断熱定理とベリー位相

パラメータ $R$ をゆっくり 1 周させたときのベリー接続 $A = i ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩$ とベリー位相 $γ = \oint A \cdot d R$ を計算し、磁場中のスピン $s$ について $γ = - m_{s} Ω$ （ $Ω$ は磁場の向きが掃く立体角）を求められる

前提

スピン 1/2 とパウリ行列（大学物理量子力学（角運動量・近似法））
ストークスの定理（大学数学ベクトル解析）

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算数中学高校大学大学院

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説明

ハミルトニアンがパラメータ $R$ （磁場の向きなど）に依存し、 $R$ を十分ゆっくり変化させると、系はその瞬間のハミルトニアンの固有状態 $∣ n (R)⟩$ に留まり続けます（断熱定理）。 $R$ を閉じた道に沿って 1 周させて元に戻すと、状態は元の状態に戻りますが、エネルギーから来る位相（動的位相）のほかに、道の形だけで決まる位相 $γ$ （ベリー位相）がつきます。ここでは、ベリー接続 $A = i ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩$ を計算してベリー位相 $γ = \oint A \cdot d R$ を求められるようになります。磁場の向きを回したときのスピンの位相（ $γ = - m_{s} Ω$ ）が代表例で、干渉実験で観測できる幾何学的な量です。

なぜそうしてよいのか

各時刻のハミルトニアンの固有状態を $H (R) ∣ n (R)⟩ = E_{n} (R) ∣ n (R)⟩$ （規格化済み、 $R$ について滑らかに選ぶ）とします。変化が他の準位とのエネルギー差に比べて十分ゆっくりなら、ほかの準位への遷移は起こらず、状態は
$∣Ψ (t)⟩ = c (t) e^{- \frac{i}{ℏ} \int_{0}^{t} E_{n} (t^{'}) d t^{'}} ∣ n (R (t))⟩$
の形にとどまります。これを $i ℏ \partial_{t} ∣Ψ ⟩ = H ∣Ψ ⟩$ に代入すると、 $E_{n}$ の項は打ち消し合い、残りに $⟨ n ∣$ を掛けて $c ˙ = - c ⟨ n ∣ \frac{d}{d t} n ⟩ = - c ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩ \cdot R ˙$ を得ます。よって $c = e^{iγ}$ で
$γ = i \int ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩ \cdot d R = \int A \cdot d R, A = i ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩ .$
規格化 $⟨ n ∣ n ⟩ = 1$ を微分すると $⟨ n ∣\nabla n ⟩ + ⟨ n ∣\nabla n ⟩^{*} = 0$ なので $⟨ n ∣\nabla n ⟩$ は純虚数で、 $A$ は実数のベクトル、 $γ$ は実数の位相です。時間 $t$ が式から消え、道 $C$ だけで決まるのが「幾何学的」と呼ばれる理由です。

固有ベクトルの位相を $∣ n ⟩ \to e^{i χ (R)} ∣ n ⟩$ と選び直す（ゲージ変換）と $A \to A - \nabla χ$ と変わりますが、 $∣ n ⟩$ が道に沿って一価なら $χ$ は 1 周で $2 π$ の整数倍しか変わらないので、閉じた道の $γ$ は $2 π$ の整数倍を除いて決まります。さらにストークスの定理で $γ = \iint_{S} (\nabla \times A) \cdot n d S$ と面積分に直せます。磁場 $B$ 中のスピンで、 $B^\cdot S$ の固有値 $m_{s} ℏ$ の状態を選ぶと、 $\nabla \times A = - m_{s} \frac{B ^}{B ^{2}}$ （原点に置いた「単極子」の場）となり、その流束は道が原点に張る立体角 $Ω$ に比例して $γ = - m_{s} Ω$ となります。

手順

パラメータ $R$ を座標（磁場の向きなら極角 $θ$ ・方位角 $ϕ$ ）で表し、閉じた道 $C$ を決める
道に沿って一価で滑らかな規格化固有ベクトル $∣ n (R)⟩$ を書く（スピン 1/2 の上向きなら $(cos \frac{θ}{2}, e^{i ϕ} sin \frac{θ}{2})^{T}$ ）
ベリー接続の成分 $A_{μ} = i ⟨ n ∣ \partial_{μ} n ⟩$ を計算し、実数になることを確かめる
$γ = \oint_{C} A_{μ} d R^{μ}$ を積分する（極座標の 1 周なら $γ = \int_{0}^{2 π} A_{ϕ} d ϕ$ ）
必要ならストークスの定理で面積分に直すか、スピンでは $γ = - m_{s} Ω$ （ $Ω$ は磁場の向きが掃く立体角）で確認する。値は $2 π$ の整数倍の不定性を除いて決まる

例題

スピン 1/2 の粒子に磁場 $B = B (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ)$ （ $B > 0$ は一定）がかかっており、粒子は磁場の向き $n^$ に沿ったスピン上向きの状態
$∣ + n^⟩ = (cos \frac{θ}{2} e^{i ϕ} sin \frac{θ}{2})$
にある（ $n^\cdot σ$ の固有値 $+ 1$ の固有ベクトル）。極角を $θ = α$ （ $0 < α < π$ ）に固定したまま、方位角 $ϕ$ を $0$ から $2 π$ まで断熱的に 1 周させる。上の固有ベクトルを用いて、ベリー接続 $A = i ⟨ n ∣ \nabla_{R} n ⟩$ からベリー位相 $γ = \oint A \cdot d R$ を求め、 $α$ で表せ。

