10.6 贝里相位

在量子力学中，波函数在相差一个相位的意义下才有定义。在大多数情况下，这个相位被当作无关紧要的因子而忽略。Berry（1984）指出，如果系统经历绝热变化，那么该相位可能会产生可观测的效应。

10.6.1 贝里相位的推导

设 $H(\mathbf{R})$ 为一个哈密顿量，它依赖于若干参数，这些参数统记为 $\mathbf{R}$。假设 $\mathbf{R}$ 随时间绝热地变化，即 $\mathbf{R}=\mathbf{R}(t)$。此时薛定谔方程为

$$H(\mathbf{R}(t))|\psi (t)⟩=\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi (t)⟩.\text{\hspace{1em}(10.129)}$$

我们假设系统在 $t=0$ 时处于第 $n$ 个本征态，即 $|\psi (0)⟩=|n,R(0)⟩$，其中

$$H(\mathbf{R}(0))|n,\mathbf{R}(0)⟩=E_n(\mathbf{R}(0))|n,\mathbf{R}(0)⟩.\text{\hspace{1em}(10.130)}$$

那么在较晚的时刻 $t>0$，态 $|\psi (t)⟩$ 又如何呢？我们假设系统始终处于第 $n$ 个态，也就是说，不发生能级交叉（绝热假设）。

练习 10.13

对 $|\psi (t)⟩$ 的一个朴素猜测是

$$|\psi (t)⟩=\exp \left[-\mathrm{i}{\int }_0^t\mathrm{d}s{E}_n(\mathbf{R}(s))\right]|n,\mathbf{R}(t)⟩\text{\hspace{1em}(10.131)}$$

其中归一化态 $|n,\mathbf{R}(t)⟩$ 满足

$$H(\mathbf{R}(t))|n,\mathbf{R}(t)⟩=E_n(\mathbf{R}(t))|n,\mathbf{R}(t)⟩.\text{\hspace{1em}(10.132)}$$

证明 (10.131) 不是 (10.129) 的解。

既然 (10.131) 不满足薛定谔方程，我们就必须尝试其他可能。让我们在波函数中引入一个额外的相位 ${\eta }_n(t)$：

$$|\psi (t)⟩=\exp \left[\mathrm{i}\eta (t)-\mathrm{i}{\int }_0^t{E}_n(\mathbf{R}(s))\mathrm{d}s\right]|n,\mathbf{R}(t)⟩.\text{\hspace{1em}(10.133)}$$

把 (10.133) 代入薛定谔方程 式 (10.129)，可得

$$H(\mathbf{R}(t))|\psi (t)⟩=E_n(\mathbf{R}(t))|\psi (t)⟩$$

左边（见 (10.132)）为

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi (t)⟩=\left[-\frac{\mathrm{d}{\eta }_n(t)}{\mathrm{d}t}+E_n(\mathbf{R}(t))\right]|\psi (t)⟩\\ & +\exp \left[\mathrm{i}{\eta }_n(t)-\mathrm{i}\int E_n(\mathbf{R}(s))\mathrm{d}s\right]\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|n,\mathbf{R}(t)⟩\end{array}$$

令二者相等，即可发现 ${\eta }_n(t)$ 满足

$$\frac{\mathrm{d}{\eta }_n(t)}{\mathrm{d}t}=\mathrm{i}⟨n,\mathbf{R}(t)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|n,\mathbf{R}(t)⟩.\text{\hspace{1em}(10.134)}$$

对 (10.134) 积分，得到

$$\begin{array}{rl}{\eta }_n(t)& =\mathrm{i}{\int }_0^t⟨n,\mathbf{R}(s)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|n,\mathbf{R}(s)⟩\mathrm{d}s\\ & =\mathrm{i}{\int }_{\mathbf{R}(0)}^{\mathbf{R}(t)}⟨n,\mathbf{R}|{\nabla }_{\mathbf{R}}|n,\mathbf{R}⟩\mathrm{d}\mathbf{R}\end{array}\text{\hspace{1em}(10.135)}$$

