Conexión de bayas y simetría de inversión de tiempo

Question

Conexión de bayas y simetría de inversión de tiempo

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Janet Zhon

Estoy viendo cómo la conexión Berry $\mathcal{A}(k)$ se transforma bajo simetría de inversión de tiempo. Parece que tengo hipo por algo simple. Puede que haya complicado demasiado las cosas, pero creo que apunta a algunos conceptos erróneos que puedo tener.

De la definición de la curvatura de Berry como de costumbre:

\begin{aligned} A (k) & = i ⟨ ψ (k) | \frac{d}{d k} | ψ (k) ⟩ \\ = i \int ψ^{⋆} (k) \frac{d ψ (k)}{d k} d \vec{r} \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{A}(k) &= i \langle \psi(k) | \frac{d}{dk} |\psi(k)\rangle \\ &= i \int \psi^\star (k) \frac{d \psi (k)}{dk} d\vec{r} \end{align}$

Aplicando inversión de tiempo $\hat{\mathcal{T}}$ ,

\begin{aligned} \hat{T} A (k) & = i ⟨ \hat{T} ψ (k) | \frac{d}{d k} | \hat{T} ψ (k) ⟩ \\ = i \int \hat{T} ψ^{⋆} (k) \frac{d \hat{T} ψ (k)}{d k} d \vec{r} \\ = i \int ψ (- k) \frac{d ψ^{⋆} (- k)}{d k} d \vec{r} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{\mathcal{T}} \mathcal{A}(k) &= i \langle \hat{\mathcal{T}} \psi(k) | \frac{d}{dk} | \hat{\mathcal{T}} \psi(k)\rangle \\ &= i \int \hat{\mathcal{T}} \psi^\star (k) \frac{d \hat{\mathcal{T}} \psi (k)}{dk} d\vec{r} \\ &= i \int \psi(-k) \frac{d \psi^\star (-k)}{dk} d\vec{r} \end{align}$ Desde

A

$\mathcal{A}$ debe ser real, podemos conjugarlo.

\begin{aligned} = - i \int ψ^{⋆} (- k) \frac{d ψ (- k)}{d k} d \vec{r} \\ = - A (- k) \end{aligned}

$\begin{align} &= -i \int \psi^\star(-k) \frac{d \psi(-k)}{dk} d\vec{r} \\ &= - \mathcal{A}(-k) \end{align}$ Entonces, si estoy en un sistema invariante de inversión de tiempo, tengo

\begin{aligned} \hat{T} A (k) & = A (k) \\ ⟹ A (k) & = - A (- k) \end{aligned}

$\begin{align} \hat{\mathcal{T}} \mathcal{A} (k) &= \mathcal{A} (k) \\ \implies \mathcal{A} (k) &= - \mathcal{A}(-k) \end{align}$ Lo cual está mal, estoy fuera por el signo menos.

Mis preguntas:

¿Es cierto que la conexión Berry siempre es real? Esa fue mi justificación para conjugarlo. Creo que hacen este paso en las dos fuentes que se enumeran a continuación.
¿Es esto un abuso de notación si hice esto (poniendo la derivada con el ket): $\begin{aligned} A (k) & = i ⟨ ψ (k) | \frac{d ψ (k)}{d k} ⟩ \\ \hat{T} A (k) & = i ⟨ \hat{T} ψ (k) | \hat{T} \frac{d ψ (k)}{d k} ⟩ \end{aligned}$ $\begin{align} \mathcal{A}(k) &= i \langle \psi(k) | \frac{d \psi(k)}{dk} \rangle \\ \hat{\mathcal{T}} \mathcal{A} (k) &= i \langle \hat{\mathcal{T}} \psi(k) | \hat{\mathcal{T}} \frac{d \psi(k)}{dk} \rangle \end{align}$ Y si este fuera el caso, ¿cómo $\hat{\mathcal{T}}$ actuar sobre el operador diferencial? haría $\begin{aligned} \hat{T} \frac{d}{d k} = \frac{d}{d (- k)} \hat{T} \end{aligned}$ $\begin{align} \hat{\mathcal{T}} \frac{d }{dk} = \frac{d }{d(-k)} \hat{\mathcal{T}} \end{align}$ ¿ser cierto? Siento que no puedes simplemente sacar la derivada sin un signo menos, o de lo contrario, ¿cómo se volvería negativo el operador de velocidad?
Por que $\hat{\mathcal{T}}$ no actuar sobre la $i$ fuera de las llaves en $\hat{\mathcal{T}} \mathcal{A}(k) = i \langle \hat{\mathcal{T}} \psi(k) | \frac{d}{dk} | \hat{\mathcal{T}} \psi(k)\rangle$ ?
¿Había algo más mal en mi derivación?

