Pregunta básica sobre el Aharonov-Bohm efecto

Question

Tengo una pregunta muy básica en la Aharonov-Bohm efecto.

¿Por qué es la curva integral de la $\oint_\Gamma {A}\cdot d{r}$ cero no ? $\Gamma$ es la "diferencia" de los dos caminos $P_1$$P_2$. Si el campo magnético se limita al interior del solenoide $\operatorname{curl} {A}=0$ a lo largo de la integral de camino de $\Gamma$, por lo que puedo concluir que puedo escribir ${A}=\nabla f$. Una curva cerrada integral de un gradiente de la función es cero.

Supongo que está relacionado con una posible singularidad de $A$ en el centro del solenoide.

Sin embargo si puedo viajar alrededor de un punto-como la fuente de un campo gravitatorio y calcular la integral de la $\oint_\Gamma {F}\cdot d{r}$ donde $F=-\nabla V(r)$ la curva cerrada integral a través de una fuerza conservadora de campo es, sin duda cero, mientras que $V(r)$ incluso tiene una singularidad y $F$ en consecuencia,. Yo estaría muy agradecido por la explicación.

Answer 1

No pude resistir la tentación de poner el mandarrias de trabajo que Robin Ekman aludido, y voy a tratar de presentar su argumentación en una forma en la que uno puede entender sin conocer todos los detalles, pero yo no pretendo presumir de que esta es en ningún sentido una mejor respuesta, es simplemente uno que muestra que las cosas que uno debe saber con rigor a comprender la extraña afirmación de que "a veces no la hay, pero a veces no es una función, de modo que $\nabla f = A$".

Consideramos campos vectoriales $A^i$, por la métrica Euclidiana, a ser equivalente a su doble 1-formas como por $A_i = A^i$. En 1-formas en 3D colectores $\mathcal{M}$, tenemos una exacta cochain complejo de p-formas (denotado $\Omega^p(\mathcal{M})$) [$d^p$el exterior derivados de p-formas]

$$ \Omega^0(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^0}}{\rightarrow} \Omega^1(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^1}}{\rightarrow} \Omega^2(\mathcal{M}) \overset{\mathrm{d^2}}{\rightarrow} \Omega^3(\mathcal{M})$$

Como es habitual para este tipo de cosas, podemos tomar el cohomology de tal cochain complejo, definido como:$H^p(\mathcal{M}) := \frac{\mathrm{ker}(d^{p})}{\mathrm{im}(d^{p-1})}$. Se puede demostrar que esto es, por la Eilenberg-Steenrod axiomas, una ordinaria cohomology de la teoría, por lo tanto el mismo como todos los demás ordinario cohomology teoría de la $\mathcal{M}$. (este deRham cohomology tiene, naturalmente, los coeficientes en $\mathbb{R}$ en lugar de $\mathbb{Z}$, pero eso no es nada para preocuparse demasiado)

Las cosas maravillosas acerca de la (co)homología de las teorías es que son los mismos para todos los homotópica espacio topológico, es decir, son el mismo espacio que puede ser continuamente deformada en cada uno de los otros.

Ahora, $\mathbb{R} \times (\mathbb{R}^2 - \{0\})$ es, desde el $\mathbb{R}$ puede ser deformación retraído a un punto, homotopy equivalente a $\text{Pt} \times (\mathbb{R}^2 - \{0\}) = \mathbb{R}^2 -\{0\}$, que es a su vez homotopy equivalente al círculo de $S^1$.

Por el contrario, $\mathbb{R}^3 - \{0\}$ es homotopy equivalente a la esfera $S^2$.

De estos dos homotopy equvialences usted puede convencerse a sí mismo por su intuición, pero, mientras escribía esto, he de admitir que no puedo poner esto en palabras que transmiten bien entre mí y a mis lectores sin una pizarra y un poco de tiempo.

Así, la aceptación de Eilenberg-Steenrod, nuestra pregunta de si se puede o no se puede levantar una 1-forma en el núcleo de la derivada para ser la imagen de una 0-forma se ha reducido a la cuestión de si la primera cohomology de el círculo o la esfera de desaparecer.

