Вопросы о Berry Phase

Question

Вопросы о Berry Phase

Физика
конденсированное вещество
квантовая механика
квантовый эффект холла
топологические изоляторы
Берри-панчаратнам-фаза

Шрикар Волети

Я узнаю о фазе Берри из оригинальной статьи и из лекций TIFR Infosys «Квантовый эффект Холла» Дэвида Тонга (2016) .

У меня есть несколько вопросов относительно исходного происхождения фазы и пример.

При выводе Берри выводит фазу как
$γ_{н} (С) "=" я \oint_{С} ⟨ н (р) | \nabla_{р} н (р) ⟩ \cdot г р$ $\gamma_n(C) = i \oint_C \langle n (\mathbf{R})|\nabla_{\mathbf{R}}n(\mathbf{R})\rangle \cdot d\mathbf{R}$ Затем он продолжает говорить, что нормализация $|n(\mathbf{R})\rangle$ подразумевает, что $\langle n (\mathbf{R})|\nabla_{\mathbf{R}}n(\mathbf{R})\rangle$ воображаемый. Почему возникает это значение?
В с. 33 примечаний используется пример частицы со спином 1/2 в магнитном поле. Здесь величина поля остается постоянной, но направление может быть изменено. Во-первых, соединение Берри вычисляется с использованием сферических координат как
$Ф_{θ ф} "=" - грех θ$ $\mathcal{F}_{\theta \phi} = -\sin{\theta}$ И когда координаты возвращаются к декартовым, становится $Ф_{я Дж} "=" - ϵ_{я Дж к} \frac{Б^{к}}{2 | Б |^{3}}$ $\mathcal{F}_{ij} = -\epsilon_{ijk} \frac{B^k}{2|\mathbf{B}|^3}$ Это называется магнитным монополем в пространстве параметров. Однако при интегрировании этой величины по сфере возможных конфигураций (т.е. по сфере радиуса $|\mathbf{B}|$ в пространстве параметров) представлен следующий результат: $\int Ф_{я Дж} г С^{я Дж} "=" 4 π г$ $\int \mathcal{F}_{ij}dS^{ij} = 4\pi g$ где $g$ является «зарядом» монополя. Как достигается этот результат?

Одна из идей, которые у меня были на этот счет, состоит в том, что если мы рассмотрим связь Берри в декартовых координатах по аналогии с законом Кулона, то поле, создаваемое монополем, должно подчиняться своего рода закону Гаусса. А если взять аналоги величин следующим образом:
$\frac{1}{4 π ϵ} \to 1 и Вопрос \to - \frac{1}{2}$ $\frac{1}{4\pi\epsilon} \rightarrow 1 \text{ and } Q \rightarrow -\frac{1}{2}$ Потом получаем результат. Однако я не доволен/убежден с этим аргументом. Может ли кто-нибудь пролить свет на это?

Ответы (2)

Вопросы о Berry Phase

Давид Бар Моше · Answer 1

Аргумент о законе Гаусса верен. Магнитное поле монополя имеет точно такую же форму, что и электрическое поле точечного заряда, поэтому можно применить закон Гаусса.

Однако интеграл можно прекрасно выполнить в декартовых координатах. По сути, это основное упражнение по интеграции дифференциальных форм. У нас есть:

Ф "=" - \frac{г}{2} \frac{ϵ_{я Дж к}}{| Б |^{3}} Б^{к} г Б^{я} \land г Б^{Дж}

$F = -\frac{g}{2} \frac{\epsilon_{ijk}}{|\mathbf{B}|^3}B^k dB^i \wedge dB^j$ Интегрирование проводится на поверхности

2

$2$ -сфера:

{B^{1}}^{2} + {B^{2}}^{2} + {B^{3}}^{2} = | B |^{2}

${B^1}^2+{B^2}^2+{B^3}^2 = |\mathbf{B}|^2$

\int_{С^{2}} Ф "=" \int_{{Б^{1}}^{2} + {Б^{2}}^{2} + {Б^{3}}^{2} "=" | Б |^{2}} - \frac{г}{2} \frac{ϵ_{я Дж к}}{| Б |^{3}} Б^{к} г Б^{я} \land г Б^{Дж}

$\int_{S^2} F = \int_{{B^1}^2+{B^2}^2+{B^3}^2 = |\mathbf{B}|^2} -\frac{g}{2} \frac{\epsilon_{ijk}}{|\mathbf{B}|^3}B^k dB^i \wedge dB^j$

Подынтегральная функция имеет 6 членов, соответствующих различным перестановкам $i,j,k=1,2,3$ . Антисимметрии тензора Леви-Чивиты противостоит антисимметрия произведений клина. Таким образом, из-за вращательной симметрии сферы все 6 членов имеют одинаковый вклад, и мы можем проинтегрировать один член и умножить на 6:

\begin{aligned} \int_{С^{2}} Ф & "=" \int_{{Б^{1}}^{2} + {Б^{2}}^{2} + {Б^{3}}^{2} "=" Б^{2}} - 6 \times \frac{г}{2} \frac{Б^{1}}{| Б |^{3}} г Б^{2} г Б^{3} \\ "=" - \frac{3 г}{| Б |^{3}} \int_{- | Б |}^{| Б |} г Б^{3} \int_{- \sqrt{| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}}}^{\sqrt{| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}}} г Б^{2} 2 \sqrt{| Б |^{2} - {Б^{2}}^{2} - {Б^{3}}^{2}} \end{aligned}

