从实空间位置算符理解最低 Landau 能级的量子度规

这份笔记从实空间位置算符出发，重新理解最低 Landau 能级中的 quantum metric、Berry curvature 以及理想 trace condition。为避免符号混乱，下面固定约定为：

$H=\frac{1}{2m}(\mathbf p+e\mathbf A)^2,\qquad e>0,\qquad \mathbf B=B\hat z,\qquad B>0 .$

这对应电荷为 $-e$ 的电子。若改用 $H=(\mathbf p-e\mathbf A)^2/2m$，Berry 曲率相关符号会整体反号，但 $\operatorname{tr}g=|\Omega_{xy}|$ 不变。

动力学动量与基本对易关系

定义动力学动量

$\boldsymbol{\pi}=\mathbf p+e\mathbf A .$

于是 Hamiltonian 为

$H=\frac{\pi_x^2+\pi_y^2}{2m}.$

磁场为

$B=\partial_x A_y-\partial_y A_x .$

利用$p_i=-i\hbar\partial_i$，可得

$[\pi_x,\pi_y] = [p_x+eA_x,p_y+eA_y].$

展开得到

$[\pi_x,\pi_y] = e[p_x,A_y]+e[A_x,p_y].$

因为

$[p_x,A_y]=-i\hbar\partial_x A_y,\qquad [A_x,p_y]=i\hbar\partial_y A_x,$

所以

$[\pi_x,\pi_y] = -i\hbar e \left( \partial_x A_y-\partial_y A_x \right).$

因此

$[\pi_x,\pi_y] = -i\hbar eB .$

定义磁长

$\ell_B=\sqrt{\frac{\hbar}{eB}} .$

于是

${\color{blue} [\pi_x,\pi_y] = -i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}. }$

这个非对易性是 Landau 能级量子化的根源。

在磁场中，电子的运动可以看成两部分：

$\text{回旋运动} + \text{回旋中心运动}.\nonumber$

因此希望把位置算符写成

$\boxed{ \mathbf r=\mathbf R+\boldsymbol{\eta}. }$

其中 $\mathbf R=(R_x,R_y)$ 是 guiding-center coordinate，描述回旋轨道中心；$\boldsymbol{\eta}=(\eta_x,\eta_y)$ 是 cyclotron coordinate，描述电子相对于回旋中心的位置。

这个分解不是随便定义的。我们希望 $\mathbf R$ 表示轨道中心，因此它应当不随 Landau 回旋运动变化。量子力学中，这意味着 $\mathbf R$ 应该与动力学动量 $\boldsymbol{\pi}$ 对易，从而也与 Hamiltonian 对易。也就是说，我们要求

$[R_i,\pi_j]=0.$

下面从这个要求推出 $\mathbf R$ 和 $\boldsymbol{\eta}$。

从对易关系推导 guiding center

设

$R_x=x+\alpha \pi_y .$

要求

$[R_x,\pi_x]=0.$

计算：

$[R_x,\pi_x] = [x,\pi_x]+\alpha[\pi_y,\pi_x].$

其中$[x,\pi_x]=i\hbar$，而

$[\pi_y,\pi_x] = -[\pi_x,\pi_y] = i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

因此

$[R_x,\pi_x] = i\hbar + \alpha i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

令其为零，得到

$\alpha=-\frac{\ell_B^2}{\hbar}.$

所以

$R_x=x-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y.$

同理，设

$R_y=y+\beta \pi_x .$

要求

$[R_y,\pi_y]=0.$

计算：

$[R_y,\pi_y] = [y,\pi_y]+\beta[\pi_x,\pi_y].$

其中

$[y,\pi_y]=i\hbar,\qquad [\pi_x,\pi_y] = -i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

所以

$[R_y,\pi_y] = i\hbar - \beta i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

令其为零，得到

$\beta=\frac{\ell_B^2}{\hbar}.$

因此

$R_y=y+\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x.$

于是 guiding center 为

$\boxed{\color{blue} R_x=x-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y, \qquad R_y=y+\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x. }$

