Вырождение уровня Ландау в калибровке симметрии, конечная система

Question

Вырождение уровня Ландау в калибровке симметрии, конечная система

предложение не может отказаться

Как известно, вырождение уровня Ландау в конечной прямоугольной системе равно $\Phi/\Phi_0$ , где $\Phi=BS$ - полный магнитный поток и $\Phi_0=h/q$ кванты потока. Это можно легко получить, используя калибровку Ландау и предполагая периодическое граничное условие.

Однако, если вы выберете симметричный датчик, $l_z=x\hat p_y-y\hat p_x$ коммутирует с гамильтонианом, соответствующее квантовое число $m$ таким образом, хороший. После некоторых вычислений, наконец, уровень энергии записывается как

Е "=" [н + (м + | м |) / 2 + 1 / 2] ℏ ю .

$E=\left[n+(m+|m|)/2+1/2\right]\hbar\omega.$ Я хочу вывести вырождение уровня Ландау для конечной системы с радиусом

R

$R$ .

Я подумал, что, поскольку в конечной системе угловой момент ограничен, максимальное значение $l_z$ является $qBR^2$ когда вы рассматриваете частицу, совершающую круговое движение классически. Отсюда максимум $m=l_z/\hbar=2\Phi/\Phi_0$ , и поэтому вырождение по крайней мере удваивается.

Мы узнали, что выбор калибровки не изменит наблюдаемый эффект, очевидно, что конечное вырождение можно наблюдать. Так что не так с моим выводом? Или потому, что они разные только потому, что рассматриваемая нами система просто не эквивалентна?

долун

В вашем вопросе неясно, имеете ли вы дело с низшим уровнем Ландау (LLL) в частности или с каким-либо уровнем Ландау. Однако независимо от выбора калибровки следует восстановить одну и ту же физику. Я думаю, что то, как вы думаете, нормально и дает результат с хорошим приближением. Обратите внимание, что даже при использовании калибровки Ландау в прямоугольной системе

Φ / Φ_{0}

$\Phi/\Phi_0$ выражение не обеспечивает строго LLL-вырождения, а только приближение. При необходимости я могу предоставить вывод оценки вырождения LLL для симметричной калибровки.

предложение не может отказаться

@dolan Спасибо за комментарий! То, что я рассматриваю, — это простейшая задача квантовой механики — заряженная частица в однородном магнитном поле. Вырождение каждого уровня Ландау одинаково в калибровке Ландау при рассмотрении прямоугольного образца с периодическими граничными условиями, насколько я считаю, это почти точный результат. Тем не менее, я очень заинтересован в вашем утверждении, т. е. материале LLL и «приближении», о котором вы сказали.

Шива

Я нашел следующий ресурс очень полезным при попытке понять уровни Ландау: hitoshi.berkeley.edu/221a/landau.pdf .

предложение не может отказаться

@Siva Спасибо, это хороший ресурс! На самом деле я решаю этот парадокс, читая эти заметки сегодня. Это касалось «нефизического углового момента» на странице 8.

Ответы (2)

Вырождение уровня Ландау в калибровке симметрии, конечная система

В вашем вопросе неясно, имеете ли вы дело с низшим уровнем Ландау (LLL) в частности или с каким-либо уровнем Ландау. Однако независимо от выбора калибровки следует восстановить одну и ту же физику. Я думаю, что то, как вы думаете, нормально и дает результат с хорошим приближением. Обратите внимание, что даже при использовании калибровки Ландау в прямоугольной системе $\Phi/\Phi_0$ выражение не обеспечивает строго LLL-вырождения, а только приближение. При необходимости я могу предоставить вывод оценки вырождения LLL для симметричной калибровки.
@dolan Спасибо за комментарий! То, что я рассматриваю, — это простейшая задача квантовой механики — заряженная частица в однородном магнитном поле. Вырождение каждого уровня Ландау одинаково в калибровке Ландау при рассмотрении прямоугольного образца с периодическими граничными условиями, насколько я считаю, это почти точный результат. Тем не менее, я очень заинтересован в вашем утверждении, т. е. материале LLL и «приближении», о котором вы сказали.
Я нашел следующий ресурс очень полезным при попытке понять уровни Ландау: hitoshi.berkeley.edu/221a/landau.pdf .
@Siva Спасибо, это хороший ресурс! На самом деле я решаю этот парадокс, читая эти заметки сегодня. Это касалось «нефизического углового момента» на странице 8.

