薛定谔绘景

薛定谔方程描述了量子态随时间的演化：

$\mathrm{i}\hbar\frac\partial{\partial t}|\psi(t)\rangle=H|\psi(t)\rangle$

或者使用时间演化算符$\hat{U}(t)=\exp[-\dfrac{it}{\hbar}\hat{H}]$表示为：

$|\psi(t)\rangle=\hat{U}(t)|\psi(0)\rangle$

代入时间演化算符，可以获得简洁一般（不要求哈密顿量不含时）的薛定谔方程表达式：

$i{\hbar}\partial_t\hat{U}(t,t_0)=\hat{H}(t)\hat{U}(t,t_0)$

薛定谔绘景描述了在确定的算符作用下，量子态的演化过程。

为了推导该方程的形式解，我们分以下三种情况：

哈密顿算符不依赖时间：则容易解出 $\hat U(t,t_0)=\exp[-\dfrac{i(t-t_0)}{\hbar}\hat{H}]$
哈密顿算符与时间相关，但不同时刻的哈密顿量算符对易： $\hat U(t,t_0)=\exp[-\dfrac{i}{\hbar}\int_{t_0}^t\hat{H}(t^\prime)dt^\prime]$
哈密顿算符与时间相关，但不同时刻的哈密顿量算符不对易： $\hat U(t,t_0)=1+\sum_{n=1}^\infty(\dfrac{-i}{\hbar})^n\int_{t_0}^tdt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}dt_n\hat{H}(t_1)\hat{H}(t_2)\cdots\hat{H}(t_n)$

定态和叠加态

我们只考虑以上的第一种情况，那么时间算符同时与哈密顿算符对易，态矢量的演化可以用能量本征右矢表示：

$|\alpha,t\rangle=\sum_nc_n|a_n,t\rangle=\sum_nc_n\exp[-\frac{iE_nt}{\hbar}]|a_n,t=0\rangle$

所以不同的本征态会有不同的相位频率。这引出了定态的概念——本征态的可观测量是不变的，而叠加态会变化。

自旋的进动

一个例子是自旋的进动。

$\hat{H}=\omega S_z,E_\pm=\mp\frac{e\hbar B}{2m_ec}$

可以得到：

$\begin{aligned}|\langle \hat{S_x}\rangle|^2 &=\frac{\hbar^2}{4}|(\sin{\phi}\exp(\frac{+i\omega t}{2})\langle +|+\cos{\phi}\exp(\frac{-i\omega t}{2})\langle -|)\\&\times(\sin{\phi}\exp(\frac{-i\omega t}{2})| -\rangle+\cos{\phi}\exp(\frac{+i\omega t}{2})| +\rangle)|^2\\ &=|\sin{\phi}\cos{\phi}(\exp(-i\omega t)+\exp(+i\omega t))|^2\\ &=\sin^2{\phi}\cos^2{\phi}\cos^2{\omega t}\end{aligned}$

只有当初始为定态时，其可观测量才不会变。

中微子振荡

$\begin{aligned} {| \nu_{e} \rangle} & { =\operatorname{c o s} \theta| \nu_{1} \rangle-\operatorname{s i n} \theta| \nu_{2} \rangle} \\ {| \nu_{\mu} \rangle} & {=\operatorname{s i n} \theta| \nu_{1} \rangle+\operatorname{c o s} \theta| \nu_{2} \rangle} \\ \end{aligned}$

海森堡绘景

对于唯一可测量的可观测量的平均值，时间演化相当于对其做幺正变换。我们发现似乎有两种方法来达到相同的目的，即

一种方法就是薛定谔绘景：

$|\alpha\rangle\rightarrow U|\alpha\rangle$

另一种方法就是海森堡绘景：

$X\to U^{\dagger}XU$

海森堡绘景认为算符是变化的，态右矢是固定的；既然算符是变化了，那么以某种算符产生的本征基右矢自然也是变化的：

$|a^{\prime},t\rangle_H=U^\dagger|a^{\prime}\rangle.$

海森堡运动方程

$\frac{dA^{(H)}}{dt}=\frac i{\hbar}[H,A^{(H)}].$

证明：

$\begin{aligned} \frac{dA}{dt}& =\frac{\partial{U}^\dagger}{\partial t}A^{(S)} {U}+{U}^\dagger A^{(S)} \frac{\partial{U}}{\partial t} \\ &=-\frac1{i\hbar} U^\dagger H UU^\dagger A^{(S)} u+\frac1{i\hbar} U^\dagger A^{(S)} UU^\dagger H u \\ &=\frac1{i\hbar}[A^{(H)},U^{\dagger}HU], \end{aligned}$