因为

$H=\frac{\pi_x^2+\pi_y^2}{2m},$

而 $\mathbf R$ 与 $\boldsymbol{\pi}$ 对易，所以

$[R_x,H]=[R_y,H]=0.$

这说明 $\mathbf R$ 是 Landau 轨道中心，是 Landau 能级内部的简并自由度。

cyclotron coordinate

由

$\mathbf r=\mathbf R+\boldsymbol{\eta},$

得到

$\boldsymbol{\eta}=\mathbf r-\mathbf R.$

因此

$\eta_x = x-R_x = \frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y,\qquad \eta_y = y-R_y = -\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x.$

也就是

${ \eta_x=\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y, \qquad \eta_y=-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x. }$

反过来，

$\pi_x=-\frac{\hbar}{\ell_B^2}\eta_y, \qquad \pi_y=\frac{\hbar}{\ell_B^2}\eta_x.$

所以动力学动量完全由 cyclotron coordinate 表示。

现在验证三组重要对易关系。

cyclotron coordinate 的对易关系

由

$\eta_x=\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y, \qquad \eta_y=-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x,$

得到

$[\eta_x,\eta_y] = -\frac{\ell_B^4}{\hbar^2} [\pi_y,\pi_x].$

由于

$[\pi_y,\pi_x] = i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2},$

所以

$[\eta_x,\eta_y] = -\frac{\ell_B^4}{\hbar^2} i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

因此

${\color{blue} [\eta_x,\eta_y] = -i\ell_B^2. }$

guiding center 的对易关系

利用

$R_x=x-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y,\qquad R_y=y+\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x.$

计算

$[R_x,R_y] = \left[ x-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y, y+\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x \right].$

展开：

$[R_x,R_y] = [x,y] + \frac{\ell_B^2}{\hbar}[x,\pi_x] - \frac{\ell_B^2}{\hbar}[\pi_y,y] - \frac{\ell_B^4}{\hbar^2}[\pi_y,\pi_x].$

逐项计算：

$[x,y]=0,\quad [x,\pi_x]=i\hbar,\quad [\pi_y,y]=-i\hbar,\quad [\pi_y,\pi_x]=i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

代入：

$[R_x,R_y] = 0 + \frac{\ell_B^2}{\hbar}i\hbar - \frac{\ell_B^2}{\hbar}(-i\hbar) - \frac{\ell_B^4}{\hbar^2} i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

也就是

$[R_x,R_y] = i\ell_B^2 + i\ell_B^2 - i\ell_B^2.$

所以

${\color{blue} [R_x,R_y]=i\ell_B^2. }$

guiding center 与 cyclotron coordinate 对易

以 $[R_x,\eta_y]$ 为例。

$R_x=x-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_y, \qquad \eta_y=-\frac{\ell_B^2}{\hbar}\pi_x.$

因此

$[R_x,\eta_y] = -\frac{\ell_B^2}{\hbar}[x,\pi_x] + \frac{\ell_B^4}{\hbar^2}[\pi_y,\pi_x].$

代入

$[x,\pi_x]=i\hbar, \qquad [\pi_y,\pi_x]=i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2},$

得到

$[R_x,\eta_y] = -\frac{\ell_B^2}{\hbar}i\hbar + \frac{\ell_B^4}{\hbar^2} i\frac{\hbar^2}{\ell_B^2}.$

即

$[R_x,\eta_y] = -i\ell_B^2+i\ell_B^2=0.$

类似地可得

$[R_x,\eta_x]=[R_y,\eta_x]=[R_y,\eta_y]=0.$

因此

$\boxed{ [R_i,\eta_j]=0. }$

最终得到完整代数：

${ [R_x,R_y]=i\ell_B^2,\qquad [\eta_x,\eta_y]=-i\ell_B^2,\qquad [R_i,\eta_j]=0. }$

