Ist mein Versuch zu beweisen, dass Berrys Phase in inversionssymmetrischen Systemen quantisiert ist, wahr? Verletze ich die Eichinvarianz?

Question

Ist mein Versuch zu beweisen, dass Berrys Phase in inversionssymmetrischen Systemen quantisiert ist, wahr? Verletze ich die Eichinvarianz?

Physik
Symmetrie
Topologie
kondensierte Materie
Quantenmechanik
Beeren-Pancharatnam-Phase

Physhyp

Die Berry- oder Zak-Phase wird angegeben als

\begin{aligned} γ & = \oint_{B Z} D k A (k) Mod 2 π \\ = ich \oint_{B Z} D k ⟨ u_{N} (k) | \nabla_{k} u_{N} (k) ⟩ Mod 2 π \end{aligned}

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

die jeden Wert zwischen annehmen kann $[0,2\pi]$ .

Jetzt wollen wir die Auswirkungen der Symmetrien auf diese Berry-Phase lernen. Nehmen wir zunächst an, dass unser System nur Inversionssymmetrie hat, so dass die Hamilton-Funktion gehorcht

U_{P} H (k) = H (- k) U_{P}

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

dann haben wir

\begin{aligned} U_{P} H (k) U (k) & = E (k) U_{P} U (k) \\ H (- k) U_{P} U (k) & = E (k) U_{P} U (k) \\ H (k) U_{P} U (- k) & = E (- k) U_{P} U (- k) \end{aligned}

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

so dass $E(k)=E(-k)$ Und $U_{p}U(-\mathbf{k})=e^{i\phi(\mathbf{k})}U(\mathbf{k})$ Wo $U_{k}$ ist die Vektordarstellung von $|u(k)\rangle$ . Jetzt ist die Berry-Verbindung

\begin{aligned} A (k) & = ich (U_{P} U (- k) e^{- ich ϕ (k)})^{†} \nabla_{k} e^{- ich ϕ (k)} U_{P} U (- k) \\ = ich (U (- k))^{†} e^{ich ϕ (k)} \nabla_{k} e^{- ich ϕ (k)} U (- k) \\ = - A (- k) + \nabla_{k} ϕ (k) \end{aligned}

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

und die Phase der Beere ist für eine 1d $\mathrm{BZ}$ der Einfachheit halber

\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 N - γ \end{aligned}

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

also haben wir

\begin{aligned} γ = π N \end{aligned}

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

seit $\gamma$ ist nur bis zu gut definiert $\mbox{mod }2\pi$ es kann sein $0$ oder $\pi$ unter Einhaltung der letzten Bedingung. Mein Verdacht ergibt sich aus dem letzten Schritt. Die Berry-Phase sollte messgeräteunabhängig sein, aber hier sieht es so aus, als ob der Messgeräteterm seinen Wert bestimmt.

Antworten (1)

Ist mein Versuch zu beweisen, dass Berrys Phase in inversionssymmetrischen Systemen quantisiert ist, wahr? Verletze ich die Eichinvarianz?

David Bar Mosche · Answer 1

Deine Ableitung ist vollkommen richtig. Bitte sehen Sie sich Hatsugai (Seite 16) an, der im Wesentlichen die gleiche Berechnung durchführt wie Sie.

Ich werde hier erklären, warum die Zak-Phase trotzdem eichinvariant ist, also eine legitime Observable.

Die Phase $\phi(\mathbf{k})$ ist keine Eichtransformation. Es ist die zusätzliche Phase, die den Zustandsvektoren als Folge der Anwendung des physikalischen Operators des Zeitumkehroperators (den ich mit bezeichnen werde) hinzugefügt wird $\mathcal{T}$ zur Klarheit). In einem symmetrischen Zeitumkehrsystem, wie Sie geschrieben haben:

T | u (k) ⟩ = e^{ich ϕ (k)} | u (- k) ⟩

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

Die Funktion $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ kann jede wahre Funktion auf der Brillouin-Zone sein, die die Topologie von hat $S^1$ . Somit müssen wir haben:

e^{ich ϕ (π)} = e^{ich ϕ (- π)}

$e^{i\phi(\pi)} = e^{i\phi(-\pi)}$ Daher

ϕ (- π) = ϕ (π) + 2 π N

$\phi(\mathbf{-\pi}) = \phi(\mathbf{\pi}) + 2 \pi n$ Diese Transformation hat eine Windungszahl

n

$n$

\frac{1}{2 π} \int e^{- ich ϕ (k)} D e^{ich ϕ (k)} = N

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

Im Gegensatz dazu als Eichtransformation, $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ ist eine Transformation mit großer Spurweite. In der Quantenmechanik entsprechen große Eichtransformationen physikalisch unterschiedlichen Zuständen. Dieses Problem wurde in der Vergangenheit beim Physik-Stack-Austausch diskutiert, bitte sehen Sie sich die folgenden Fragen und Antworten an: (1) und (2) .