предложение не может отказаться · Answer 1

Проблема с моей мыслью в том, что я смешиваю «канонический угловой момент» с физическим. С $\hat p_x,\hat p_y$ является каноническим импульсом, они явно зависят от калибровки. См. Что такое канонический импульс? для небольшой справки.

The $\hat l_z$ в моем вопросе не имеют физического смысла, поэтому ограниченное условие для него просто неверно. Истинный физический импульс должен быть

\begin{aligned} {\hat{л}}_{г} "=" & Икс {\hat{п}}_{у} - у {\hat{п}}_{Икс} \\ "=" & {\hat{л}}_{г} - \frac{д Б}{2} р^{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} \hat L_z=&x\hat P_y-y\hat P_x\\ =&\hat l_z-\frac{qB}{2}r^2 \end{aligned}$

Рассмотрим классически левую сторону, $L_z=-qBr^2$ , так что, наконец, мы имеем:

л_{г}^{м а Икс} "=" - д Б р^{2} / 2

$l_z^{max}= -qBR^2/2$

Итак, у нас есть $|q|BR^2/2\hbar$ различные значения $\bar m$ выбрать, дающие правильное вырождение: $\Phi/\Phi_0$

долун · Answer 2

Рад видеть, что вы сами разрешили парадокс! Другой способ получить тот же результат — вычислить количество орбит, которые можно сложить на поверхности, равной площади системы.

Сначала напомним основные вещи на уровнях Ландау. Гамильтониан частицы, движущейся в 2D $\{x,y\}\equiv\{r,\theta\}$ план через статическое магнитное поле гласит:

ЧАС "=" \frac{(п - д А)^{2}}{2 М} "=" \frac{п^{2}}{2 М} + \frac{1}{8} М ю_{с}^{2} р^{2} - \frac{ю_{с}}{2} л_{г}

$\mathcal{H}=\frac{(\textbf{p}-q\mathbf{\mathcal{A}})^2}{2M}=\frac{\textbf{p}^2}{2M}+\frac{1}{8}M\,\omega^2_c\,r^2-\frac{\omega_c}{2}\,L_z$ где

A = (- B y / 2, B x / 2, 0)

$\mathcal{A}=(-By/2,Bx/2,0)$ - потенциальный вектор в симметричной калибровке,

L_{z} = x p_{y} - y p_{x} = - i ℏ \partial_{θ}

$L_z=xp_y-yp_x=-\mathrm{i}\hbar\,\partial_\theta$ канонический угловой момент и

ω_{c} = q B / M

$\omega_c=qB/M$ циклотронная пульсация.

Неравенства Гейзенберга обеспечивают здесь постоянные физические константы задачи (типичная длина $\ell$ и скорость $v_m$ движения):

М в_{м} ℓ \sim ℏ с в_{м} "=" ℓ ю_{с}

$M\,v_m\,\ell \sim \hbar \quad\text{with}\quad v_m=\ell\,\omega_c$ Таким образом, мы находим

ℓ = \sqrt{\frac{ℏ}{M ω_{c}}}

$\ell=\sqrt{\frac{\hbar}{M\omega_c}}$ которую часто называют магнитной длиной .

Затем можно вычислить спектр $\mathcal{H}$ :

С п (ЧАС) "=" [Е_{н, м} "=" (н - м + 1) \frac{ℏ ю_{с}}{2}; н \geq 0, м "=" - н, - н + 2 . . . н - 2, н]

$\mathcal{Sp(H)}=\left[ E_{n,m}=\left(n-m+1\right)\frac{\hbar\omega_c}{2};n \geq 0, m=-n,-n+2 \,...\,n-2,n\right]$ где

n

$n$ квантовое число, связанное с

\frac{p^{2}}{2 M} + \frac{1}{8} M ω_{c}^{2} r^{2}

$\frac{\textbf{p}^2}{2M}+\frac{1}{8}M\,\omega^2_c\,r^2$ часть

H

$\mathcal{H}$ , и

m

$m$ - магнитное квантовое число. Обратите внимание, что для движения во всем плане

R^{2}

$\mathbb{R}^2$ , Лаундау Уровни вырождения

D

$D$ бесконечно.