这说明 $\mathbf R$ 和 $\boldsymbol{\eta}$ 是两套彼此独立的非对易坐标。

Hamiltonian 只依赖 cyclotron coordinate

因为

$\pi_x=-\frac{\hbar}{\ell_B^2}\eta_y, \qquad \pi_y=\frac{\hbar}{\ell_B^2}\eta_x,$

所以

$\pi_x^2+\pi_y^2 = \frac{\hbar^2}{\ell_B^4} (\eta_x^2+\eta_y^2).$

于是

$H= \frac{\hbar^2}{2m\ell_B^4} (\eta_x^2+\eta_y^2).$

利用

$\ell_B^2=\frac{\hbar}{eB}, \qquad \omega_c=\frac{eB}{m},$

有

$\frac{\hbar^2}{m\ell_B^2} = \hbar\omega_c.$

因此

$\boxed{ H= \frac{\hbar\omega_c}{2\ell_B^2} (\eta_x^2+\eta_y^2). }$

也就是说，Landau 能级的能量只由 cyclotron coordinate 决定，而 guiding center $\mathbf R$ 不进入能量。这就是 Landau 能级高度简并的原因。

由于

$[\eta_x,\eta_y]=-i\ell_B^2,$

可以定义谐振子湮灭算符

$a= \frac{1}{\sqrt{2}\ell_B} (\eta_x-i\eta_y),\qquad a^\dagger= \frac{1}{\sqrt{2}\ell_B} (\eta_x+i\eta_y).$

验证其对易关系：

$[a,a^\dagger] = \frac{1}{2\ell_B^2} [ \eta_x-i\eta_y, \eta_x+i\eta_y ]= i[\eta_x,\eta_y] - i[\eta_y,\eta_x]..$

由于

$[\eta_y,\eta_x]=-[\eta_x,\eta_y],$

所以

$[ \eta_x-i\eta_y, \eta_x+i\eta_y ] = 2i[\eta_x,\eta_y].$

代入

$[\eta_x,\eta_y]=-i\ell_B^2,$

得到

$[ \eta_x-i\eta_y, \eta_x+i\eta_y ] = 2\ell_B^2.$

因此

${ [a,a^\dagger]=1. }$

反解为

$\eta_x= \frac{\ell_B}{\sqrt{2}}(a+a^\dagger),$ $\eta_y= \frac{i\ell_B}{\sqrt{2}}(a-a^\dagger).$

代入 $\eta_x^2+\eta_y^2$，得到

$\eta_x^2+\eta_y^2 = \ell_B^2(2a^\dagger a+1).$

于是 Hamiltonian 变成

$H= \frac{\hbar\omega_c}{2\ell_B^2} \ell_B^2(2a^\dagger a+1).$

所以

$\boxed{ H= \hbar\omega_c \left( a^\dagger a+\frac{1}{2} \right). }$

第 $n$ 个 Landau 能级满足

$a^\dagger a|n\rangle=n|n\rangle,$

能量为

$\boxed{ E_n= \hbar\omega_c \left( n+\frac{1}{2} \right). }$

最低 Landau 能级满足

$\boxed{ a|0\rangle=0. }$

位置算符与量子几何张量

对于一个孤立能带，量子几何张量可写成

$Q_{ij} = \langle \partial_i u| (1-|u\rangle\langle u|) |\partial_j u\rangle .$

在位置算符表述中，动量空间的导数本质上由位置算符生成。因此可以将量子几何张量理解为位置算符在目标能带之外的矩阵元。

对 Landau 能级，令 $P_n$ 表示投影到第 $n$ 个 Landau 能级的投影算符。则可以写成

$\color{blue}\boxed{ Q_{ij}^{(n)} = \langle n,\alpha| r_i(1-P_n)r_j |n,\alpha\rangle. }$

这里 $\alpha$ 表示 Landau 能级内部的 guiding-center 简并指标。由于体系平移对称，最终结果不依赖 $\alpha$。这个公式的物理意义是：量子几何张量衡量位置算符把态从目标能带带到其他能带的程度。