Ahora, sin duda que todos los n-esferas son espacios compactos, y lo cierto es que ahora tienen límite. Puesto que no podemos describir con coordenadas polares en el plano local son también los colectores. Ahora, por ejemplo compacta orientable colectores, existe la dualidad de Poincaré, que indica que el $p$-th cohomology $H^p(\mathcal{M})$ es isomorfo a la $n-p$-th homología $H_{n-p}(\mathcal{M})$. Pero el ordinario de la homología de las esferas se entiende muy bien! De hecho, sólo por pensar con la Eilenberg-Steenrod axiomas, se puede mostrar que, desde todos los ámbitos $S^n$ se compone básicamente de dos discos de $D^n$ pegados (los hemisferios), $H^n(S^n) = \mathbb{Z}$$H^0(S^n) = \mathbb{Z}$, pero $H^p(S^n) = 0$ si $p \neq n \wedge p \neq 0$. La dualidad, entonces los rendimientos directamente que

$$ H_1(S^1) = \mathbb{Z} \wedge H_1(S^2) = 0 $$

Así, por la real 2-esfera $S^2$ , el núcleo de la derivada es la imagen de la derivada, y cada campo de vectores en la esfera (y todo lo que se homotopy equivalente), cuya curvatura se desvanece es el exterior de la derivada de alguna función escalar. Pero para que el círculo $S^1$, hay campos que están en el núcleo de la derivada, pero no su imagen, de lo contrario el cohomology sería trivial.

Desde el Aharonov-Bohm situación tiene una línea de singularidad y es homotópica a el círculo, el argumento habitual de "las fuerzas conservadoras" falla. Pero, para el punto de singularidades en 3D, estamos homotópica a la esfera, donde el argumento pasa a través de.

Answer 2

De $$\operatorname{curl} A = 0 \tag{1} $$ in a region $U$, you can in general not conclude that $$A = \nabla f \tag{2}$$ for some function $f$ defined on all of $U$. Indeed this is related to the singularity, which removes a line through the origin. The degree to which (1) fails to imply (2) depends on the topology of $U$, more specifically it's de Rham cohomology. (1) implies (2) iff the de Rham cohomology is trivial. For $U = \mathbb{R} \times (\mathbb{R^2} \setminus \{ 0 \} )$, resulta que el cohomology es no trivial, y por lo tanto su integral de necesidad no se desvanecerá.

Para demostrar que (1) no implica (2) de 3-espacio con una línea quitado, podemos asumir que la línea es la $z$-eje y, considere la posibilidad de $$A = \begin{cases} \nabla \operatorname{arctan2} (y,x) & (x,y) \neq (0,-1) \\ (0, -1, 0 ) & (x,y) = (0,-1) \end{cases}$$ donde también $(x,y) \neq (0,0)$. $A$ es suave, y $\operatorname{curl} A = 0$, pero no puede encontrar una función $f$, continua lejos de la $z$-eje, de tal manera que $\nabla f = A$ en todas partes.

Es menos trivial (o más bien, de primera necesidades para la construcción de algunos mandarrias, y luego es un 2-línea de prueba) para mostrar que por espacio de 3 dimensiones con un punto (1) de hecho implica (2).

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Actualización: Si quieres entender por qué un punto puede ser eliminado, pero no una línea, uno puede pensar en él como en la necesidad de hacer un agujero lo suficientemente grande. Supongamos que tenemos dos curvas de $\gamma_1$ $\gamma_2$ $\int_{\gamma_i} A$ donde $\operatorname{curl} A = 0$. Si $\gamma_1$ puede ser deformado a $\gamma_2$ se puede aplicar el teorema de Stokes para argumentar que las integrales son iguales. Supongamos que el espacio es tal que cualquier curva puede ser deformado en cualquier otra curva. A continuación, un estándar de la prescripción existe para encontrar $f$: escoja cualquier punto de $x_0$ y dejar $$f(x) = \int_\gamma A $$ where $\gamma$ is any curve connecting $x_0$ and $x$. By the assumption the integral doesn't depend on the particular $\gamma$ chosen so $f$ es definido de manera inequívoca. Para hacer que el argumento de fallar usted tiene que hacer un "agujero" lo suficientemente grande que las curvas no puede ser deformado en cada uno de los otros. La eliminación de un punto no es suficiente en tres dimensiones, sino de una línea es: hacer un bucle alrededor de la línea de la singularidad, que no se puede conseguir para no rodear la línea sin necesidad de arrastrar a través de la singularidad. (En 2 dimensiones de un punto es suficiente, porque se puede considerar la proyección de este ejemplo en un avión).