Эффект Ааронова-Бома и суперсимметрия

Рассмотрим нерелятивистскую частицу в поле соленоида. Гамильтониан Паули выглядит так: $$\mathrm{H}=\frac{\boldsymbol{\pi}^{2}}{2m}-\mu\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{H},$$ Здесь $\boldsymbol{\pi}=\mathbf{p}-e\mathbf{A}$ --- удлиненный импульс. Поле точечного соленоида имеет вид $$\mathbf{A}=\frac{\Phi}{2\pi}\frac{\mathbf{e}_{z}\times\mathbf{r}}{\rho^{2}}.$$ Зависимость волновой функции от $z$ тривиальна и далее мы соответствующую часть гамильтониана не рассматриваем. В частности, мы считаем далее, что $\mathbf{p}=\left(p_{x},p_{y}\right)$. Переменные разделяются в координатах $\rho,\phi$ и, если искать решение в виде $\psi=e^{iM\phi}P\left(\rho\right)$, получим на функцию $P\left(\rho\right)$ уравнение $$\begin{equation} P^{\prime\prime}+\frac{1}{\rho}P^{\prime}+\left(k^{2}-\frac{\left(M-\Phi/\Phi_{0}\right)^{2}}{\rho^{2}}\right)P=0\label{eq:Pequation} \end{equation}$$ Здесь $\Phi_{0}=\frac{2\pi\hbar c}{e}$ --- квант магнитного потока. Поскольку магнитное поле отсутствует во всей области $\rho>0$, это уравнение имеет одинаковый вид для частицы с любым спином. Будем считать, что $W=M-\Phi/\Phi_{0}$ не является целям числом. Решения уравнения ($\ref{eq:Pequation}$) очевидны --- функции Бесселя порядка $\pm\left|W\right|$. При $\rho\to0$ функция Бесселя с отрицательным индексом стремится к бесконечности, поэтому выбираем решение, имеющее приличную асимптотику в нуле: $$P\left(\rho\right)\propto J_{\left|W\right|}\left(k\rho\right)\,.$$ Здесь читателю предлагается подумать первый раз. Все правильно?

Разберемся. Понятно, что бесконечно тонкий соленоид означает предел соленоида конечного радиуса $R$ при $R\to0$. Или даже не предел, а просто ситуацию, когда $kR\ll1$. Рассмотрим эту ситуацию подробно. Для соленоида конечного радиуса имеем $$\mathbf{A}=\frac{\Phi}{2\pi}\frac{\mathbf{e}_{z}\times\mathbf{r}}{\rho^{2}}f\left(\rho/R\right),$$ где функция $f\left(x\right)$ стремится к нулю при $x\to0$ и равна единице при $x\geq 1$. Например, для случая однородного поля внутри соленоида эта функция равна $f\left(x\right)=\min\left(1,x^{2}\right)$. В общем случае магнитное поле внутри соленоида выражается через производную этой функции: $$H\left(\rho\right)=\frac{\Phi f^{\prime}\left(\rho/R\right)}{2\pi\rho R}$$ Соответственно, уравнение на $P\left(\rho\right)$ имеет вид $$\begin{equation} P^{\prime\prime}+\frac{1}{\rho}P^{\prime}+\left(k_{\perp}^{2}-\frac{\left(M-\frac{\Phi}{\Phi_{0}}f\left(\rho/R\right)\right)^{2}}{\rho^{2}}+\sigma\frac{g}{2}\frac{\Phi}{\Phi_{0}}\frac{f^{\prime}\left(\rho/R\right)}{\rho R}\right)P=0\label{eq:Pequation1} \end{equation}$$ Здесь $\sigma=\pm1$ для спина вверх/вниз, $g=4m\mu/e$. Если частица бесспиновая, можно положить $g=0$. Поскольку $kR\ll1$, анализ проводится абсолютно аналогично анализу медленных частиц в § 132 3-его тома Ландау&Лифшица. На расстояниях больше радиуса соленоида, но много меньше $1/k$ уравнение имеет вид $$\begin{equation} P^{\prime\prime}+\frac{1}{\rho}P^{\prime}-\frac{W^{2}}{\rho^{2}}P=0\label{eq:Pequation2} \end{equation}$$ Общее решение --- комбинация степеней, которую мы запишем для удобства как $$\begin{equation} c_{1}\left(\rho/R\right)^{\left|W\right|}+c_{2}\left(\rho/R\right)^{-\left|W\right|}\label{eq:rhollR} \end{equation}$$ Коэффициенты $c_{1,2}$ не зависят от $k$ и определяются граничными условиями в нуле. Из соображений размерности сразу очевидно, что, с точностью до общей нормировки, они не зависят и от $R$. Волновая функция при произвольных $\rho>R$ является линейной комбинацией $J_{\pm\left|W\right|}$ с коэффициентами, которые, используя асимптотику функций Бесселя, легко выразить через $c_{1,2}$: $$P\left(\rho\right)=c_{1}\Gamma\left(\left|W\right|+1\right)\left(kR/2\right)^{-\left|W\right|}J_{\left|W\right|}\left(k\rho\right)+c_{2}\Gamma\left(-\left|W\right|+1\right)\left(kR/2\right)^{\left|W\right|}J_{-\left|W\right|}\left(k\rho\right)$$ Ну вот теперь в этой формуле мы можем перейти к пределу $R\to0$. В этом пределе первый член доминирует над вторым и, да, мы получаем $$P\left(\rho\right)\propto J_{\left|W\right|}\left(k\rho\right)\,.$$ Здесь читателю предлагается подумать второй раз. Все правильно?