为什么只有 cyclotron coordinate 贡献量子几何？

利用

$\mathbf r=\mathbf R+\boldsymbol{\eta}.$

guiding center $\mathbf R$ 与 Hamiltonian 对易：

$[R_i,H]=0.$

因此 $\mathbf R$ 不改变 Landau level index，只在同一个 Landau 能级内部移动 guiding center。换句话说，

$(1-P_n)R_iP_n=0.$

而 $\boldsymbol{\eta}$ 由 $a,a^\dagger$ 构成，会改变 Landau level index：

$\eta_i|n\rangle \sim |n+1\rangle+|n-1\rangle.$

因此

$(1-P_n)\eta_iP_n\neq0.$

所以

$(1-P_n)r_iP_n = (1-P_n)\eta_iP_n.$

于是

$Q_{ij}^{(n)} = \langle n,\alpha| \eta_i(1-P_n)\eta_j |n,\alpha\rangle.$

由于 $\eta_i$ 本身只连接不同 Landau 能级，没有同一 $n$ 内部矩阵元，因此可以写成

$\boxed{ Q_{ij}^{(n)} = \langle n| \eta_i\eta_j |n\rangle. }$

这里已经省略了 guiding-center 指标，因为它不影响 cyclotron oscillator 的期望值。因此有一个非常直接的结论：

$\boxed{ \text{Landau 能级的量子几何来自 cyclotron coordinate 的量子涨落。} }\nonumber$

最低 Landau 能级的 quantum metric

现在计算最低 Landau 能级 $n=0$。由

$\eta_x= \frac{\ell_B}{\sqrt{2}}(a+a^\dagger),$

得到

$\eta_x^2 = \frac{\ell_B^2}{2} (a+a^\dagger)^2=\frac{\ell_B^2}{2} \left[ a^2 + aa^\dagger + a^\dagger a + (a^\dagger)^2 \right].$

在最低 Landau 能级中，

$a|0\rangle=0.$

因此

$\begin{aligned} &\langle0|a^2|0\rangle=0,\qquad \langle0|(a^\dagger)^2|0\rangle=0,\\ &\langle0|a^\dagger a|0\rangle=0,\qquad \langle0|aa^\dagger|0\rangle = \langle0|(a^\dagger a+1)|0\rangle = 1. \end{aligned}$

所以

$\langle0|\eta_x^2|0\rangle = \frac{\ell_B^2}{2}.$

同理，

$\eta_y= \frac{i\ell_B}{\sqrt{2}}(a-a^\dagger),\qquad \langle0|\eta_y^2|0\rangle = \frac{\ell_B^2}{2}.$

再看交叉项。量子度规取量子几何张量的实部，所以

$g_{xy} = \operatorname{Re}\langle0|\eta_x\eta_y|0\rangle.$

计算

$\eta_x\eta_y = \frac{i\ell_B^2}{2} (a+a^\dagger)(a-a^\dagger)= \frac{i\ell_B^2}{2} \left[ a^2 - aa^\dagger + a^\dagger a - (a^\dagger)^2 \right].$

取 $|0\rangle$ 中的期望值，只有 $aa^\dagger$ 项贡献

$\langle0|\eta_x\eta_y|0\rangle = \frac{i\ell_B^2}{2}(-1) = -\frac{i\ell_B^2}{2}.$

其实部为零，所以

$g_{xy}=0.$

因此最低 Landau 能级的 quantum metric 是

${ g_{xx}^{(0)} = \frac{\ell_B^2}{2}, \qquad g_{yy}^{(0)} = \frac{\ell_B^2}{2}, \qquad g_{xy}^{(0)}=0. }$