这里假定了算符不显含时间。

自由运动的粒子

考虑一个自由运动的粒子：

$\hat H =\frac{\hat p^2}{2m}$ $\frac{d\hat p}{dt}=0\Rightarrow \hat p(t)=\hat p(0)$ $\frac{d\hat x}{dt}=\frac{\hat p(0)}{m}\Rightarrow \hat x(t)=\hat x(0) +\frac{\hat p(0)}{m}t$

所以：

$[\hat x(t),\hat x(0)]=\frac{-i\hbar t}{m}\Rightarrow \Delta\hat x(t)\Delta\hat x(0)\geq \frac{\hbar t}{2m}$

这意味着粒子的位置随着时间的推移越来越不确定，当然可以类比波动力学里自由粒子波包随时间的演化。

Ehrenfest定理

对于势场中的粒子：

$\frac{d\hat x}{dt}=\frac{\hat p(0)}{m}$ $\frac{d^2\hat x}{dt^2}=-\frac{\vec\nabla\hat V(\vec x)}{m}$ $m\frac{d^2\langle\hat x\rangle}{dt^2}=-\langle\vec\nabla\hat V(\vec x)\rangle$

简谐振子和相干态

简谐振子的模型可以阐述量子力学的诸多概念，如朗道能级、电磁场量子化、氢原子模型等等。

谐振子

$\hat H=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac{m\omega^2\hat x^2}2$

一种计算两个算符之和的本征态的普遍的想法是：

$\hat H=\hat A\hat B$

处于朴素的理解，我们可以通过类比复数将哈密顿算符分解为：

$\hat H=\hbar\omega\hat a\hat a^\dagger$

其中$\hat a=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}(i\hat p+m\omega \hat x),\hat a^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}(-i\hat p+m\omega \hat x)$。

然而并没有这么幸运，由于算符不对易，正确的结果应该为：

$\hat H=\hbar\omega(\hat a\hat a^\dagger-\frac12)$

升降算符具有以下性质：

能级升降： $\hat H(\hat a^\dagger \psi)=(E+\hbar \omega)\psi$ $\hat H(\hat a \psi)=(E-\hbar \omega)\psi$
基态波函数： $\psi_0(x)=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{\frac14}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}$
升降系数： $\hat a^\dagger |n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle,\hat a |n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle$
其他本征函数： $\psi_n(x)=\frac{1}{\sqrt{n!}}(a^\dagger)^n\psi_0$
反表示： $\hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a^\dagger+\hat a),\hat p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(\hat a^\dagger-\hat a)$

简谐振子动力学

根据运动方程：

$\frac{d}{dt}\hat a=\frac{\omega}{i}\hat a\Rightarrow \hat a(t)=\hat a(0)e^{-i\omega t}$

同理

$\hat a^\dagger(t)=\hat a^\dagger(0)e^{i\omega t}$

那么

$\hat x(t)=\hat x(0)\cos{\omega t}+\frac{\hat p(0)}{m\omega}\sin{\omega t}$ $\hat p(t)=\hat p(0)\cos{\omega t}-m\omega\hat x(0)\sin{\omega t}$

然而由于其期望一直是0，能量本征态不能反应经典简谐振子的运动状态；能反应的其实是湮灭算符的本征态，即相干态。

相干态

湮灭算符的本征右矢定义为相干态：

$\hat a|\lambda\rangle=\lambda |\lambda\rangle$

由于湮灭算符不是可观测量，$\lambda$可以是任意复数。设$|\lambda\rangle=\sum_nC_n|n\rangle$，则

$\sum_nC_{n+1}\sqrt{n+1}|n\rangle=\sum_n\lambda C_n|n\rangle$

解得：

$C_n=\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}C_0$

考虑归一化条件：

$C_0=e^{-\frac{|\lambda|^2}{2}}$

所以

$|\lambda\rangle=e^{-\frac{|\lambda|^2}{2}}\sum_n\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=e^{-\frac{|\lambda|^2}{2}}\sum_n\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}\frac{\hat {a^\dagger}^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle=e^{\frac{-|\lambda|^2}{2}}e^{\lambda \hat a^\dagger}|0\rangle$

位置表象

将相干态转移到位置表象：

$\lambda(x)=\langle x|\lambda\rangle=e^{\frac{-|\lambda|^2}{2}}\langle x|e^{\lambda \hat a^\dagger}|0\rangle$

其中：

$\begin{aligned} e^{\lambda \hat a^\dagger}&=e^{\lambda (\sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x-\hat a)}\\ &=e^{\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x}e^{-\lambda\hat a}e^{-\frac12[\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x,-\lambda\hat a]}\\ &=e^{\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x}e^{-\lambda\hat a}e^{\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\lambda^2[ \hat x,\hat a]}\\ &=e^{\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x}e^{-\lambda\hat a}e^{-\frac{\lambda^2}2}\\ \end{aligned}$

