Preguntas sobre la fase de bayas

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Preguntas sobre la fase de bayas

Física
materia Condensada
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Sreekar Voleti

Estoy aprendiendo sobre la fase Berry del artículo original y de las conferencias TIFR Infosys The Quantum Hall Effect de David Tong (2016) .

Tengo algunas preguntas con respecto a la derivación original de la fase y un ejemplo.

En la derivación, Berry deriva la fase como
$γ_{norte} (C) = i \oint_{C} ⟨ norte (R) | \nabla_{R} norte (R) ⟩ \cdot d R$ $\gamma_n(C) = i \oint_C \langle n (\mathbf{R})|\nabla_{\mathbf{R}}n(\mathbf{R})\rangle \cdot d\mathbf{R}$ Luego procede a decir que la normalización de $|n(\mathbf{R})\rangle$ implica que $\langle n (\mathbf{R})|\nabla_{\mathbf{R}}n(\mathbf{R})\rangle$ es imaginario. ¿Por qué surge esta implicación?
En p. 33 de las notas, se utiliza el ejemplo de una partícula de espín-1/2 en un campo magnético. Aquí la magnitud del campo permanece constante pero la dirección se puede cambiar. Primero, la conexión de Berry se calcula usando coordenadas esféricas como
$F_{θ ϕ} = - pecado θ$ $\mathcal{F}_{\theta \phi} = -\sin{\theta}$ Y cuando las coordenadas se revierten a cartesianas, se convierte en $F_{i j} = - ϵ_{i j k} \frac{B^{k}}{2 | B |^{3}}$ $\mathcal{F}_{ij} = -\epsilon_{ijk} \frac{B^k}{2|\mathbf{B}|^3}$ Esto se llama un monopolo magnético en el espacio de parámetros. Sin embargo, cuando esta cantidad se integra sobre la esfera de configuraciones posibles (es decir, la esfera de radio $|\mathbf{B}|$ en el espacio de parámetros), se presenta el siguiente resultado: $\int F_{i j} d S^{i j} = 4 π gramo$ $\int \mathcal{F}_{ij}dS^{ij} = 4\pi g$ dónde $g$ es la 'carga' del monopolo. ¿Cómo surge este resultado?

Una idea que tuve para esto es que si consideramos que la conexión de Berry en coordenadas cartesianas se considera en analogía con la Ley de Coulomb, entonces el campo producido por el monopolo debería obedecer una especie de Ley de Gauss. Y si tomamos los análogos de las cantidades de la siguiente manera:
$\frac{1}{4 π ϵ} \to 1 y q \to - \frac{1}{2}$ $\frac{1}{4\pi\epsilon} \rightarrow 1 \text{ and } Q \rightarrow -\frac{1}{2}$ Entonces obtenemos el resultado. Sin embargo, no estoy contento/convencido con este argumento. ¿Alguien puede arrojar algo de luz sobre esto?

Respuestas (2)

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David Bar Moshé · Answer 1

El argumento sobre la ley de Gauss es correcto. El campo magnético monopolar tiene exactamente la misma forma que el campo eléctrico de una carga puntual, por lo que se puede aplicar la ley de Gauss.

Sin embargo, la integral se puede realizar perfectamente en coordenadas cartesianas. De hecho, es un ejercicio básico de integración de formas diferenciales. Tenemos:

F = - \frac{gramo}{2} \frac{ϵ_{i j k}}{| B |^{3}} B^{k} d B^{i} \land d B^{j}

$F = -\frac{g}{2} \frac{\epsilon_{ijk}}{|\mathbf{B}|^3}B^k dB^i \wedge dB^j$ La integración se realiza en la superficie de la

2

$2$ -esfera:

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

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

\int_{S^{2}} F = \int_{{B^{1}}^{2} + {B^{2}}^{2} + {B^{3}}^{2} = | B |^{2}} - \frac{gramo}{2} \frac{ϵ_{i j k}}{| B |^{3}} B^{k} d B^{i} \land d B^{j}