其中 ${\nabla }_R$ 表示 $R$ 空间中的梯度。注意 ${\eta }_n(t)$ 是实数，因为

$$\begin{array}{rl}& 2\mathrm{Re}⟨n,\mathbf{R}(s)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|n,\mathbf{R}(s)⟩\\ & =⟨n,\mathbf{R}(s)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|n,\mathbf{R}(s)⟩+\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}⟨n,\mathbf{R}(s)|\right)|n,\mathbf{R}(s)⟩\\ & =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}⟨n,\mathbf{R}(s)|n,\mathbf{R}(s)⟩=0.\end{array}$$

假设系统在 $\mathbf{R}$ 空间中走完一个闭合回路，即对某个 $T>0$ 有 $\mathbf{R}(0)=\mathbf{R}(T)$。于是我们有

$$\begin{array}{rl}{\eta }_n(T)& =\mathrm{i}{\int }_0^T⟨n,\mathbf{R}(s)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|n,\mathbf{R}(s)⟩\mathrm{d}s\\ & =\mathrm{i}{\int }_{\mathbf{R}(0)}^{\mathbf{R}(T)}⟨n,\mathbf{R}|{\nabla }_{\mathbf{R}}|n,\mathbf{R}⟩\mathrm{d}\mathbf{R}.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.136)}$$

由于 $R(T)=R(0)$，最后一个表达式似乎应当为零。然而，被积函数未必是全导数，${\eta }_n(T)$ 可能并不为零。相位 ${\eta }_n(T)$ 称为贝里相位（Berry 1984）。

最先认识到贝里相位背后深刻的几何意义的是 Simon（1983）。他指出，贝里相位的起源可归结为参数空间中的和乐。下面我们按照 Berry（1984）、Simon（1983）、Aitchison（1987）和 Zumino（1987）的思路来阐明这一观点。

10.6.2 贝里相位、贝里联络与贝里曲率

设 $M$ 是描述参数空间的流形，$\mathbf{R}=(R_1,\dots ,R_k)$ 为局部坐标。在 $M$ 的每一点 $\mathbf{R}$ 处，我们考虑哈密顿量 $H(\mathbf{R})$ 的第 $n$ 个归一化本征态。由于量子态 $|n;\mathbf{R}⟩$ 与 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\varphi }|n;\mathbf{R}⟩$ 无法区分，物理态由一个等价类表示

$$[|\mathbf{R}⟩]\equiv \{g|\mathbf{R}⟩|g\in \mathrm{U}(1)\}\text{\hspace{1em}(10.137)}$$

这里我们省略了指标 $n$，因为我们只关心第 $n$ 个本征向量（图 10.6）。在 $M$ 的每一点 $\mathbf{R}$ 处都有一个 U(1) 自由度，于是我们得到参数空间 $M$ 上的一个 U(1) 丛 $P(M,\mathrm{U}(1))$。投影映射由 $\pi (g|R)=R$ 给出。

图 10.6. 依赖于绝热参数 $\mathbf{R}$ 的量子力学系统的纤维。

在每一点 $R\in M$ 处固定 $|R⟩$ 的相位，相当于选取一个截面。设 $\sigma (R)=|R⟩$ 是 $M$ 的坐标卡 $U$ 上的一个局部截面。典范局部平凡化由下式给出

$${\varphi }^{-1}(|\mathbf{R}⟩)=(\mathbf{R},e).\text{\hspace{1em}(10.138)}$$

右作用给出

$${\varphi }^{-1}(|\mathbf{R}⟩\cdot g)=(\mathbf{R},e)g=(\mathbf{R},g).\text{\hspace{1em}(10.139)}$$

丛结构既已定义，我们就为它配备一个联络。下面定义贝里联络(Berry’s connection)：

$$\mathcal{A}={\mathcal{A}}_{\mu }\mathrm{d}{R}^{\mu }\equiv ⟨\mathbf{R}|(\mathrm{d}|\mathbf{R})⟩=-(\mathrm{d}⟨\mathbf{R}|)|\mathbf{R}⟩\text{\hspace{1em}(10.140)}$$

