Pregunta básica sobre el efecto Aharonov-Bohm

De

$$\operatorname{curl} A = 0 \tag{1}$$ en una región $U$, en general no se puede concluir que $$A = \nabla f \tag{2}$$ para alguna funcion $f$definido en todos $U$. De hecho esto está relacionado con la singularidad, que elimina una línea a través del origen. El grado en que (1) no implica (2) depende de la topología de $U$, más específicamente es la cohomología de Rham . (1) implica (2) si y solo si la cohomología de De Rham es trivial. Para $U = \mathbb{R} \times (\mathbb{R^2} \setminus \{ 0 \} )$, resulta que la cohomología no es trivial y, por lo tanto, su integral no necesita desaparecer.

Para mostrar que (1) no implica (2) para 3 espacios con una línea eliminada, podemos suponer que la línea es la$z$-eje y, considere

$$A = \begin{cases} \nabla \operatorname{arctan2} (y,x) & (x,y) \neq (0,-1) \\ (0, -1, 0 ) & (x,y) = (0,-1) \end{cases}$$ donde tambien $(x,y) \neq (0,0)$. $A$es suave, y $\operatorname{curl} A = 0$, pero no puede encontrar una función $f$, continuo alejándose del $z$-eje, tal que $\nabla f = A$en todos lados.

Es menos trivial (o más bien, uno primero necesita construir algunos mazos, y luego es una prueba de 2 líneas) para mostrar que para 3 espacios con un punto (1) de hecho implica (2).

---

Actualización: si desea comprender por qué se puede eliminar un punto pero no una línea, puede pensar que es necesario hacer un agujero que sea lo suficientemente grande. Supongamos que tenemos dos curvas$\gamma_1$y$\gamma_2$y$\int_{\gamma_i} A$, dónde$\operatorname{curl} A = 0$. Si$\gamma_1$se puede deformar a$\gamma_2$se puede aplicar el teorema de Stokes para argumentar que las integrales son iguales. Supongamos que el espacio es tal que cualquier curva puede deformarse en cualquier otra curva. Entonces existe una prescripción estándar para encontrar$f$: elegir cualquier punto$x_0$y deja

$$f(x) = \int_\gamma A$$ dónde $\gamma$es cualquier curva que conecta $x_0$y $x$. Por la suposición de que la integral no depende del particular $\gamma$elegido así $f$se define inequívocamente. Para que el argumento falle, debe hacer un "agujero" lo suficientemente grande como para que las curvas no se deformen entre sí. Eliminar un punto no es suficiente en tres dimensiones, pero una línea sí lo es: haga un bucle alrededor de la singularidad de la línea, no puede hacer que no rodee la línea sin arrastrarla a través de la singularidad. (En 2 dimensiones, un punto es suficiente, porque puede considerar la proyección de este ejemplo en un plano).

No pude resistirme a poner a trabajar los mazos a los que aludió Robin Ekman, e intentaré presentar su argumentación general de una manera que uno pueda entender sin conocer todos los detalles, pero no pretendo suponer que esto sea de ninguna manera. Siento una mejor respuesta, es simplemente una que muestra qué cosas uno debe saber para comprender rigurosamente la extraña afirmación de que "a veces no hay, pero a veces hay una función para que$\nabla f = A$".

Consideramos campos vectoriales$A^i$, por la métrica euclidiana, para ser equivalente a sus formas duales 1 según$A_i = A^i$. En formas 1 en variedades 3D$\mathcal{M}$, tenemos un complejo cocadena exacto de formas p (denotado$\Omega^p(\mathcal{M})$) [con$d^p$siendo la derivada exterior en formas p]

$$\Omega^0(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^0}}{\rightarrow} \Omega^1(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^1}}{\rightarrow} \Omega^2(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^2}}{\rightarrow} \Omega^3(\mathcal{M})$$

Como es habitual para tales cosas, podemos tomar la cohomología de tal complejo cochain, definido como$H^p(\mathcal{M}) := \frac{\mathrm{ker}(d^{p})}{\mathrm{im}(d^{p-1})}$. Se puede demostrar que esta es, por los axiomas de Eilenberg-Steenrod , una teoría de cohomología ordinaria , por lo tanto, lo mismo que cualquier otra teoría de cohomología ordinaria de$\mathcal{M}$. (esta cohomología de deRham tiene naturalmente coeficientes en$\mathbb{R}$en lugar de$\mathbb{Z}$, pero eso no es nada de lo que preocuparse demasiado)

Lo maravilloso de las teorías de la (co)homología es que son las mismas para todos los espacios topológicos homotópicos, es decir, son las mismas para el espacio que puede deformarse continuamente entre sí.

Ahora,$\mathbb{R} \times (\mathbb{R}^2 - \{0\})$es, desde$\mathbb{R}$puede ser deformación retraída a un punto, homotopía equivalente a$\text{Pt} \times (\mathbb{R}^2 - \{0\}) = \mathbb{R}^2 -\{0\}$, que es a su vez homotopía equivalente al círculo$S^1$.

De lo contrario,$\mathbb{R}^3 - \{0\}$es la homotopía equivalente a la esfera$S^2$.

De estas dos equivalencias de homotopía usted puede convencerse por su intuición, pero, mientras escribía esto, tuve que admitir que no puedo poner esto en palabras que transmitan bien entre mis lectores y yo sin una pizarra y algo de tiempo.

Entonces, aceptando a Eilenberg-Steenrod, nuestra pregunta de si podemos o no levantar una forma 1 en el núcleo de la derivada para que sea la imagen de una forma 0 se ha reducido a la pregunta de si la primera cohomología del círculo o la esfera desaparecer.

Ahora, ciertamente todas las n-esferas son espacios compactos, y ciertamente tienen límite ahora. Como podemos describirlos localmente con coordenadas polares, también son variedades. Ahora, para tales variedades orientables compactas, existe la dualidad de Poincaré , que establece que el$p$-th cohomología$H^p(\mathcal{M})$es isomorfo al$n-p$-ésima homología$H_{n-p}(\mathcal{M})$. ¡Pero la homología ordinaria de las esferas se entiende bien! De hecho, con solo pensar con los axiomas de Eilenberg-Steenrod, puedes demostrar que, dado que toda esfera$S^n$está hecho esencialmente de dos discos$D^n$pegados (los hemisferios),$H^n(S^n) = \mathbb{Z}$y$H^0(S^n) = \mathbb{Z}$, pero$H^p(S^n) = 0$si$p \neq n \wedge p \neq 0$. La dualidad entonces produce directamente que

$$H_1(S^1) = \mathbb{Z} \wedge H_1(S^2) = 0$$

Por lo tanto, para las 2 esferas reales$S^2$, el núcleo de la derivada es la imagen de la derivada, y todo campo vectorial en la esfera (y todo lo que sea equivalente a él en homotopía) cuyo rizo desaparece es la derivada exterior de alguna función escalar. Pero para el círculo$S^1$, hay campos que están en el núcleo de la derivada pero no en su imagen, de lo contrario la cohomología sería trivial.

Dado que la situación de Aharonov-Bohm tiene una singularidad de línea y es homotópica al círculo, el argumento habitual de las "fuerzas conservativas" falla. Pero, para singularidades puntuales en 3D, somos homotópicos a la esfera, por donde pasa el argumento.