Die Gründe dafür sind, dass Quantentheorien, in denen Zustände, die durch eine große Eichtransformation zusammenhängen, verschieden sind, völlig konsistent sind. In der Quantenmechanik besteht keine Notwendigkeit, zwischen diesen Zuständen zu unterscheiden, im Gegensatz zu den kleinen Spurtransformationen, die zu Einschränkungen führen, die wir beseitigen sollten, um zu quantisieren. In Wirklichkeit beschreiben Transformationen großer Spurweiten Superselektionssektoren, die eine Vielzahl von Phänomenen erklären. Beispielsweise entsprechen beim Aharonov-Bohm-Effekt die Superselektionssektoren unterschiedlichen (nicht quantisierten) Werten des Flusses; und für ein Teilchen, das sich auf einem Torus mit magnetischem Fluss bewegt, entsprechen die Superauswahlsektoren unterschiedlichen quantisierten Flüssen. In beiden Fällen sind die Wellenfunktionen bis auf einen Phasenfaktor gleich, dennoch repräsentieren sie unterschiedliche Systeme.

Daher sollten wir für eine Eichtransformation nur Funktionen auswählen, $e^{i\phi(\mathbf{k})}$ mit einer Windungszahl von Null, was die Zak-Phasenanzeige unveränderlich macht.

Entschuldigung für eine Rückfrage: $\mathcal{T} | u(\mathbf{k}) \rangle = e^{i\phi(\mathbf{k})} | u(\mathbf{-k}) \rangle$ .Wie bekommen wir das? Ich scheine verloren zu sein, ich habe den Hinweis auch gesehen. Verzeihen Sie mir meine Unwissenheit.
@LK Wir wissen, dass die Zeitkonjugationsoperation den Impuls umkehrt und daher den durch den Gitterimpuls indizierten Zustand abbildet $\mathbf{k}$ zu einem Zustand indiziert durch $-\mathbf{k}$ . Da aber eine multiplikative Phase den Zustand nicht ändert, kann die allgemeinste Form des zeitumgekehrten Zustands die Form haben $e^{i\phi({\mathbf{k}})} |u(-\mathbf{k})\rangle$ . Die genaue Form von $\phi{(\mathbf{k})}$ hängt vom Hamilton-Operator ab, dessen spezifische Form eine solche Phase erfordern kann, um zeitumkehrinvariant zu sein.
Forts. Der Punkt ist, dass, wenn die Windungszahl dieser Phase nicht Null ist, sie nicht durch eine Dickentransformation entfernt werden kann.
Vielen Dank!! Wenn ich richtig verstehe. Der $| u(\mathbf{k}) \rangle$ Zustände sind Zeitumkehr bis zu einem Phasenfaktor der oben beschriebenen Form (iff $| u(\mathbf{k}) \rangle$ ist die Zeit umgekehrt eins)?
@LK Wenn ich dich richtig verstanden habe; Ich meinte damit die zeitumgekehrte Version von $|u(\mathbf{k})\rangle$ Ist $e^{i\phi{(\mathbf{k}})} |u(-\mathbf{k})\rangle$ , (die Zustände sind nicht gleich), und tatsächlich wirkt die Zeitumkehroperation auf die Zustände ein, indem sie das Impulsvorzeichen umkehrt und einen Phasenfaktor hinzufügt.
Es tut mir leid, Sie so sehr zu stören. Aber es sollte eine Phase aufgrund von TR geben, weil es wichtig ist, welchen Weg wir nehmen, um in den zeitumgekehrten Zustand zurückzukehren. Es wird Einheit sein, wenn wir zum ursprünglichen Zustand zurückkehren $e^{i\phi(\pi)} = e^{i\phi(-\pi)}$ .
@LK Es ist keine Mühe; Ich fürchte, ich habe Sie in meinem vorherigen Kommentar in die Irre geführt. In unserem Fall haben wir tatsächlich: $|u(\mathbf{k})\rangle = \mathcal{T} |u(\mathbf{k})\rangle = e^{i\phi{\mathbf{k}}} |u(-\mathbf{k})\rangle$ , weil wir über ein invariantes Zeitumkehrsystem sprechen. Die Zak-Berry-Phase in der Frage ist zyklisch, dh wir gehen immer von einem bestimmten Zustand aus $|u(\mathbf{k})\rangle$ und wir enden im selben Zustand.
Forts. Die Berechnung in der Frage wurde zuerst mit dem ursprünglichen Zustand durchgeführt, dann mit dem zeitumgekehrten Zustand, und die Konsequenz wird durch Gleichsetzen der Zak-Phasen des Anfangszustands und des zeitumgekehrten Zustands erhalten.

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