所以

$\lambda(x)=\langle x|\lambda\rangle=e^{-\frac{|\lambda|^2-\lambda^2}{2}}e^{\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x}\langle x|0\rangle=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{\frac14}e^{-\frac{|\lambda|^2-\lambda^2}{2}}e^{\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}$

相应的概率为：

$|\lambda(x)|^2\propto e^{2\lambda \sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\hat x-\frac{m\omega}{\hbar}x^2}\propto e^{-(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x-\sqrt{2}\lambda)^2}$

如果其随时间演化：

$\begin{aligned} e^{-\frac{i\hat H t}{\hbar}}|\lambda\rangle&=e^{-\frac{|\lambda|^2}{2}}\sum_n\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}e^{-\frac{i\hat H t}{\hbar}}|n\rangle\\&=e^{-\frac{|\lambda|^2}{2}}\sum_n\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}e^{-i(n+\frac12)\omega t}|n\rangle\\ &=e^{-\frac{|\lambda |^2}{2}}e^{-i\frac12\omega t}\sum_n\frac{(\lambda e^{-i\omega t})^n}{\sqrt{n!}}\frac{\hat {a^\dagger}^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle\\&=e^{-i\frac12\omega t}|\lambda e^{-i\omega t}\rangle \end{aligned}$

所以

$|\lambda(x,t)|^2\propto e^{-(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x-\sqrt{2}\lambda\cos{\omega t})^2}$

其位置期望为：

$\langle x\rangle=\lambda\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\cos{\omega t}$

与自由粒子波包不同，这个波包往复运动而不弥散。

粒子数算符

粒子数算符定义为：

$\hat N=\hat a^\dagger \hat a$

作用在像相干态上：

某次测量得到N个光子的概率为：

$|\langle\hat N|\lambda\rangle|=e^{-\bar n}\frac{\bar{n}^n}{n!}$

这是个泊松分布。

幅值算符和相位算符

湮灭算符不是厄米算符，我们考虑：

$\hat a=\hat B e^{i\hat \Phi}$

其中幅值算符$\hat B$和相位算符$\hat \Phi$都是厄密算符。

由于$\hat a\hat a^\dagger=\hat N+1$，可设：

$\hat B=\sqrt{\hat N+1}$

那么

$\hat a=\sqrt{\hat N+1} e^{i\hat \Phi}$ $\hat a^\dagger= e^{-i\hat \Phi}\sqrt{\hat N+1}$

之所以不取
$\hat B=\sqrt{\hat N}$
是因为这样的话幅值算符就不存在逆算符了，因为对基态的本征值为0。

作用在能级上：

$\hat B|n\rangle=\sqrt{n+1}|n\rangle$

矩阵表示为：

$\hat B=\sum_n \sqrt{n+1}|n\rangle\langle n|=\begin{pmatrix}\ddots&\cdots&0&0\\\vdots&\ddots&0&0\\0&0&\sqrt{n+1}&0\\0&0&0&\ddots\end{pmatrix}$

相位算符定义为：

$e^{i\hat \Phi}=\frac{1}{\sqrt{\hat N+1}}\hat a$ $e^{-i\hat \Phi}=\hat a^\dagger\frac{1}{\sqrt{\hat N+1}}$

作用在能级上：

$e^{i\hat \Phi}|n\rangle=\frac{1}{\sqrt{\hat N+1}}\hat a|n\rangle=|n-1\rangle$

所以相位算符表示为：

$e^{i\hat \Phi}=\sum_{n=0} |n\rangle\langle n+1$ $e^{-i\hat \Phi}=\sum_{n=0} |n+1\rangle\langle n$

相位算符的指数函数显然不是厄密的。定义三角函数部分：

$\cos{\hat \Phi}=\frac{e^{i\hat \Phi}+e^{-i\hat \Phi}}2$ $\sin{\hat \Phi}=\frac{e^{i\hat \Phi}-e^{-i\hat \Phi}}{2i}$

可以证明：

$[\hat N,\cos{\hat\Phi}]=-i\sin{\hat\Phi}$ $[\hat N,\sin{\hat\Phi}]=i\cos{\hat\Phi}$

朗道能级

经典理论

对于经典力学的方法，可以得到拉莫尔半径和频率：

$R=\frac{mV}{eB},\omega=\frac{eB}{m}$

对于分析力学：

$H=\frac{(\vec p-e \vec{A})^2}{2m}$ $\begin{cases} \dot{\vec{x}}=\frac{\partial H}{\partial \vec{p}}=\frac{(\vec p-e \vec{A})}{2m}\\ \dot{\vec{p}}=-\frac{\partial H}{\partial \vec{x}}=\frac{-e(\vec p-e \vec{A})_i}{2m}\nabla \vec{A_i} \end{cases}$ $\ddot{\vec{x}}=e\vec{v}\times\vec{B}$