其中 $\mathrm{d}=(\partial /\partial R^{\mu })\mathrm{d}{R}^{\mu }$ 是 $\mathbf{R}$ 空间中的外微分。注意，$\mathcal{A}$ 是反厄米的，因为

$$0=\mathrm{d}(⟨R|R⟩)=(\mathrm{d}⟨R|)|R⟩+⟨R|\mathrm{d}|R⟩=⟨R|\mathrm{d}|R{⟩}^{\ast }+⟨R|\mathrm{d}|R⟩.$$

要看出 (10.140) 确实是联络的局部形式(local form of a connection)，我们必须验证相容性条件。设 $U_i$ 与 $U_j$ 是 $M$ 的两个相互重叠的坐标卡，${\sigma }_i(\mathbf{R})=|\mathbf{R}{⟩}_i$ 与 ${\sigma }_j(\mathbf{R})=|\mathbf{R}{⟩}_j$ 分别是其上的局部截面。它们通过过渡函数相联系，即 $|\mathbf{R}{⟩}_j=|\mathbf{R}{⟩}_i{t}_{ij}(\mathbf{R})$。于是可得

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{A}}_j(\mathbf{R})& ={\Omega }_j⟨\mathbf{R}|\mathrm{d}|\mathbf{R}{⟩}_j=t_{ij}(\mathbf{R}{)}^{-1}{\Omega }_i⟨\mathbf{R}|[\mathrm{d}|\mathbf{R}{⟩}_i{t}_{ij}(\mathbf{R})+|\mathbf{R}⟩\mathrm{d}{t}_{ij}(\mathbf{R})]\\ & ={\mathcal{A}}_i(\mathbf{R})+t_{ij}(\mathbf{R}{)}^{-1}\mathrm{d}{t}_{ij}(\mathbf{R}).\end{array}\text{\hspace{1em}(10.141)}$$

满足 (10.141) 的1-形式集合 $\{{\mathcal{A}}_i\}$ 在 $P(M,\mathrm{U}(1))$ 上定义了一个埃雷斯曼联络。

$\mathcal{A}$ 的场强 $\mathcal{F}$ 称为贝里曲率(Berry’s curvature)，其表达式为

$$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}=(\mathrm{d}⟨\mathbf{R}|)\wedge (\mathrm{d}|\mathbf{R}⟩)=\left(\frac{\partial ⟨\mathbf{R}|}{\partial R^{\mu }}\right)\left(\frac{\partial |\mathbf{R}⟩}{\partial R^{\nu }}\right)\mathrm{d}{R}^{\mu }\wedge \mathrm{d}{R}^{\nu }.\text{\hspace{1em}(10.142)}$$

下面先看一个原子物理中的例子，然后我们将阐明这种几何结构如何体现在贝里相位中。

例 10.7

考虑一个含有“快”自由度 $\mathbf{r}$ 与“慢”自由度 $\mathbf{R}$ 的量子力学系统。例如，我们可以设想一个电子在缓慢振动的离子势场中运动。设哈密顿量为

$$H=\frac{{\mathbf{p}}^2}{2m}+\frac{{\mathbf{P}}^2}{2M}+V(\mathbf{r};\mathbf{R})\text{\hspace{1em}(10.143)}$$

其中 $p(P)$ 是与 $r(R)$ 共轭的动量。作为一级近似，我们可以认为慢自由度被“冻结”在某个值 $R$ 上，并考虑一个瞬时子哈密顿量

$$h(\mathbf{R})=\frac{{\mathbf{p}}^2}{2m}+V(\mathbf{r};\mathbf{R})\text{\hspace{1em}(10.144)}$$

以及本征值问题

$$h(\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩={ϵ}_n(\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩\text{\hspace{1em}(10.145)}$$

其中 $|R⟩$ 表示“快”自由度的第 $n$ 个特征向量 $|n;R⟩$。我们假定该特征值是孤立的且非简并的。贝里联络为 $\mathcal{A}(R)=⟨R|\mathrm{d}|R⟩$，而曲率为 $\mathcal{F}=(\mathrm{d}⟨R|)\wedge (\mathrm{d}|R⟩)$。

考察快自由度如何影响慢自由度是很有意思的。我们假定总波函数写成如下形式

$$\Psi (\mathbf{r};\mathbf{R})=\Phi (\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩\text{\hspace{1em}(10.146)}$$

