Получение неабелевого эффекта Ааронова-Бома как фазы Берри
Я пытаюсь вывести неабелев эффект Ааронова-Бома , обобщая вывод Майкла Берри на случай неабелевого калибровочного поля.$A$.
Мой вывод до сих пор
Нам требуется вырожденное собственное подпространство, чтобы достичь неабелевой фазы Берри, поэтому я считаю свое гильбертово пространство $\mathcal{H} = \mathcal{H}_\text{spatial} \otimes \mathcal{H}_\text{internal}$, где $\mathrm{dim}(\mathcal{H}_\text{internal})=N$. Волновые функции примет вид
$$\Psi(x,t) = \psi(x,t) \mathbf{v} ,$$
где $\psi(x,t) $ - пространственная волновая функция и $\mathbf{v} $- вектор внутреннего состояния системы. Теперь я считаю, что мой гамильтониан
$$ H(X) = - \frac{1}{2m } (\nabla \mathbb{I} - ie A)^2 + V(X-x)\mathbb{I}$$
где $V(X-x)$ это ограничивающий потенциал, который захватывает нашу частицу в небольшой ящик с центром в позиции $X$, $A$ это наше калибровочное поле и $\mathbb{I}$ это тождество на $\mathcal{H}_\text{internal}$. Этот гамильтониан почти идентичен гамильтониану, использованному при выводе Берри, за исключением того, что теперь я обновил его до оператора на$\mathcal{H}$ позволяя $H$ иметь внутренние индексы и позволять $A$ быть неабелевым калибровочным полем.
Обобщая результат работы Берри, $N$ собственные состояния гамильтониана с энергией $E$ в регионе, где кривизна $A$ исчезает дается
$$ \Psi_j(X;x,t) =P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) \psi_E(X;x,t) e_j $$ где $P$ означает порядок следования, $\psi_E$ пространственная волновая функция с энергией $E$ и $e_j$ являются базисными векторами $\mathcal{H}_\text{internal}$. Это легко показать как дифференциальный оператор$\nabla$ действует только на пространственные степени свободы, поэтому у нас есть одно собственное состояние для каждого базисного вектора $\mathbf{e}_j$и, следовательно, желаемое вырождение требуется для неабелевой связности Берри. Соответствующая связь Берри дается формулой
$$ [\mathcal{A}_\mu]_{ij}(X) = i\langle \Psi_i(X) | \frac{\partial}{\partial X^\mu} | \Psi_j(X) \rangle \\ = i\int \mathrm{d}^n x e_i^\dagger \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) (iA_\mu) P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) e_j \psi_E^*(X;x,t) \psi_E(X;x,t)$$
где $\bar{P}$- оператор упорядочения антипути, который возникает из-за взятия эрмитова сопряжения. В случае абелевого калибровочного поля$A$, экспоненты будут проходить мимо всего, и связь Берри уменьшится до $\mathcal{A} \propto A$, однако я не знаю, как оценить это в случае неабелевых связностей.
Моя проблема
Многочисленные источники предполагают, что неабелев эффект Ааронова-Бома приведет к линии Вильсона калибровочного поля,
$$ U = P \exp \left( -i \oint_C A \cdot \mathrm{d} l \right) $$например, то и это , что наводит на мысль, что связь Берри пропорциональна калибровочному полю, т.е.$\mathcal{A} \propto A$, однако из-за моего вывода я застреваю в последней строке выше, где мне нужно оценить
$$ \bar{P} \exp \left( i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right) A_\mu P \exp \left( - i \int_X^x A \cdot \mathrm{d} l \right)=? $$
Существует ли какая-то обобщенная формула Бейкера-Кэмпбелла-Хаусдорфа для экспонент, упорядоченных по путям, т.е. что-то вроде $e^X Y e^{-X} = Y + [X,Y] + \frac{1}{2} [X,[X,Y]] + \ldots $?
Ответы
Волновая функция не является однозначной, если вы обойдете контур, охватывающий поток. Я не думаю, что решение для абелевых БА, влияющих на частицу импульса$k$ рассеяние соленоида
$$ \psi(r,\theta)= \sum_{l=-\infty}^{\infty} e^{il \theta -(\pi/2)(l-\alpha)}J_{|l-\alpha|}(kr) $$ могут быть учтены в вашей форме, но я могу ошибаться.
А, я вижу, что вы делаете. Вы не решаете проблему неабелевского рассеяния, как это делает Питер Хорвати. Вас интересует только частица в маленькой коробке, которую переносят вокруг потока, как это делает Михал Берри. Таким образом, вы не можете получить полные решения по рассеянию. Как говорит Берри, его решение однозначно${\bf r}$ но только локально в ${\bf R}$.
В односвязной области мы можем написать $A_\mu(x) = U^\dagger(x)\partial_{x^\mu} U(x)$ и, как $(\partial_\mu+A)U^{-1} \psi= U^{-1} \partial_\mu\psi$ мы видим, что можем писать $\psi(x)= U^{-1}(x)\psi_0(x-X)$ для ящика частиц с центром в $X$ и где $\psi_0$- волновая функция поля нулевой калибровки. При таком выборе волновой функции связь Берри равна нулю, поскольку волновые функции всегда такие, какими они хотят быть в этой точке. Не требует адиабатического транспорта ягод. Чтобы получить ненулевое соединение, мы можем переопределить нашу волновую функцию так, чтобы в каждом блоке волновая функция выглядела точно так же. Для этого заменяем$\psi(x)$ с участием $U^{-1}(x) U(X)\psi_0$ так что в центре $x=X$ каждой коробки новая волновая функция $\psi(X)=\psi_0(X)$ то же самое независимо от позиции $X$коробки. Теперь ваше вычисление напрямую дает${\mathcal A}_\mu(X) = U^{-1}(X)\partial_{X^\mu} U(X)$.
Вот подробности. Пусть волновая функция в ящике равна$$ U^{-1}(x) U(X)\psi_0(x-X)\stackrel{\rm def}{=} \langle x |0,X\rangle $$ где $\psi_0$нормализовано. Тогда связь Берри$$ \langle 0,X|\partial_{X^\mu}|0,X\rangle = \int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) U(x) \partial_{X^\mu}\Big( U^{-1}(x)U(X) \psi_0(x-X)\Big)\\ =\int dx \psi_0^\dagger(x-X) U^{\dagger}(X) \partial_{X^\mu}\Big(U(X) \psi_0(x-X)\Big) $$ Необходимо оценить два термина: один, в котором производная попадает в $U(X)$ и тот, где он попадает $\psi_0(x-X)$. Первый$$ \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{X^\mu} \psi_0(x-X)= - \int dx \psi_0^\dagger(x-X) \partial_{x^\mu} \psi_0(x-X)\\ = \frac 12 \int dx \partial_{x^\mu}|\psi|^2\\ =0 $$ потому что вы установили $\psi_{0,i} = v_i \psi_0$ где $v_i$ - комплексно-векторная амплитуда, $U$ действует и $\psi$, будучи связанным состоянием, реально и обращается в нуль на границе ящика. Второй$$ U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X) \int dx |\psi_0|^2\\ = U^{-1}(X)\partial_{X_\mu} U(X)=A_\mu(X). $$ Следовательно, связь Берри - это просто калибровочное поле, оцениваемое в центре коробки.