Fuentes:

Definen la conexión Berry con un signo menos adicional, pero eso no debería importar http://www-personal.umich.edu/~sunkai/teaching/Fall_2012/chapter3_part8.pdf
Estados topológicos en interfaces protegidas por simetría, por Takahashi 2015. La derivación de eso es la siguiente:

\begin{aligned} a^{α} (- k) & = - i ⟨ {tu}^{α} (- k) | \nabla {tu}^{α} (- k) ⟩ \\ = - i ⟨ \nabla Θ {tu}^{α} (- k) | Θ {tu}^{α} (- k) ⟩ \\ = i ⟨ Θ {tu}^{α} (- k) | \nabla Θ {tu}^{α} (- k) ⟩ \\ = a^{β} (k) + i \nabla x (k) \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf { a } ^ { \alpha } ( \mathbf { - k } ) & = - i \left\langle u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) | \nabla u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) \right\rangle \\ & = - i \left\langle \nabla \Theta u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) | \Theta u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) \right\rangle \\ & = i \left\langle \Theta u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) | \nabla \Theta u ^ { \alpha } ( - \mathbf { k } ) \right\rangle \\ & = \mathbf { a } ^ { \beta } ( \mathbf { k } ) + i \nabla \chi ( \mathbf { k } ) \end{align}$

Respuestas (1)

Conexión de bayas y simetría de inversión de tiempo

Janet Zhon · Answer 1

Mi conclusión hasta ahora es que la inversión del tiempo actúa sobre la derivada:

\begin{aligned} \hat{T} \frac{d}{d k} = \frac{d}{d (- k)} \hat{T} = - \frac{d}{d k} \hat{T} . \end{aligned}

$\begin{align} \hat { \mathcal { T } } \frac { d } { d k } = \frac { d } { d ( - k ) } \hat { \mathcal { T } } = - \frac { d } { d k } \hat { \mathcal { T } }. \end{align}$ Y que también actúa sobre el

i

$i$ fuera de los tirantes.

Mi error de signo negativo fue que igualé

\begin{aligned} A (- k) = i ⟨ ψ (- k) | \frac{d ψ (- k)}{d k} ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{A}(-k)= i \langle \psi ( -k ) | \frac { d \psi ( -k ) } { d k } \rangle. \end{align}$ Pero en realidad es:

\begin{aligned} A (- k) = i ⟨ ψ (- k) | \frac{d ψ (- k)}{d (- k)} ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{A}(-k)= i \langle \psi ( -k ) | \frac { d \psi ( -k ) } { d (-k) } \rangle. \end{align}$ (Una manera fácil de verificar esto es si

x (t) = \sin (t), v (t) = \cos (t)

$x(t)= \sin(t), v(t)= \cos(t)$ , entonces

v (- t) = \cos (- t) = \frac{d x (- t)}{d (- t)}

$v(-t)= \cos(-t) = \frac{dx(-t)}{d(-t)}$ y no

\frac{d x (- t)}{d t}

$\frac{dx(-t)}{dt}$ ).

Entonces mi derivación ahora es la siguiente:

\begin{aligned} T A (k) & = T (i ⟨ ψ (k) | \frac{d ψ (k)}{d k} ⟩) \\ = T (i \int ψ^{⋆} (k) \frac{d ψ (k)}{d k} d \vec{r}) \\ = - i \int T (ψ^{⋆} (k) \frac{d ψ (k)}{d k}) d \vec{r} \\ = - i \int ψ (- k) \frac{d ψ^{⋆} (- k)}{d (- k)} d \vec{r} \\ = i \int ψ^{⋆} (- k) \frac{d ψ (- k)}{d (- k)} d \vec{r} \\ = i ⟨ ψ (- k) | \frac{d ψ (- k)}{d (- k)} ⟩ \\ = A (- k) \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{T} \mathcal{A} (k) &= \mathcal{T} \left( i \langle \psi ( k ) | \frac { d \psi ( k ) } { d k } \rangle \right) \\ &= \mathcal{T} \left( i \int \psi ^ { \star } ( k ) \frac { d \psi ( k ) } { d k } d \vec { r } \right) \\ &= -i \int \mathcal{T} \left( \psi ^ { \star } ( k ) \frac { d \psi ( k ) } { d k }\right) d \vec { r } \\ &= -i \int \psi ( -k ) \frac { d \psi^\star( -k ) } { d (-k) } d \vec { r } \\ &= i \int \psi^\star ( -k ) \frac { d \psi( -k ) } { d (-k) } d \vec { r } \\ &= i \langle \psi ( -k ) | \frac { d \psi ( -k ) } { d (-k) } \rangle \\ &= \mathcal{A}(-k) \end{align}$ Algunas fuentes pueden no conjugar el

i

$i$ , pero eso es porque parten de

A (- k)

$\mathcal{A}(-k)$ y sustituya la función de onda por la función de onda invertida en el tiempo, que es diferente a aplicar

T

$\mathcal{T}$ a todo el término como lo he hecho, pero ambas derivaciones son equivalentes.

Conexión de bayas y simetría de inversión de tiempo

Janet Zhon

Respuestas (1)

Janet Zhon

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Hace ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle para todo |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implica que A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

¿Cómo puedo inferir la topología de un estado cuántico (o banda) a partir de su número de Chern?

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