如果还有电场：

$\ddot{\vec{x}}=e\vec{v}\times\vec{B}+e\frac{\vec{E}}{m}$

假设电场朝x方向且磁场朝y方向，这可以解出：

$\begin{cases} x(t)=R\cos{\omega t}\\ y(t)=R\sin{\omega t}-\frac{eE_xt}{m\omega} \end{cases}$

这就是经典霍尔效应。

半经典量子理论

半经典近似指磁场未被量子化。磁场中的哈密顿量为：

$\hat H=\frac{(\hat p-e \vec{A})^2}{2m}=\frac{\hat\pi_x^2}{2m}+\frac{\hat\pi_y^2}{2m}$

遵循上述的分解方法：

$[\hat\pi_x,\hat\pi_y]=-e([\hat p_x,A_y]+[A_x,\hat p_y])=i\hbar eB=i\hbar \omega m$ $\hat H=(\hat\pi_x-i\hat\pi_y)(\hat\pi_x+i\hat\pi_y)+\frac{\hbar\omega}{2}=\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+\frac12)$

其中

$\hat a\equiv \frac{1}{\sqrt{2e\hbar B}}(\hat\pi_x+i\hat\pi_y)=\frac{1}{\sqrt{2e\hbar B}}[(\hat p_x-eA_x)+i(\hat p_y-eA_y)]$ $\hat a^\dagger\equiv \frac{1}{\sqrt{2e\hbar B}}(\hat\pi_x-i\hat\pi_y)=\frac{1}{\sqrt{2e\hbar B}}[(\hat p_x-eA_x)-i(\hat p_y-eA_y)]$

从$\hat a|0\rangle=0$可以解得：

$-[i\hbar (\partial_x+i\partial_y)+\frac{ieB}{2}(x+iy)]\psi(x)=0$

设

$z=x+iy,\bar z=x-iy$ $\partial_z=\partial_x\frac{\partial x}{\partial z}+\partial_y\frac{\partial y}{\partial z}=\frac12(\partial_x-i\partial_y)$ $\partial_{\bar z}=\frac12(\partial_x+i\partial_y)$

得到基态波函数：

$\psi(z,\bar{z})=f(z)e^{-\frac{eB\bar{z}z}{4\hbar}}$

$f(z)$是任意函数，通常使用多项式函数近似：

$\psi(z,\bar{z})=\sum_n\psi_n$

其中

$\psi_n(z,\bar{z})=N_nz^ne^{-\frac{eB\bar{z}z}{4\hbar}}$

归一化条件给出：

$N_n=[n!\pi(\frac{2\hbar}{eB})^{n+1}]^{-\frac12}$ $\langle r^2\rangle=(n+1)\frac{2\hbar}{eB}$

简并

每一个n都对应了基态能量，所以对于无穷大体系，简并度无穷大。但是由于有限的面积A，此体系的简并度为

$n_{max}=\frac{A}{\frac{2\hbar}{eB}\pi}=\frac{\phi}{\phi_0}$

其中$\phi_0=\frac{h}{e}$是量子磁通，$\phi=AB$。

与我们物理直觉相符的是，朗道能级的简并度正比于磁场和面积。

量子化霍尔电导

霍尔电阻定义为：

$R_H=\frac{V_y}{I_x}$

其中$V_y=E_y l=Blv$，$I_x=eNv$，所以

$R_H=\frac{Blv}{env}=\frac{B}{en}$

载流子浓度n与朗道能级总数N的关系：

$n=\frac{N\frac{\phi}{\phi_0}}{A}=\frac{NB}{\phi_0}$

霍尔电阻为：

$R_H=\frac{\phi_0}{Ne}$

其倒数定义为霍尔电导：

$\sigma_H=\frac{1}{R_H}=N\frac{e^2}{h}$

其中$\frac{e^2}{h}$是单位霍尔电导。

朗道提出用新的波函数：
$\Psi=\prod_{i<j}(z_i-z_j)^ke^{-\frac{eB}{4\hbar}\sum z_i\bar{z_i}}$
来描述分数霍尔效应，最后的结果为：
$N=\frac{1}{k}\frac{\phi}{\phi_0}$

规范变换

规范变换的本意是对“标势和矢势进行的不影响电磁场和变换”。电矢势不是规范不变的，但是与磁矢势相关联的电磁场具有规范不变性。

$\begin{cases} \vec E=-\nabla\phi-\frac{\partial\vec A}{\partial t}\\ \vec B=\nabla\times\vec A \end{cases}$

现在，我们拓展规范不变性的概念：对于某些非可观测量做的规范变换可以使某些可观测量保持不变，或者可以是运动方程保持不变，这种不变性就是规范不变性。

全局规范变换：$\vec A\to \vec A+\vec{A_0},\phi\to \phi-\phi_0$
局域规范变换：$\vec A\to \vec A+\nabla\Lambda,\phi\to \phi-\frac{\partial\Lambda}{\partial t}$