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

El integrando tiene 6 términos correspondientes a las diferentes permutaciones de $i,j,k=1,2,3$ . La antisimetría del tensor de Levi-Civita se contrarresta con la antisimetría de los productos de cuña. Así, debido a la simetría rotacional de la esfera, los 6 términos tienen la misma contribución y podemos integrar un término y multiplicar por 6:

\begin{aligned} \int_{S^{2}} F & = \int_{{B^{1}}^{2} + {B^{2}}^{2} + {B^{3}}^{2} = B^{2}} - 6 \times \frac{gramo}{2} \frac{B^{1}}{| B |^{3}} d B^{2} d B^{3} \\ = - \frac{3 gramo}{| B |^{3}} \int_{- | B |}^{| B |} d B^{3} \int_{- \sqrt{| B |^{2} - {B^{3}}^{2}}}^{\sqrt{| B |^{2} - {B^{3}}^{2}}} d B^{2} 2 \sqrt{| B |^{2} - {B^{2}}^{2} - {B^{3}}^{2}} \end{aligned}

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

B^{2} - B^{3}

$B^2-B^3$ plano es una integral sobre el disco ecuatorial. El factor de 2 en esta integral tiene en cuenta la integración sobre el hemisferio superior e inferior. Esta integral se puede realizar usando la sustitución:

B^{2} = \sqrt{| B |^{2} - {B^{3}}^{2}} pecado ϕ

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

ϕ

$\phi$ los límites serán

\frac{3 π}{2}

$\frac{3\pi}{2}$ y

\frac{π}{2}

$\frac{\pi}{2}$ respectivamente. De este modo:

\begin{aligned} \int_{S^{2}} F & = - \frac{3 gramo}{| B |^{3}} \int_{- B}^{B} d B^{3} (| B |^{2} - {B^{3}}^{2}) \int_{\frac{3 π}{2}}^{\frac{π}{2}} d ϕ 2 {porque}^{2} ϕ \\ = - \frac{3 gramo}{| B |^{3}} \int_{- B}^{B} d B^{3} (| B |^{2} - {B^{3}}^{2}) \times - π \\ = \frac{3 π gramo}{| B |^{3}} \int_{- | B |}^{| B |} d B^{3} (| B |^{2} - {B^{3}}^{2}) \\ = \frac{3 π gramo}{| B |^{3}} (| B |^{2} B^{3} - \frac{{B^{3}}^{3}}{3}) |_{- | B |}^{| B |} \\ = \frac{3 π gramo}{| B |^{3}} \frac{4 π}{3} | B |^{3} \\ = 4 π gramo \end{aligned}

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

Y el argumento sobre la parte imaginaria es el siguiente: puesto que $\left\langle n|n\right\rangle =1$ uno tiene $d\left\langle n|n\right\rangle =0\Rightarrow\left\langle dn|n\right\rangle +\left\langle n|dn\right\rangle =\left\langle dn|n\right\rangle +\left\langle dn|n\right\rangle ^{\ast}=0\Rightarrow\Re\left\{ \left\langle dn|n\right\rangle \right\} =0$ entonces $\left\langle dn|n\right\rangle$ es en el mejor de los casos puramente imaginario si no se desvanece.

hap123 · Answer 2

por el resultado $\int F_{ij}dS^{ij}=4\pi g$ , solo use la ley de Gauss igual que el campo eléctrico.

Para el campo eléctrico, tenemos $E=\frac{1} {4\pi \epsilon_0} \frac{q}{r^2}$ y $\oint EdS=\frac{q}{\epsilon_0}=\frac{q}{4\pi \epsilon_0}*4\pi$ , dónde $\frac{q}{4\pi \epsilon_0}$ es el término en el campo E excepto $r^2$ .

De manera similar, tenemos aquí $F=\frac{g}{r^2}$ , entonces $\oint FdS=g*4\pi$

Esto funciona porque $\int \frac{1}{r^2}dS=\int \frac{1}{r^2}r^2sin\theta d\theta d\phi=\int sin\theta d\theta d\phi=\int d\Omega=4\pi$ es el ángulo sólido.

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