并求出“慢”自由度的波函数 $\Phi (R)$ 所满足的“有效”薛定谔方程。哈密顿量 (10.143) 的本征值问题为

$$\begin{array}{rl}& H\Psi (\mathbf{r};\mathbf{R})=-\frac{1}{2M}\left[{\nabla }_{\mathbf{R}}^2\Phi (\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩+2{\nabla }_{\mathbf{R}}\Phi (\mathbf{R})\cdot {\nabla }_{\mathbf{R}}|\mathbf{R}⟩+\Phi (\mathbf{R}){\nabla }_{\mathbf{R}}^2|\mathbf{R}⟩\right]\\ & -\Phi (\mathbf{R})\frac{1}{2m}{\nabla }_{\mathbf{r}}^2|\mathbf{R}⟩+\Phi (\mathbf{R})V(\mathbf{r};\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩\\ & =E_n(\mathbf{R})\Phi (\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩.\end{array}$$

若在左边乘上 $⟨R|$ 并利用薛定谔 式 (10.145)，该方程就化为

$$\begin{array}{rl}& -\frac{1}{2M}[{\nabla }_{\mathbf{R}}^2\Phi (\mathbf{R})+2{\nabla }_{\mathbf{R}}\Phi (\mathbf{R})\cdot ⟨\mathbf{R}|{\nabla }_{\mathbf{R}}|\mathbf{R}⟩+\Phi (\mathbf{R})\left({⟨\mathbf{R}|{\nabla }_{\mathbf{R}}|\mathbf{R}⟩)}^2\right]\\ & +{ϵ}_n(\mathbf{R})\Phi (\mathbf{R})=E_n(\mathbf{R})\Phi (\mathbf{R})\end{array}\text{\hspace{1em}(10.147)}$$

这里我们采用了玻恩-奥本海默近似，即忽略除对角元以外的所有矩阵元，

$$⟨n;\mathbf{R}|{\nabla }_{\mathbf{R}}|n^{\prime };\mathbf{R}⟩=0n^{\prime }\ne n.\text{\hspace{1em}(10.148)}$$

于是 $|\Phi (R)⟩$ 的有效哈密顿量由下式给出

$$H_{\text{e f f}}(n)\equiv -\frac{1}{2M}{\left(\frac{\partial }{\partial R^{\mu }}+{\mathcal{A}}_{\mu }(\mathbf{R})\right)}^2+{\epsilon }_n(\mathbf{R})\text{\hspace{1em}(10.149)}$$

其中 ${\mathcal{A}}_{\mu }$ 是贝里联络的一个分量，

$${\mathcal{A}}_{\mu }(\mathbf{R})=⟨\mathbf{R}|\frac{\partial }{\partial {\mathbf{R}}^{\mu }}|\mathbf{R}⟩.\text{\hspace{1em}(10.150)}$$

值得注意的是，快自由度诱导出了一个与慢自由度耦合的矢势。还要注意，特征值 ${\epsilon }_n(R)$ 在 $H_{\mathrm{eff}}$ 中起着势能的作用。这种规范对称性的“自发产生”反映了波函数 $|R⟩$ 的相位自由度。

描述绝热变化的薛定谔方程为

$$H(\mathbf{R}(t))|\mathbf{R}(t),t⟩=\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\mathbf{R}(t),t⟩\text{\hspace{1em}(10.151a)}$$

这里我们注意到，$|R(t),t⟩$ 既有显式的 $t$ 依赖，又通过 $R(t)$ 有隐式的依赖。贝里假定

$$|\mathbf{R}(t),t⟩=\exp \left(-\mathrm{i}{\int }_0^t{E}_n(t)\mathrm{d}t\right){\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\eta (t)}|\mathbf{R}(t)⟩\text{\hspace{1em}(10.152a)}$$

其中 $|\mathbf{R}⟩$ 是 $H(\mathbf{R})$ 的一个瞬时归一化本征态，

$$\mathcal{H}(\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩=E_n(\mathbf{R})|\mathbf{R}⟩⟨\mathbf{R}|\mathbf{R}⟩=1.\text{\hspace{1em}(10.153)}$$

