¿Es cierto mi intento de demostrar que la fase de Berry está cuantificada en sistemas simétricos de inversión? ¿Violaré la invariancia de calibre?

Question

¿Es cierto mi intento de demostrar que la fase de Berry está cuantificada en sistemas simétricos de inversión? ¿Violaré la invariancia de calibre?

Física
simetría
topología
materia Condensada
mecánica cuántica
berry-pancharatnam-fase

fisioterapia

La fase de Berry o Zak se da como

\begin{aligned} γ & = \oint_{B Z} d k A (k) modificación 2 π \\ = i \oint_{B Z} d k ⟨ {tu}_{norte} (k) | \nabla_{k} {tu}_{norte} (k) ⟩ modificación 2 π \end{aligned}

$\begin{align*} \gamma & =\oint_\mathrm{BZ}d\mathbf{k}\mathcal{\mathcal{\mathcal{A}}}(\mathbf{k})\ \ \mbox{mod }2\pi\\ & =i\oint_\mathrm{BZ}d\mathbf{k}\langle u_{n}(\mathbf{k})|\nabla_{\mathbf{k}}u_{n}(\mathbf{k})\rangle\ \ \mbox{mod }2\pi\\ \end{align*}$

que puede tomar cualquier valor entre $[0,2\pi]$ .

Ahora queremos aprender las implicaciones de las simetrías en esta fase de Berry, primero supongamos que nuestro sistema tiene solo inversión de simetría tal que el hamiltoniano obedece

{tu}_{pag} H (k) = H (- k) {tu}_{pag}

$U_{p}H(\mathbf{k})=H(-\mathbf{k})U_{p}$

entonces nosotros tenemos

\begin{aligned} {tu}_{pag} H (k) tu (k) & = mi (k) {tu}_{pag} tu (k) \\ H (- k) {tu}_{pag} tu (k) & = mi (k) {tu}_{pag} tu (k) \\ H (k) {tu}_{pag} tu (- k) & = mi (- k) {tu}_{pag} tu (- k) \end{aligned}

$\begin{align*} U_{p}H(\mathbf{k})U(\mathbf{k}) & =E(\mathbf{k})U_{p}U(\mathbf{k})\\ H(-\mathbf{k})U_{p}U(\mathbf{k}) & =E(\mathbf{k})U_{p}U(\mathbf{k})\\ H(\mathbf{k})U_{p}U(-\mathbf{k}) & =E(-\mathbf{k})U_{p}U(-\mathbf{k}) \end{align*}$

tal que $E(k)=E(-k)$ y $U_{p}U(-\mathbf{k})=e^{i\phi(\mathbf{k})}U(\mathbf{k})$ dónde $U_{k}$ es la representación vectorial de $|u(k)\rangle$ . Ahora la conexión Berry es

\begin{aligned} A (k) & = i ({tu}_{pag} tu (- k) {mi}^{- i ϕ (k)})^{†} \nabla_{k} {mi}^{- i ϕ (k)} {tu}_{PAG} tu (- k) \\ = i (tu (- k))^{†} {mi}^{i ϕ (k)} \nabla_{k} {mi}^{- i ϕ (k)} tu (- k) \\ = - A (- k) + \nabla_{k} ϕ (k) \end{aligned}

$\begin{align*} \mathcal{A}(\mathbf{k}) & =i(U_{p}U(-\mathbf{k})e^{-i\phi(\mathbf{k})})^{\dagger}\nabla_{\mathbf{k}}e^{-i\phi(\mathbf{k})}U_{P}U(-\mathbf{k})\\ & =i(U(-\mathbf{k}))^{\dagger}e^{i\phi(\mathbf{k})}\nabla_{\mathbf{k}}e^{-i\phi(\mathbf{k})}U(-\mathbf{k})\\ & =-\mathcal{A}(-\mathbf{k})+\nabla_{\mathbf{k}}\phi(\mathbf{k}) \end{align*}$

y la fase de Berry es para un 1d $\mathrm{BZ}$ por simplicidad

\begin{aligned} γ & = \int_{- π}^{π} d k A (k) \\ = - \int_{- π}^{π} d k [A (- k) + \nabla_{k} ϕ (k)] \\ = {ϕ (k) |}_{- π}^{π} - \underset{γ}{\underset{⏟}{\int_{- π}^{π} d k A (k)}} \\ = 2 π norte - γ \end{aligned}

$\begin{align} \gamma & =\intop_{-\pi}^{\pi}dk\,\mathcal{A}(k)\\ & =-\intop_{-\pi}^{\pi}dk\,[\mathcal{A}(-k)+\nabla_{k}\phi(k)]\\ & =\left.\phi(k)\right|_{-\pi}^{\pi}-\underbrace{\intop_{-\pi}^{\pi}dk\,\mathcal{A}(k)}_{\gamma}\label{eq:-18}\\ & =2\pi n-\gamma\label{eq:-17} \end{align}$

así tenemos

\begin{aligned} γ = π norte \end{aligned}

$\begin{align*} \gamma=\pi n \end{align*}$

desde $\gamma$ está bien definida sólo hasta $\mbox{mod }2\pi$ puede ser $0$ o $\pi$ obedeciendo la última condición. Mi sospecha surge del último paso. La fase Berry debería ser independiente del calibre, pero aquí parece que el término calibre determina su valor.

Respuestas (1)

¿Es cierto mi intento de demostrar que la fase de Berry está cuantificada en sistemas simétricos de inversión? ¿Violaré la invariancia de calibre?

David Bar Moshé · Answer 1

Su derivación es perfectamente correcta. Consulte a Hatsugai (página 16), quien realiza esencialmente el mismo cálculo que usted.