即

${ g_{ij}^{\rm LLL} = \frac{\ell_B^2}{2}\delta_{ij}. }$

这说明最低 Landau 能级的量子度规就是 cyclotron 坐标的基态涨落。

Berry 曲率与 cyclotron coordinate

采用约定

$Q_{ij}=g_{ij}-\frac{i}{2}\Omega_{ij}.$

前面算得

$Q_{xy}^{(0)} = \langle0|\eta_x\eta_y|0\rangle = -\frac{i\ell_B^2}{2}.$

因此

$-\frac{i}{2}\Omega_{xy} = -\frac{i\ell_B^2}{2}.$

所以

${ \Omega_{xy}^{(0)} = \ell_B^2. }$

也可以直接从非对易性理解。因为

$[\eta_x,\eta_y] = -i\ell_B^2,$

而

量子几何张量的虚部正是由这个非对易部分决定的。因此，Berry 曲率的大小来自 cyclotron coordinate 的非对易面积。

trace condition 的位置算符理解

最低 Landau 能级中，

$g_{xx}=\frac{\ell_B^2}{2}, \qquad g_{yy}=\frac{\ell_B^2}{2}.$

所以

$\operatorname{tr}g = g_{xx}+g_{yy} = \ell_B^2.$

同时

$|\Omega_{xy}|=\ell_B^2.$

因此

${\color{blue} \operatorname{tr}g=|\Omega_{xy}|. }$

这个等式可以用不确定性关系来理解。由于

$[\eta_x,\eta_y]=-i\ell_B^2,$

所以

$\Delta\eta_x\,\Delta\eta_y \ge \frac{1}{2} |\langle[\eta_x,\eta_y]\rangle| = \frac{\ell_B^2}{2}.$

最低 Landau 能级是谐振子基态，是最小不确定度态

$\Delta\eta_x^2 = \Delta\eta_y^2 = \frac{\ell_B^2}{2}.$

因此

$\Delta\eta_x^2+\Delta\eta_y^2 = \ell_B^2.$

而这正是

$\operatorname{tr}g=\ell_B^2.$

另一方面，非对易面积

$|\langle[\eta_x,\eta_y]\rangle| = \ell_B^2$

对应 Berry 曲率大小

$|\Omega_{xy}|=\ell_B^2.$

所以最低 Landau 能级满足

$\operatorname{tr}g=|\Omega_{xy}|$

的原因是：

${ \text{LLL 是 cyclotron coordinate 的各向同性最小不确定度态。} }\nonumber$

高 Landau 能级为什么偏离 trace condition？

对第 $n$ 个 Landau 能级，

$a^\dagger a|n\rangle=n|n\rangle.$

重复计算：

$\langle n|\eta_x^2|n\rangle = \frac{\ell_B^2}{2} \langle n| a^2 + aa^\dagger + a^\dagger a + (a^\dagger)^2 |n\rangle.$

其中

$\begin{aligned} &\langle n|a^2|n\rangle=0,\qquad \langle n|(a^\dagger)^2|n\rangle=0,\\ &\langle n|a^\dagger a|n\rangle=n,\qquad \langle n|aa^\dagger|n\rangle=n+1. \end{aligned}$

因此

$\langle n|\eta_x^2|n\rangle = \frac{\ell_B^2}{2} (2n+1)= \left( n+\frac{1}{2} \right)\ell_B^2.$

同理

$\langle n|\eta_y^2|n\rangle = \left( n+\frac{1}{2} \right)\ell_B^2.$

所以

$g_{xx}^{(n)} = g_{yy}^{(n)} = \left( n+\frac{1}{2} \right)\ell_B^2.$

于是

$\operatorname{tr}g^{(n)} = (2n+1)\ell_B^2.$

另一方面，Berry 曲率由非对易代数决定，而

$[\eta_x,\eta_y]=-i\ell_B^2$

与 $n$ 无关。因此

$|\Omega_{xy}^{(n)}|=\ell_B^2.$

于是

$\operatorname{tr}g^{(n)} - |\Omega_{xy}^{(n)}| = 2n\ell_B^2.$

只有 $n=0$ 时偏离为零。这说明高 Landau 能级的 cyclotron motion 被激发，实空间涨落更大，所以 metric 增大；但 Berry curvature 由坐标非对易性决定，不随 $n$ 增大。因此高 Landau 能级不再满足最低 Landau 能级的理想 trace condition。