第一个指数因子是通常的动力学相位，第二个则是贝里相位。为达到我们的目的，方便的做法是定义一个算符

$$\mathcal{H}(\mathbf{R})\equiv H(\mathbf{R})-E_n(\mathbf{R})\text{\hspace{1em}(10.154)}$$

以消去动力学相位。态 $|R⟩$ 是 $\mathcal{H}(R)$ 的零能本征态：$\mathcal{H}(R)|R⟩=0$。修改后的薛定谔方程

$$\mathcal{H}(\mathbf{R})|\mathbf{R}(t),t⟩=\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\mathbf{R}(t),t⟩\text{\hspace{1em}(10.151b)}$$

的解于是由下式给出

$$|\mathbf{R}(t),t⟩={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\eta (t)}|\mathbf{R}(t)⟩.\text{\hspace{1em}(10.152b)}$$

我们在 (10.136) 中已求得 $\eta$ 为

$$\eta (t)=\mathrm{i}{\int }_0^t\mathrm{d}s\frac{\mathrm{d}{R}^{\mu }}{\mathrm{d}s}⟨\mathbf{R}(s)|\frac{\partial }{\partial R^{\mu }}|\mathbf{R}(s)⟩=\mathrm{i}{\int }_{\mathbf{R}(0)}^{\mathbf{R}(t)}⟨\mathbf{R}|\mathrm{d}|\mathbf{R}⟩.\text{\hspace{1em}(10.155)}$$

我们要证明贝里相位是与 $P(M,\mathrm{U}(1))$ 上的联络 (10.140) 相联系的一个和乐。取 $M$ 的一个坐标卡 $U$ 上的一个截面 $\sigma (\mathbf{R})=|\mathbf{R}⟩$。设 $\mathbf{R}:[0,1]\to M$ 是 $U$ 中的一条环路。¹我们把 $\mathbf{R}(t)$ 关于联络 (10.140) 的水平提升写成

$$\tilde{\mathbf{R}}(t)=\sigma (\mathbf{R}(t))g(\mathbf{R}(t))\text{\hspace{1em}(10.156)}$$

其中 $g(\mathbf{R}(0))$ 取为 $\mathrm{U}(1)$ 的单位元。群元 $g(t)$ 满足 (10.13b)，

$$\frac{\mathrm{d}g(t)}{\mathrm{d}t}g(t{)}^{-1}=-\mathcal{A}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)=-⟨\mathbf{R}(t)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\mathbf{R}(t)⟩\text{\hspace{1em}(10.157)}$$

其中 $g(t)$ 代表 $g(R(t))$。由 $g(t)=\exp (\mathrm{i}\eta (t))$，我们得到

$$\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}\eta (t)}{\mathrm{d}t}=-⟨\mathbf{R}(t)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\mathbf{R}(t)⟩$$

对它积分很容易得到

$$\eta (1)=\mathrm{i}{\int }_0^1⟨\mathbf{R}(s)|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|\mathbf{R}(s)⟩\mathrm{d}s=\mathrm{i}\oint ⟨\mathbf{R}|\mathrm{d}|\mathbf{R}⟩.\text{\hspace{1em}(10.158)}$$

我们注意到 $R(0)=R(1)$，从而 $|R(0)⟩=|R(1)⟩$。于是 $\exp [\mathrm{i}\eta (1)]$ 可看作一个和乐（图 10.7）

图 10.7. 若参数沿环路 $R(t)$ 绝热地变化，则初条件为 $|R(0)⟩$ 的态将变为 $|\tilde{R}(1)⟩$，而后者一般不同于 $|R(0)⟩$。这一差别就是和乐，它被等同于贝里相位。

$$\tilde{\mathbf{R}}(1)=\exp \left(-\oint ⟨\mathbf{R}|\mathrm{d}|\mathbf{R}⟩\right)\cdot |\mathbf{R}(0)⟩.\text{\hspace{1em}(10.159a)}$$