$\begin{align*} \int_{S^2} F &= \int_{{B^1}^2+{B^2}^2+{B^3}^2 = B^2} -6 \times \frac{g}{2} \frac{B^1}{|\mathbf {B}|^3}dB^2 dB^3\\ &= - \frac{3g}{|\mathbf {B}|^3} \int_{-|\mathbf {B}|}^{|\mathbf {B}|} dB^3 \int_{-\sqrt{|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2}}^{{\sqrt{|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2}}} dB^2 2 \sqrt{|\mathbf {B}|^2-{B^2}^2-{B^3}^2} \end{align*}$ Интеграл на

B^{2} - B^{3}

$B^2-B^3$ плоскость является интегралом по экваториальному диску. Множитель 2 в этом интеграле учитывает интегрирование по верхней и нижней полусфере. Этот интеграл можно выполнить с помощью замены:

Б^{2} "=" \sqrt{| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}} грех ф

$B^2 = \sqrt{|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2} \sin\phi$ The

ϕ

$\phi$ пределы будут

\frac{3 π}{2}

$\frac{3\pi}{2}$ и

\frac{π}{2}

$\frac{\pi}{2}$ соответственно. Таким образом:

\begin{aligned} \int_{С^{2}} Ф & "=" - \frac{3 г}{| Б |^{3}} \int_{- Б}^{Б} г Б^{3} (| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}) \int_{\frac{3 π}{2}}^{\frac{π}{2}} г ф 2 {потому что}^{2} ф \\ "=" - \frac{3 г}{| Б |^{3}} \int_{- Б}^{Б} г Б^{3} (| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}) \times - π \\ "=" \frac{3 π г}{| Б |^{3}} \int_{- | Б |}^{| Б |} г Б^{3} (| Б |^{2} - {Б^{3}}^{2}) \\ "=" \frac{3 π г}{| Б |^{3}} (| Б |^{2} Б^{3} - \frac{{Б^{3}}^{3}}{3}) |_{- | Б |}^{| Б |} \\ "=" \frac{3 π г}{| Б |^{3}} \frac{4 π}{3} | Б |^{3} \\ "=" 4 π г \end{aligned}

$\begin{align*} \int_{S^2} F &= - \frac{3g}{|\mathbf {B}|^3} \int_{-B}^{B} dB^3 (|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2)\int_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\phi 2 \cos^2\phi\\ &= - \frac{3g}{|\mathbf {B}|^3} \int_{-B}^{B} dB^3 (|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2)\times -\pi\\ &= \frac{3\pi g}{| \mathbf {B}|^3} \int_{-|\mathbf {B}|}^{|\mathbf {B}|} dB^3 (|\mathbf {B}|^2-{B^3}^2)\\ &= \frac{3\pi g}{| \mathbf {B}|^3} \left (|\mathbf {B}|^2 B^3-\frac{{B^3}^3}{3} \right ) \bigg\rvert_{-|\mathbf {B}|}^{|\mathbf {B}|}\\ &= \frac{3\pi g}{| \mathbf {B}|^3} \frac{4 \pi}{3}|\mathbf {B}|^3 \\ &= 4 \pi g \end{align*}$

А рассуждение о мнимой части выглядит следующим образом: поскольку $\left\langle n|n\right\rangle =1$ надо $d\left\langle n|n\right\rangle =0\Rightarrow\left\langle dn|n\right\rangle +\left\langle n|dn\right\rangle =\left\langle dn|n\right\rangle +\left\langle dn|n\right\rangle ^{\ast}=0\Rightarrow\Re\left\{ \left\langle dn|n\right\rangle \right\} =0$ так $\left\langle dn|n\right\rangle$ в лучшем случае является чисто воображаемым, если оно не исчезает.

hap123 · Answer 2

За результат $\int F_{ij}dS^{ij}=4\pi g$ , просто используйте закон Гаусса так же, как электрическое поле.

Для электрического поля имеем $E=\frac{1} {4\pi \epsilon_0} \frac{q}{r^2}$ и $\oint EdS=\frac{q}{\epsilon_0}=\frac{q}{4\pi \epsilon_0}*4\pi$ , где $\frac{q}{4\pi \epsilon_0}$ это термин в поле E, за исключением $r^2$ .

Так же, мы имеем здесь $F=\frac{g}{r^2}$ , затем $\oint FdS=g*4\pi$

Это работает, потому что $\int \frac{1}{r^2}dS=\int \frac{1}{r^2}r^2sin\theta d\theta d\phi=\int sin\theta d\theta d\phi=\int d\Omega=4\pi$ является телесным углом.

Вопросы о Berry Phase

Шрикар Волети

Ответы (2)

Давид Бар Моше

ФраШелле

hap123

Как кривизна Берри связана с силой прыжка в модели Холдейна?

Связь между фазой Берри и вырождениями на примере эффекта Холла в графене

Книжные рекомендации - Топологические изоляторы для чайников

Второй класс Черна в двумерной модели Холдейна из теоремы Атьи-Зингера об индексе?

Если фаза Берри определяется по модулю 2π2π2\pi, почему не то же самое (вроде) для числа Черна?

Ограничения инверсионной симметрии кривизны Берри в 2D

Оператор тока в континуальной модели графена

Как получить результат эффекта Ааронова-Бома?

Значение оператора магнитного переноса, определенное в описании дробного КЭХ

Простейшая живая демонстрация адиабатического транспорта