例題の解答

手順 1：パラメータは磁場の向き $(θ, ϕ)$ 。道 $C$ は $θ = α$ 一定で $ϕ : 0 \to 2 π$ の円。

手順 2：固有ベクトルは問題で与えられた $∣ n ⟩ = (cos \frac{θ}{2}, e^{i ϕ} sin \frac{θ}{2})^{T}$ 。 $θ = α$ （ $0 < α < π$ ）では $ϕ$ について一価で滑らか。

手順 3：道に沿って変わるのは $ϕ$ だけなので $ϕ$ 成分を計算する。 $\partial_{ϕ} ∣ n ⟩ = (0, i e^{i ϕ} sin \frac{θ}{2})^{T}$ より
$⟨ n ∣ \partial_{ϕ} n ⟩ = e^{- i ϕ} sin \frac{θ}{2} \cdot i e^{i ϕ} sin \frac{θ}{2} = i sin^{2} \frac{θ}{2},$
$A_{ϕ} = i \cdot i sin^{2} \frac{θ}{2} = - sin^{2} \frac{θ}{2} (実数) .$
（ $A \cdot d R = A_{ϕ} d ϕ$ となるよう、 $ϕ$ についての微分でまとめた成分である。）

手順 4：
$γ = \int_{0}^{2 π} (- sin^{2} \frac{α}{2}) d ϕ = - 2 π sin^{2} \frac{α}{2} = - π (1 - cos α) .$

手順 5：確認。円錐 $θ = α$ が張る立体角は $Ω = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{α} sin θ d θ d ϕ = 2 π (1 - cos α)$ 、 $m_{s} = + \frac{1}{2}$ なので $- m_{s} Ω = - π (1 - cos α)$ と一致する。

答え: $- π (1 - cos α)$

よくある誤り

ベリー接続を $A = ⟨ n ∣\nabla n ⟩$ と $i$ を付けずに計算し、純虚数の「位相」を得てしまう誤り。 $⟨ n ∣\nabla n ⟩$ は純虚数なので、正しくは $A = i ⟨ n ∣\nabla n ⟩$ （実数）。上の例では $⟨ n ∣ \partial_{ϕ} n ⟩ = i sin^{2} \frac{θ}{2}$ に $i$ を掛けて $A_{ϕ} = - sin^{2} \frac{θ}{2}$ 。
スピン 1/2 で立体角 $Ω$ をそのまま位相として $γ = - Ω$ としたり、符号を落として $γ = + m_{s} Ω$ としたりする誤り。正しくは $γ = - m_{s} Ω$ で、スピン 1/2 の上向きなら $γ = - \frac{1}{2} Ω$ （例： $α = \frac{π}{2}$ の大円で $Ω = 2 π$ 、 $γ = - π$ ）。
1 周で一価でない固有ベクトル（例えば $(e^{- i ϕ /2} cos \frac{θ}{2}, e^{i ϕ /2} sin \frac{θ}{2})^{T}$ は $ϕ \to ϕ + 2 π$ で符号が変わる）を使ってしまう誤り。この場合 $A_{ϕ} = \frac{1}{2} cos θ$ となり $γ = π cos α$ と $π$ だけずれる。正しくは道に沿って一価な $∣ n ⟩$ を使い、 $γ$ は $2 π$ の整数倍の不定性を除いて $- π (1 - cos α)$ 。
ベリー位相に動的位相 $- \frac{1}{ℏ} \int E_{n} d t$ を混ぜて、1 周にかかった時間 $T$ に依存する量にしてしまう誤り。ベリー位相は $γ = \oint_{C} A \cdot d R$ で道 $C$ の形だけで決まり、 $T$ や $E_{n}$ を含まない。全体の位相は $e^{iγ} e^{- \frac{i}{ℏ} \int_{0}^{T} E_{n} d t}$ と 2 つの積になる。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
スピン $1/2$ の粒子が、大きさ一定で向きが単位ベクトル
$n (θ, φ) = (sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ)$
の磁場の中にある。 $σ \cdot n$ の固有値 $+ 1$ の固有状態として
$∣ n_{+} (θ, φ)⟩ = cos \frac{θ}{2} e^{i φ} sin \frac{θ}{2}$
をとる（ $σ$ はパウリ行列）。
磁場の向きを $θ = \frac{π}{3}$ に固定したまま、 $φ$ を $0$ から $2 π$ までゆっくり（断熱的に）1 周させる。このとき状態 $∣ n_{+} ⟩$ が得るベリー位相
$γ = \oint A_{φ} d φ, A_{φ} = i ⟨ n_{+} \frac{\partial}{\partial φ} n_{+} ⟩$
を求めよ。ただし上の $∣ n_{+} ⟩$ の位相の選び方のまま計算した値を答えよ。