练习 10.14

设 $S$ 是 $M$ 中的一张曲面，它以环路 $\mathbf{R}(t)$ 为边界。证明

$$\tilde{\mathbf{R}}(1)=\exp \left(-{\oint }_S\mathcal{F}\right)\cdot |\mathbf{R}(0)⟩\text{\hspace{1em}(10.159b)}$$

其中 $\mathcal{F}$ 由(10.142)给出。

例 10.8

考虑磁场中的一个自旋 $\frac{1}{2}$ 粒子，其哈密顿量为

$$H(\mathbf{R})=\mathbf{R}\cdot \mathbf{\sigma }=\left(\begin{array}{cc}{R}_3& R_1-\mathrm{i}{R}_2\\ R_1+\mathrm{i}{R}_2& -R_3\end{array}\right).\text{\hspace{1em}(10.160)}$$

参数 $R$ 对应于所加磁场。这是一个二能级系统，其本征值为 $\pm |R|$。考虑本征值 $R=+|R|$。按照刚才描述的方案，我们引入哈密顿量 $\mathcal{H}(R)\equiv H(R)-|R|$，并考虑 $\mathcal{H}(R)$ 的零能本征态，它由下式给出

$${|\mathbf{R}⟩}_{\mathrm{N}}={\left[2R\left(R+R_3\right)\right]}^{-1/2}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{R+R_3}{R_1+\mathrm{i}{R}_2}\right).\text{\hspace{1em}(10.161)}$$

经过直接但冗长的计算，可得规范势为

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}=\mathrm{N}⟨\mathbf{R}|\mathrm{d}|\mathbf{R}{⟩}_{\mathrm{N}}=-\mathrm{i}\frac{R_2\mathrm{d}{R}_1-R_1\mathrm{d}{R}_2}{2R(R+R_3)}.\text{\hspace{1em}(10.162)}$$

场强为

$$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}=\frac{\mathrm{i}}{2}\frac{R_1\mathrm{d}{R}_2\wedge \mathrm{d}{R}_3+R_2\mathrm{d}{R}_3\wedge \mathrm{d}{R}_1+R_3\mathrm{d}{R}_1\wedge \mathrm{d}{R}_2}{R^3}.\text{\hspace{1em}(10.163)}$$

至此我们一直假定态 $|\mathbf{R}⟩$ 是孤立的。然而，若 $\mathbf{R}=0$，这一假定便不再成立，此时两个本征态是简并的。令人惊讶的是，这一奇异性在 $\mathbf{R}$ 空间中的行为如同一个磁单极子。为看清这一点，我们在 $\mathbf{R}$ 空间中引入极坐标 $\theta$ 与 $\varphi$，

$$R_1=R\sin \theta \cos \varphi R_2=R\sin \theta \sin \varphi R_3=R\cos \theta .$$

态 (10.161) 可表示为

$${|\mathbf{R}⟩}_{\mathrm{N}}=\left(\begin{array}{c}\cos (\theta /2)\\ {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\varphi }\sin (\theta /2)\end{array}\right).\text{\hspace{1em}(10.164)}$$

该态在 $\theta =\pi$ 处奇异，这反映出 $|\mathbf{R}{⟩}_{\mathrm{N}}$ 在 $R_3=-R$ 处没有定义。考虑另一个本征向量

$$\begin{array}{rl}|\mathbf{R}{⟩}_{\mathrm{S}}\equiv {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\varphi }|\mathbf{R}{⟩}_{\mathrm{N}}& =\left(\begin{array}{c}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\varphi }\cos (\theta /2)\\ \sin (\theta /2)\end{array}\right)\\ & ={\left[2R\left(R-R_3\right)\right]}^{-1/2}\left(\begin{array}{c}{R}_1-\mathrm{i}{R}_2\\ R-R_3\end{array}\right)\end{array}\text{\hspace{1em}(10.165)}$$

它具有相同的本征值。该本征向量在 $\theta =0$ 处奇异，即在 $R_3=R$ 处奇异。与这些向量相对应，我们得到极坐标下的贝里规范势，

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}=\frac{1}{2}\mathrm{i}(1-\cos \theta )\mathrm{d}\varphi \theta \ne \pi \text{\hspace{1em}(10.166a)}$$