Explicaré aquí por qué, sin embargo, la fase Zak es invariante de calibre, por lo tanto, un observable legítimo.

La fase $\phi(\mathbf{k})$ no es una transformación de calibre. Es la fase adicional agregada a los vectores de estado como consecuencia de la aplicación del operador físico del operador de inversión de tiempo (que denotaré por $\mathcal{T}$ para mayor claridad). En un sistema simétrico de inversión de tiempo como escribiste:

T | tu (k) ⟩ = {mi}^{i ϕ (k)} | tu (- k) ⟩

$\mathcal{T} | u(\mathbf{k}) \rangle = e^{i\phi(\mathbf{k})} | u(\mathbf{-k}) \rangle$

La función $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ puede ser cualquier función verdadera en la zona de brillouin que tiene la topología de $S^1$ . Así debemos tener:

{mi}^{i ϕ (π)} = {mi}^{i ϕ (- π)}

$e^{i\phi(\pi)} = e^{i\phi(-\pi)}$ De este modo

ϕ (- π) = ϕ (π) + 2 π norte

$\phi(\mathbf{-\pi}) = \phi(\mathbf{\pi}) + 2 \pi n$ Esta transformación tiene un número sinuoso

n

$n$

\frac{1}{2 π} \int {mi}^{- i ϕ (k)} d {mi}^{i ϕ (k)} = norte

$\frac{1}{2 \pi}\int e^{-i\phi(\mathbf{k})} d e^{i\phi(\mathbf{k})} = n$

En contraste como una transformación de calibre, $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ es una transformación de calibre grande. En la mecánica cuántica, las transformaciones de gran calibre corresponden a estados físicamente diferentes. Este problema se discutió en el intercambio de pila de física en el pasado, consulte las siguientes preguntas y respuestas: (1) y (2) .

La razón de esto es que las teorías cuánticas en las que los estados relacionados por una gran transformación de calibre son distintos son completamente consistentes. No hay necesidad en la mecánica cuántica de identificar entre estos estados, en contraste con las pequeñas transformaciones de calibre que conducen a restricciones de las que deberíamos deshacernos para cuantificar. En realidad, las transformaciones de calibre grande describen sectores de superselección, que explican una amplia variedad de fenómenos. Por ejemplo, en el efecto Aharonov-Bohm, los sectores de superselección corresponden a diferentes valores (no cuantificados) del flujo; y para una partícula que se mueve sobre un toro con flujo magnético, los sectores de superselección corresponden a diferentes flujos cuantificados. En ambos casos las funciones de onda son las mismas excepto por un factor de fase, sin embargo representan sistemas diferentes.

Por lo tanto, para una transformación de calibre deberíamos seleccionar solo funciones, $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ teniendo un número de bobinado cero, lo que hace que el indicador de fase Zak sea invariable.

Disculpe una consulta: $\mathcal{T} | u(\mathbf{k}) \rangle = e^{i\phi(\mathbf{k})} | u(\mathbf{-k}) \rangle$ .¿Cómo conseguimos esto? Parece que estoy perdido, vi la referencia también. Perdona mi ignorancia.
@LK Sabemos que la operación de conjugación de tiempo invierte el impulso, por lo tanto, mapea el estado indexado por el impulso de la red. $\mathbf{k}$ a un estado indexado por $-\mathbf{k}$ . Pero dado que una fase multiplicativa no cambia el estado, la forma más general del estado invertido en el tiempo puede ser de la forma $e^{i\phi({\mathbf{k}})} |u(-\mathbf{k})\rangle$ . La forma exacta de $\phi{(\mathbf{k})}$ depende del hamiltoniano, cuya forma específica puede necesitar tal fase para ser invariante en el tiempo.
continuación El punto es que si el número de devanados de esta fase no es cero, no se puede eliminar mediante una transformación de calibre.
¡¡Muchas gracias!! Si entiendo correctamente. El $| u(\mathbf{k}) \rangle$ Los estados son inversión de tiempo hasta un factor de fase, de la forma escrita arriba (iff $| u(\mathbf{k}) \rangle$ es el tiempo invertido uno)?
@LK Si te entendí correctamente; Quise decir que la versión invertida en el tiempo de $|u(\mathbf{k})\rangle$ es $e^{i\phi{(\mathbf{k}})} |u(-\mathbf{k})\rangle$ , (los estados no son iguales) y, de hecho, la operación de inversión de tiempo actúa sobre los estados invirtiendo el signo del momento y agregando un factor de fase.
Siento molestarte tanto. Pero debería haber una fase debido a que TR es por la razón de que importará el camino que tomemos para volver al estado de tiempo invertido. Será la unidad si volvemos al estado inicial. $e^{i\phi(\pi)} = e^{i\phi(-\pi)}$ .
@LK No es molestia; Me temo que te engañé en mi comentario anterior. En nuestro caso efectivamente tenemos: $|u(\mathbf{k})\rangle = \mathcal{T} |u(\mathbf{k})\rangle = e^{i\phi{\mathbf{k}}} |u(-\mathbf{k})\rangle$ , porque estamos hablando de un sistema invariante de inversión de tiempo. La fase Zak-Berry en la pregunta es cíclica, es decir, siempre comenzamos desde un estado dado, digamos $|u(\mathbf{k})\rangle$ y terminamos en el mismo estado.
continuación El cálculo en la pregunta se realizó primero con el estado original, luego con el estado invertido en el tiempo, y la consecuencia se obtiene al igualar las fases Zak del estado inicial y del estado invertido en el tiempo.

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