidor zero. Com esta escolha de função de onda, a conexão de Berry é zero, pois as funções de onda são sempre o que querem ser naquele ponto. Não necessita de transporte adiabático de Berry. Para obter uma conexão diferente de zero, podemos redefinir nossa função de onda para que em cada caixa a função de onda pareça exatamente a mesma. Para fazer isso nós substituímos$\psi(x)$ com $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ de modo que no centro $x=X$ de cada caixa a nova função de onda $\psi(X)=\psi_0(X)$ é o mesmo independentemente da posição $X$da caixa. Agora sua computação dá diretamente${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.
Aqui estão os detalhes. Deixe a função de onda na caixa ser$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ Onde $\psi_0$é normalizado. Então a conexão Berry é$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Existem dois termos para avaliar: um em que os resultados derivados $U(X)$ e um onde atinge $\psi_0(x-X)$. O primeiro é$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ porque você definiu $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ Onde $v_i$ é a amplitude do vetor complexo que $U$ age em e $\psi$, sendo um estado vinculado, é real e desaparece na fronteira da caixa. O segundo é$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Conseqüentemente, a conexão Berry é apenas o campo do medidor avaliado no centro da caixa.