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}=-\frac{1}{2}\mathrm{i}(1+\cos \theta )\mathrm{d}\varphi \theta \ne 0.\text{\hspace{1em}(10.166b)}$$

它们通过规范变换相联系，

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}={\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}-\mathrm{id}\varphi ={\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}+{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\varphi }{\mathrm{de}}^{-\mathrm{i}\varphi }\text{\hspace{1em}(10.167)}$$

其中 $g(\pi /2,\varphi )=\exp (-\mathrm{i}\varphi )$ 被等同于过渡函数 $t_{\mathrm{NS}}$。式 (10.166) 正是强度为 $-\frac{1}{2}$ 的吴-杨单极子的矢势，参见 1.9 节 与 10.5 节。该单极子的总通量为 $\Phi =4\pi \left(-\frac{1}{2}\right)=-2\pi$。

至此，本问题与磁单极子之间的类比已显而易见。若固定磁场的振幅 $R$，则受限的参数空间为 $S^2$。在 $S^2$ 的每一点 $R$ 处，态都有一个相位自由度。因此，我们面对的是一个 U(1) 丛 $P(S^2,\mathrm{U}(1))$，它同样描述一个磁单极子。对参数的每一种取法 $R$，都有一根对应于第 $n$ 个本征态 $|n;R⟩$ 的纤维。$R$ 处的纤维由 (10.137) 所定义的等价类 $[|R⟩]$ 构成。投影映射 $\pi$ 把态映到它定义于其上的参数：$\pi :{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\alpha }|R⟩\to R\in S^2$。如我们所见，这个丛是非平凡的，因为它不能由单个联络来描述。丛的非平凡性意味着原点处存在一个单极子。注意 $R=0$（即 $B=0$）是一个奇异点，在这一点上所有本征值都简并。

下面转向和乐问题。在 $S^2$ 上取一标准点 $R(0)$，并选取一个向量 $|R(0)⟩$。我们在 $S^2$ 上取一条环路 $R(t)$，将 $|R(0)⟩$ 沿 $R(t)$ 作平行移动，之后它作为向量 $\exp [\mathrm{i}\eta (1)]|R(0)⟩$ 返回。附加的相位 $\eta$ 就表示和乐

${\pi }^{-1}(R)\to {\pi }^{-1}(R)$，并对应于贝里相位。由 (10.158) 可知，$\eta (1)$ 由下式给出

$$\eta (1)=\mathrm{i}{\oint }_{\mathbf{R}}\mathcal{A}=\mathrm{i}{\int }_S\mathcal{F}\text{\hspace{1em}(10.168)}$$

其中 $\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}$ 是场强，$S$ 是以环路 $R(t)$ 为边界的曲面。由 (10.168) 可知，贝里相位 $\eta (1)$ 表示穿过区域 $S$ 的“磁通量”。

练习 10.15

利用(10.165)证明

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}=\frac{\mathrm{i}}{2}\frac{R_2\mathrm{d}{R}_1-R_1\mathrm{d}{R}_2}{R(R-R_3)}.\text{\hspace{1em}(10.169)}$$

并证明

$$\mathrm{d}\varphi =-\frac{R_2\mathrm{d}{R}_1-R_1\mathrm{d}{R}_2}{(R+R_3)(R-R_3)}.\text{\hspace{1em}(10.170)}$$

注意 $\mathrm{d}\varphi$ 在 $R_3=\pm R$ 处是奇异的。

10.1 考虑一个带坐标 $\mathbf{R}$ 的二维平面 $M$，以及一个波函数 $\psi$，它绝热地依赖于 $\mathbf{R}$，即 $\psi =\psi (\mathbf{r},\mathbf{R})$。设 $\mathbf{R}:[0,1]\to M$ 为 $M$ 中的一条环路，并假设 $\psi (r,R(1))=-\psi (r,R(0))$，也就是说，沿该环路作绝热变化后，$\psi$ 的相位改变了 $\pi$。证明在该环路内部存在一点，使得绝热假设在该点失效。参见 Longuet-Higgins (1975)。

尾注

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Footnotes

1. 我们在记号上会稍显随意。 ↩