标势的规范变换

考虑新增一个标势后的哈密顿量：

$\hat H=\hat H_0+V(t)$

根据时间演化算符的定义：

$\hat U(t)= \exp{\int_0^t\frac{-i}{\hbar}\hat H_0 dt^\prime}\exp{\int_0^t\frac{-i}{\hbar}V(t^\prime)dt^\prime}=\hat U_0\hat U'(\hat V)$

代入即得：

$|\psi'(t)\rangle=\hat U_0\hat U'(\hat V)|\psi(0)\rangle=\hat U'(\hat V)|\psi(t)\rangle$

矢势的规范变换

考虑新增电矢势后的哈密顿量：

$\hat H=\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+e\phi$

计算时间的微商：

$\frac{d}{dt}\hat x=\frac{1}{i\hbar}[\hat x,\hat H]=\frac{\hat p-e\vec{A}}{m}$

与前面的动量不同，我们称$\hat \Pi=\hat p-e\vec{A}$为机械动量，而把之前的$\hat p$称为正则动量。

更一般的情况

算符$\hat R$和算符$\hat P$组成所有其他算符，这两个算符是被规定的，他们不随规范的变化而变化：

$\hat R_{\xi'}=\hat R_{\xi},\hat P_{\xi'}=\hat P_{\xi}$

但有些算符，比如$\phi,\vec{A}$是随着规范改变的。显然，显含$\phi,\vec{A}$的算符，比如哈密顿算符，随着规范变化。

态矢量的幺正变换

假设新的规范下，态矢量为$|\psi’\rangle$，那么：

$\begin{aligned} \langle\psi'|\hat R_{\xi'}|\psi'\rangle&=\langle\psi|\hat U^\dagger\hat R_{\xi'}\hat U|\psi\rangle\\ &=\langle\psi|\hat U^\dagger\hat R_{\xi}\hat U|\psi\rangle\\ &=\langle\psi|\hat R_{\xi}|\psi\rangle \end{aligned}$ $\begin{aligned} \langle\psi'|\hat P_{\xi'}|\psi'\rangle&=\langle\psi|\hat U^\dagger\hat P_{\xi'}\hat U|\psi\rangle\\ &=\langle\psi|\hat U^\dagger\hat P_{\xi}\hat U|\psi\rangle\\ &=\langle\psi|\hat P_{\xi}+q\nabla\Lambda(\hat R,t)|\psi\rangle \end{aligned}$

这里需要用到坐标和机械动量的值不随规范改变，即
$\langle\psi'|\hat R_{\xi'}|\psi'\rangle=\langle\psi|\hat R_{\xi}|\psi\rangle,\langle\psi'|\hat \Pi_{\xi'}|\psi'\rangle=\langle\psi|\hat \Pi_{\xi}|\psi\rangle$
注意，值不随规范改变，不代表算符不随规范改变。

即：

$\hat R_{\xi}=\hat U^\dagger\hat R_{\xi}\hat U$ $\hat P_{\xi}+q\nabla\Lambda(\hat R,t)=\hat U^\dagger\hat P_{\xi}\hat U$

从第一个式子得到：

$[\hat R_{\xi},\hat U]=0\Rightarrow \hat U=\exp{i F(\hat R,t)}$

从第二个式子得到：

$[\hat P_{\xi},\hat U]=q\nabla\Lambda(\hat R,t)\hat U\Rightarrow i\hbar\nabla \hat U=q\nabla\Lambda(\hat R,t)\hat U\Rightarrow F=\frac{q}{\hbar}\Lambda$

综上，变换算符是：

$\hat U=\exp{\frac{iq}{\hbar}\Lambda(\hat R,t)}$

薛定谔方程的规范不变性

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}|\psi\rangle=\hat H_{\xi}|\psi\rangle$ $i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\hat U|\psi\rangle=\hat H_{\xi'}\hat U|\psi\rangle$

将第二个式子展开：

$i\hbar \dot{\hat U}|\psi\rangle+i\hbar \hat U|\dot\psi\rangle=\hat H_{\xi'}\hat U|\psi\rangle$ $- q\dot\Lambda(\hat R,t)\hat U|\psi\rangle+\hat U\hat H_{\xi}|\psi\rangle=\hat H_{\xi'}\hat U|\psi\rangle$ $- q\dot\Lambda(\hat R,t)\hat U|\psi\rangle+\hat U\hat H_{\xi}\hat U^\dagger\hat U|\psi\rangle=\hat H_{\xi'}\hat U|\psi\rangle$