Если мы теперь ограничим наше обсуждение низшим уровнем Ландау (LLL), данным для $n=m$ , легко проверить, что собственная волновая функция имеет вид:

Ψ_{н "=" м} (р, θ) \propto {(р е^{я θ})}^{м} е^{- (р / 2 ℓ)^{2}}

$\Psi_{n=m}(r,\theta)\propto \left(r\,e^{\mathrm{i}\theta}\right)^m e^{-(r/2\ell)^2}$ Существенные особенности

Ψ_{n = m}

$\Psi_{n=m}$ состоит в том, что его среднеквадратичная ширина есть не что иное, как магнитная длина

ℓ

$\ell$ и что она максимальна по радиусу

r_{m a x} = \sqrt{2 m + 1} ℓ

$r_{\mathrm{max}}=\sqrt{2m+1}\ell$ .

Если мы теперь рассмотрим, что движение частицы ограничено $R$ радиус диска, вырождение $D$ LLL можно оценить, подсчитав, сколько орбит можно вывести на поверхность $S=\pi\,R^2$ системы. Предположим, что система достаточно велика $S>>\ell^2$ получить большое количество $m>>1$ орбиталей, то согласно выражению $\Psi_{n=m}$ , условие, которое необходимо выполнить, чтобы иметь возможность поместить эти орбитали в $S$ это просто:

р^{2} > м 2 ℓ^{2}

$R^2 > m\,2\ell^2$

Таким образом, вырождение просто:

Д \sim \frac{р^{2}}{2 ℓ^{2}} "=" \frac{С}{2 π ℓ^{2}} "=" \frac{Φ}{Φ_{0}}

$D\sim\frac{R^2}{2\ell^2}=\frac{S}{2\pi\ell^2}=\frac{\Phi}{\Phi_0}$

$2\pi\ell^2$ можно легко интерпретировать как типичную поверхность орбитали.

Я понимаю вашу точку зрения. По сути, вы утверждаете, что для случая LLL волновая функция $\psi_m$ локализуется в кольцеобразной области, эта площадь постоянна для разных $m$ с. Для большего $m$ , локализованное место находится дальше от центра, а кольцо уже, чтобы сохранить площадь кольца $2\pi l^2$ без изменений. Вырождение получается с использованием общей площади $S$ разделить площадь кольца; так что вернемся к вашим комментариям под вопросом, вы утверждаете, что это верно только для LLL, потому что в другом случае волновая функция не будет иметь такого поведения. Поправьте меня, если я неправильно понял ваш смысл
Да, вы абсолютно правы. Собственно, выражение, которое я дал $\Psi_{n,m}$ действует в 2 случаях: для LLL $n=m$ и для других экстремальных состояний углового момента $n=-m$ . Для остальных состояний выражение для $\Psi_{n,m}$ может быть, действительно, сложнее.
Этот аргумент также можно применить к случаю калибровки Лаудау, для калибровки Ландау, как вы думаете, $\Phi/\Phi_0$ вырождение справедливо только для основного состояния? (ответ должен быть да, потому что выбор калибровки не может повлиять на физику). Однако, как мой комментарий к вопросу, основанный на квантовании импульса, вырождение одинаково для каждого LL; кроме того, этот вывод прост, но для меня очень строг. Поскольку единственным предположением, которое он использовал, является периодическое граничное условие.
Да, ваш вывод элегантен, так как его можно сделать очень быстро. Но вы должны быть осторожны при классическом вычислении углового момента с $L_z\sim -qBr^2$ . Я думаю, что это нормально работает для LLL, но я не уверен, что это нормально для других уровней Ландау. И да, очевидно, что физика, которой мы здесь занимаемся, должна быть калибровочно-инвариантной.

Вырождение уровня Ландау в калибровке симметрии, конечная система

предложение не может отказаться

долун

предложение не может отказаться

Шива

предложение не может отказаться

Ответы (2)

предложение не может отказаться

долун

предложение не может отказаться

долун

предложение не может отказаться

долун

Электронно-фотонное взаимодействие - коммутация AA\mathbf{A} и pp\mathbf{p}

Почему разные векторные потенциалы в задаче об уровнях Ландау приводят к разным квантово-механическим волновым функциям основного состояния?

Кулоновская калибровка в специальной теории относительности (для КТП)

В чем разница между фотоном и фононом?

Какой вывод можно сделать из эффекта Ааронова-Бома?

Небольшая путаница с эффектом Ааронова-Бома

Физический смысл выбора калибровки в электромагнетизме

Почему электромагнитный четырехпотенциал AμAμA_{\mu} не является наблюдаемой?

Квантовая частица на кольце с магнитным потоком через него: можем ли мы измерить магнитное поле?

Является ли починка манометра тем же самым, что и преобразование Лоренца?