Нет, не совсем. Это рассуждение годится, когда $c_{1}\neq0$. А вот если $g=2$ может получиться как раз $c_{1}=0$! Чтобы это доказать, обозначим $W\left(\rho\right)=M-\frac{\Phi}{\Phi_{0}}f\left(\rho/R\right)$. Тогда во всей области $\rho\ll 1/k$ мы имеем $$\begin{equation} P^{\prime\prime}+\frac{1}{\rho}P^{\prime}-\left(\frac{W^{2}}{\rho^{2}}+\frac{\sigma}{\rho}W^{\prime}\right)P=0\label{eq:Pequation3} \end{equation}$$ Подстановкой легко проверить, что у этого уравнения есть решение $$\begin{equation} P\left(\rho\right)=\exp\left[\sigma\int_{0}^{\rho}\frac{d\rho}{\rho}W\left(\rho\right)\right]\label{eq:sol} \end{equation}$$ Учитывая, что при $\rho>R$ величина $W\left(\rho\right)=W$ не меняется, получаем $$P\left(\rho>R\right)=C\left(\frac{\rho}{R}\right)^{\sigma W},$$ где $C=\exp\left[\sigma\int_{0}^{R}\frac{d\rho}{\rho}W\left(\rho\right)\right]$. Таким образом, когда $\mathrm{sgn}W=-\sigma$, мы получаем чудо: для любой функции $f\left(x\right)$ коэффициент $c_{1}$ в ($\ref{eq:rhollR}$) строго зануляется. Конечно, хотелось бы понять, откуда такое чудо взялось. Вспоминаем, что при $g=2$ гамильтониан Паули можно записать в виде $$\mathrm{H}=\frac{\left[\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\right]^{2}}{2m}\,.$$ Введем операторы $$Q_{1}=\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}/2\sqrt{m},\quad Q_{2}=-i\sigma_{3}Q_{1}\,.$$ Напомню, что жирные символами мы обозначаем двумерные вектора в плоскости $xy$. Легко сообразить, что $$\left\{ Q_{i},Q_{j}\right\} =\delta_{ij}\mathrm{H}.$$ А что это за соотношение? Правильно, это самый простейший пример суперсимметричной алгебры. Нам, правда, хотелось бы сразу увидеть суперсимметрию в радиальном гамильтониане. Но тут есть проблемы. Дело в том, что хотя сам гамильтониан коммутирует с $l_{z}=-i\partial_{\varphi}$, операторы $Q_{1,2}$ --- уже нет. Поэтому определить операторы сразу для радиального уравнения не удается. Тем не менее, выбрасывая $k^{2}$ из уравнения, мы, фактически, получаем уравнение на состояние с энергией, равной нулю. Поскольку гамильтониан выражается через квадрат эрмитова оператора, это состояние, если существует, является основным и может быть найдено из уравнения $Q_{1}\psi=0$ или $Q_{2}\psi=0$. Если мы будем искать решение в виде собственной функции операторов $l_{z}$ и $\sigma_{z}$, как $\psi=e^{iM\varphi}\phi_{\sigma}P\left(\rho\right)$, то как раз получим ($\ref{eq:sol}$). Итак, подытожим.
Почти для любого $\mu$ наша прескрипция выбирать в качестве решения радиального уравнения функцию $J_{\left|W\right|}\left(kr\right)$ является правильной. Исключение составляет случай, когда $\mu=\mu_{B}=e/2m$ (или $\mu=-\mu_{B}$). Причиной такого необычного исключения можно считать суперсимметрию гамильтониана для этого случая. Для этих случаев мы должны выбирать $J_{-\sigma\left|W\right|}\left(kr\right)$. Замечательно этот исключительный случай как раз соответствует нерелятивистскому электрону.

---

P.S. Ну и, да, здесь читателю тоже предлагается подумать, не обманул ли я где-нибудь его.
P.P.S. Исправил некоторые опечатки (ну и ошибки, чего уж там). Но это еще не конец истории, продолжение следует.