所以：

$\hat H_{\xi'}=\hat U\hat H_{\xi}\hat U^\dagger-q\dot\Lambda$

因此我们知道，对哈密顿算符做以上规范变换可以保证薛定谔方程的规范不变性。具体来说，新的哈密顿算符为：

$\begin{aligned}\hat H_{\xi'}&=\hat U\hat H_{\xi}\hat U^\dagger-q\dot\Lambda\\ &=\frac{1}{2m}(\hat U\hat P\hat U^\dagger-q\vec{A})^2+q\phi-q\dot\Lambda\\ &=\frac{1}{2m}(\hat P-q\vec{A}-q\nabla\Lambda)^2+q\phi-q\dot\Lambda\\ \end{aligned}$

这刚好对应着：

$\vec{A'}=\vec{A}+\nabla\Lambda,\phi'=\phi-\frac{\partial\Lambda}{\partial t}$

概率和概率流密度的规范不变性

考虑：

$i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\psi=(\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi)\psi$ $-i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\psi^*=(\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi)^\dagger\psi^*$

所以：

$\begin{aligned} \frac{\partial \rho}{\partial t}&=\frac{\partial \psi^*\psi}{\partial t}=\psi^*\frac{\partial \psi}{\partial t}+\frac{\partial \psi^*}{\partial t}\psi\\ &=\frac{-i}{\hbar}(\psi^*(\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi)\psi-(\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi)^\dagger\psi^*\psi)\\ &=\frac{-i}{2m\hbar}(\psi^*((\hat p-q\vec{A})^2+2mq\phi)\psi-((\hat p-q\vec{A})^2+2mq\phi)^\dagger\psi^*\psi)\\ &=\frac{i\hbar}{2m}(\psi^*\nabla^2\psi-\nabla^2\psi^*\psi)+\frac{q}{m}( \psi^*\vec{A}\nabla\psi+\vec{A}\nabla\psi^*\psi)\\ &=\frac{i\hbar}{2m}\nabla(\psi^*\nabla\psi-\nabla\psi^*\psi)+\frac{q}{m}\nabla(\psi^*\vec{A}\psi)\\ \end{aligned}$

所以

$\vec{j}=\frac{-i\hbar}{2m}(\psi^*\nabla\psi-\nabla\psi^*\psi)-\frac{q}{m}(\psi^*\vec{A}\psi)=\frac{\hbar}{m}\Re{[\frac{\psi^*\nabla\psi}{i}-\frac{q}{\hbar}\psi^*\vec{A}\psi]}$

将$-i\hbar\nabla\rightarrow -i\hbar\nabla-e\vec{A}$之后，就可以证明概率流密度的规范不变性。

AB效应

考虑一个无限长的螺线管，磁通量为$\phi$，磁矢势为$\vec{A}=\frac{\phi}{2\pi r}\vec{e_\theta}$，从左右两侧通过的电子相差的相位为：

$\Delta\phi=-\frac{ie}{\hbar}\oint \vec{A}\cdot d\vec{r}=-\frac{ie}{\hbar}\iint (\nabla\times \vec{A})\cdot d\vec{S}=-\frac{ie}{\hbar}\phi=-i2\pi\frac{\phi}{\phi_0}$

几何相位

绝热近似

我们考虑本征态变化即哈密顿量变化的情况：

$\mathrm{i}\hbar\frac d{d t}|\psi(t)\rangle=\hat H|\psi(t)\rangle$

考虑将态矢展开：

$|\psi(t)\rangle=\sum_n C_n(t)|n(t)\rangle$

其中$|n(t)\rangle$是某组完备的本征态基矢。

代入薛定谔方程可得：

$\mathrm{i}\hbar\sum_n \dot{C_n}(t)|n(t)\rangle+\mathrm{i}\hbar\sum_n C_n(t)|\dot{n}(t)\rangle=\sum_n C_n(t)E_n|n(t)\rangle$

左边作用另一基矢$\langle m(t)|$：

$\mathrm{i}\hbar \dot{C_m}(t)+\mathrm{i}\hbar\sum_n C_n(t)\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle=\sum_n C_n(t)E_n\langle m(t)|n(t)\rangle$ $\mathrm{i}\hbar \dot{C_m}(t)+\mathrm{i}\hbar C_m(t)\langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle+\mathrm{i}\hbar\sum_{m\neq n}C_n(t)\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle= C_m(t)E_m$

绝热近似指，当哈密顿量变化缓慢的时候，$\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle$远小于1。

证明：对薛定谔方程求导：

$\dot{\hat{H}}|n(t)\rangle+\hat H|\dot{n}(t)\rangle=\dot{E_n}|n(t)\rangle+E_n|\dot{n}(t)\rangle$

左边作用另一基矢$\langle m(t)|$：

$\langle m(t)|\dot{\hat{H}}|n(t)\rangle+\langle m(t)|\hat H|\dot{n}(t)\rangle=\langle m(t)|\dot{E_n}|n(t)\rangle+\langle m(t)|E_n|\dot{n}(t)\rangle$ $\langle m(t)|\dot{\hat{H}}|n(t)\rangle+E_m\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle=E_n\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle$

所以：

$\langle m(t)|\dot{n}(t)\rangle=\frac{\langle m(t)|\dot{\hat{H}}|n(t)\rangle}{E_n-E_m}$

证毕。

这样我们可以对方程进行进一步的化简：

$\mathrm{i}\hbar \dot{C_m}(t)+\mathrm{i}\hbar C_m(t)\langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle= C_m(t)E_m$ $\mathrm{i}\hbar \frac{\dot{C_m}(t)}{C_m(t)}= E_m -\mathrm{i}\hbar \langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle$

解得：

$C_m(t_0)=C_m(0)\exp{[\int^{t_0}_0 (-\frac{i}{\hbar}E_m(t) -\langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle)dt]}$

我们知道前一项是动力学相位，后一位被定义为几何相位：

$\begin{aligned}C_m(t_0)&=C_m(0)\exp{[-\int^{t_0}_0 \frac{i}{\hbar}E_m(t) dt]}\exp{[-\int^{t_0}_0\langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle dt]}\\&=C_m(0)\exp{[-\frac{i}{\hbar}\int^{t_0}_0 E_m(t) dt]}\exp{[i\gamma(t_0)]}\end{aligned}$

其中

$\gamma(t_0)=i\int^{t_0}_0\langle m(t)|\dot{m}(t)\rangle dt$

当然，如果引起本征态或哈密顿算符变化的参数不直接是时间而是$\lambda(t)$，原定义推广为：

$\gamma(\lambda_0)=i\int^{\lambda_0}_0\langle m(\lambda(t))|\vec{\nabla_\lambda}|m(\lambda(t))\rangle dt$

其中$\vec{A}=i\langle m(\lambda(t))|\vec{\nabla_\lambda}|m(\lambda(t))\rangle$被称为贝里联络，具有类似于电矢势的物理意义。而$\vec{B}=\nabla\times\vec{A}$被称为贝里曲率，具有类似于磁场的物理意义。


实空间	AB相位	电矢势	磁场
参数空间	贝里相位	贝里联络	贝里曲率

重新计算AB相位，通过规范变换可得：
$\hat H=\frac{(\hat p-q\vec{A})^2}{2m}+q\phi\Rightarrow \hat H=\frac{(\hat p-q\vec{A}+q\nabla\Lambda)^2}{2m}+q\phi+q\dot\Lambda$
取$\nabla\Lambda=\vec{A},\dot\Lambda=0$，则：
$\psi=e^{\frac{-iq\Lambda}{\hbar}}\psi'=\exp{[\frac{-iq\int_0^{\vec{r}}\vec{A}d\vec{r}}{\hbar}]}\psi'$
换句话说：
$\psi'(\vec{r})=\exp{[\frac{iq}{\hbar}\int_{0}^{\vec{r}}\vec{A}d\vec{r}]}\psi(\vec{r})$
贝里联络为：
$\begin{aligned} \vec{A_r}&=\langle \psi'|\vec{\nabla_r}|\psi'\rangle\\&=\langle \psi'|\vec{\nabla_r}|\psi\rangle+\frac{q}{\hbar}\vec{A}\langle \psi'|\psi'\rangle\\&=\frac{i\exp{[\frac{-iq}{\hbar}\int_{0}^{\vec{r}}\vec{A}d\vec{r}]}}{\hbar}\langle \psi|\vec{p}|\psi\rangle+\frac{q}{\hbar}\vec{A}\\&=\frac{q}{\hbar}\vec{A}\end{aligned}$
用到了定态下物理期望为0的条件。

例子：无限深势阱边界的移动

$\gamma=\oint_C\langle m(L)|\dot{m}(L)\rangle dL$

在坐标表象下：

$\begin{aligned}\gamma &=i\oint_C\langle \sqrt{\frac{2}{L}}\sin{\frac{m\pi x}{L}}|\frac{d}{dL}|\sqrt{\frac{2}{L}}\sin{\frac{m\pi x}{L}}\rangle dL\\ &=i\oint_C\langle \sqrt{\frac{2}{L}}\sin{\frac{m\pi x}{L}}|-\frac{1}{\sqrt{2L^3}}\sin{\frac{m\pi x}{L}}-\sqrt{\frac{2}{L^5}}m\pi x\cos{\frac{m\pi x}{L}}\rangle dL\\\end{aligned}$

注意到没有关于L的平方项，在闭合回路积分中等于0。

例子：自旋1/2的磁矩

$\hat H_0=\vec{h}\cdot\vec{\sigma}=h\begin{pmatrix}\cos{\theta}&\sin{\theta}e^{-i\phi}\\\sin{\theta}e^{i\phi}&-\cos{\theta}\end{pmatrix}$

相应的本征态为：

$\begin{cases}|+\rangle=\begin{pmatrix}\cos{\frac{\theta}{2}}\\ \sin{\frac{\theta}{2}}e^{i\phi}\end{pmatrix}\\|-\rangle=\begin{pmatrix}\sin{\frac{\theta}{2}}e^{-i\phi}\\-\cos{\frac{\theta}{2}}\end{pmatrix}\end{cases}$

取向上态，贝里联络为：

${A}_\theta=i\langle +|\vec{\nabla_\theta}|+\rangle=i\begin{pmatrix}\cos{\frac{\theta}{2}}& \sin{\frac{\theta}{2}}e^{-i\phi}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-\frac12\sin{\frac{\theta}{2}}\\ -\frac12\cos{\frac{\theta}{2}}e^{i\phi}\end{pmatrix}=0$ ${A}_\phi=i\langle +|\vec{\nabla_\phi}|+\rangle=i\begin{pmatrix}\cos{\frac{\theta}{2}}& \sin{\frac{\theta}{2}}e^{-i\phi}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\ i\sin{\frac{\theta}{2}}e^{i\phi}\end{pmatrix}=-\sin^2{\theta/2}$

所以贝里联络为：

$\vec{A}=-\sin^2{\frac\theta{2}}\vec{e_\phi}$

贝里曲率：

$\vec{B}=\nabla\times\vec{A}=-\frac{\partial}{\partial\theta}(-\sin^2{\frac\theta{2}})=\frac12\sin{\theta}$

量子几何

经典度规

两点之间的距离表示为：

$(ds)^2=g_{\mu\nu}dx^\mu dx^\nu$

其中，$g_{\mu\nu}$是经典度规，常见的度规有：

直角坐标系： $g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$
极坐标系： $g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}1&0\\0&r^2\end{pmatrix}$
球坐标系： $g_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&r^2&0\\0&0&r^2\sin^2{\theta}\end{pmatrix}$

量子度规

假设量子态依赖于$\lambda$：

$|\psi(\lambda+d\lambda)\rangle=|\psi(\lambda)\rangle+\partial_\mu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu+\frac12\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu$

通过内积的方式来度量两个量子态的距离：

$\begin{aligned} \langle \psi(\lambda)|\psi(\lambda+d\lambda)\rangle &=1+\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu+\frac12\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu\end{aligned}$

如果我们要求其模方，那么对每一项的实虚分辨是必要的。分析：

第二项$\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu|\psi(\lambda)\rangle$是纯虚的，因为： $\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\psi(\lambda)\rangle^*=\langle \partial_\mu\psi(\lambda)|\psi(\lambda)\rangle=-\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\psi(\lambda)\rangle$
第三项$\partial_\mu\langle \psi(\lambda)|\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle$是纯虚的，即$\langle \partial_\mu\psi(\lambda)|\partial_\nu\psi(\lambda)\rangle+ \langle\psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle$，那么 $\Re \langle \partial_\mu\psi(\lambda)|\partial_\nu\psi(\lambda)\rangle+ \Re\langle\psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle=0$ 记$r_{\mu\nu}\equiv \Re\psi(\lambda)|\partial_\mu\langle\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle$

那么可以表示为：

$\begin{aligned} |\langle \psi(\lambda)|\psi(\lambda+d\lambda)\rangle| &=|1-i(i\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu)+\frac12\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu|\\ &=|1-iA_\mu+\frac12\Re{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu]}+\frac i2\Im{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu]}|\\ &=\sqrt{(1+\frac12\Re{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu]})^2+(\frac 12\Im{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle d\lambda^\mu d\lambda^\nu]}-A_\mu)^2}\\ &=\sqrt{1+\Re{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle+A_\mu A_\nu ]}d\lambda^\mu d\lambda^\nu}\\ &=1+\frac12\Re{[\langle \psi(\lambda)|\partial_\mu\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle+A_\mu A_\nu ]}d\lambda^\mu d\lambda^\nu\\ &=1-\frac12(r_{\mu\nu}-A_\mu A_\nu)d\lambda^\mu d\lambda^\nu\\ &=1-\frac12 g_{\mu\nu} d\lambda^\mu d\lambda^\nu \end{aligned}$

所以$g_{\mu\nu}=r_{\mu\nu}-A_\mu A_\nu$就是量子度规。可以推广为量子几何张量

$G_{\mu\nu}=\psi(\lambda)|\partial_\mu\langle\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle-A_\mu A_\nu$

那么量子度规就是量子几何张量的实部，其虚部是贝里曲率：

$\Omega_{\mu\nu}=\partial_\mu A_{\nu}-\partial_\nu A_{\mu}=-2\Im[\langle \partial_\mu\psi(\lambda)|\partial_\nu|\psi(\lambda)\rangle]$

综上：

$G_{\mu\nu}=r_{\mu\nu}-i\Omega_{\mu\nu}$