非相对论电磁场哈密顿量

量子力学哈密顿量

若 $\phi$ 和 $A$ 分别是电磁场的标势和矢势，则电场和磁场为

$E=-\nabla\phi-\frac{\partial A}{\partial t},\quad B=\nabla\times A$

经典电磁场的非相对论哈密顿量为

$H=\sqrt{(p-qA)^2+(m_0c^2)^2}+q\phi\approx\frac{(p-qA)^2}{2m}+q\phi+\cancel{m_0c^2}$

通常去掉静止能量项 $m_0c^2$ ，在 $[x_i,p_j]=i\hbar\delta_{ij}$ 下得到量子力学非相对论的电磁场哈密顿量

$H=\frac{(p-qA)^2}{2m}+q\phi=\frac{\Pi^2}{2m}+q\phi$

其中 $q$ 电荷而不是广义坐标， $\Pi=p-qA$ 是机械动量，而 $p$ 是正则动量，这两个动量分量之间满足对易关系

$[p_i,p_j]=0$

$[\Pi_i,\Pi_j]=i\hbar q\varepsilon_{ijk}B_k$

海森堡运动方程

在海森堡绘景下，算符的时间演化由海森堡运动方程给出

$\begin{aligned} \frac{dx_j}{dt}&=\frac{1}{i\hbar}\left[x_j,H\right]=\frac{1}{i\hbar2m}\left[x_j,\boldsymbol{p}^2+q^2\boldsymbol{A}^2-q(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{p})\right] \\ & =\frac{1}{i\hbar2m}\left(2i\hbar p_j-qi\hbar A_j-qA_ji\hbar\right)=\frac{p_j-qA_j}{m}=\frac{\Pi_j}{m} \end{aligned}$

海森堡绘景中的运动方程与哈密顿正则方程形式相同，速度等于机械动量算符与质量之比 $\dfrac{d\boldsymbol{x}}{dt}=\dfrac{\Pi}{m}$ 。

再来看机械动量的运动方程，我们将其定义为力算符 $\boldsymbol{F}$

$\begin{aligned} F_{i}&\equiv\frac{d\Pi_{i}}{dt}=\frac{1}{i\hbar}[\Pi_{i},H]+\textcolor{red}{\frac{\partial\Pi_{i}}{\partial t}}=\frac{1}{i\hbar}\left[\Pi_{i},\frac{\Pi_{j}\Pi_{j}}{2m}+q\phi\right]-q\frac{\partial A_{i}}{\partial t}\\[1em] &=\frac{1}{i\hbar}\left(\frac{\Pi_j}{2m}i\hbar q\varepsilon_{ijk}B_k+i\hbar q\varepsilon_{ijk}B_k\frac{\Pi_j}{2m}\right)+\frac{q}{i\hbar}[\Pi_i,\phi]-q\frac{\partial A_i}{\partial t} \\[1em] & =q\varepsilon_{ijk}\left(\frac{\Pi_{j}}{2m}B_{k}+B_{k}\frac{\Pi_{j}}{2m}\right)+\frac{q}{i\hbar}\left(-i\hbar\frac{\partial\phi}{\partial x_{i}}\right)-q\frac{\partial A_{i}}{\partial t} \\ & =q\varepsilon_{ijk}\frac{1}{2}\left(\frac{dx_{j}}{dt}B_{k}+B_{k}\frac{dx_{j}}{dt}\right)-q\frac{\partial\phi}{\partial x_{i}}-q\frac{\partial A_{i}}{\partial t} \end{aligned}$

那么最终得到

$\boxed{\boldsymbol{F}=\frac{1}{2}q\left(\frac{dx}{dt}\times \boldsymbol{B}-\boldsymbol{B}\times\frac{dx}{dt}\right)+q\boldsymbol{E}}$

这就是洛伦兹力算符，与经典形式有所区别，因为 $\boldsymbol{B}$ 是算符，磁场算符 $\boldsymbol{B}$ （以及电场算符 $\boldsymbol{E}$ ）是 $\boldsymbol{x}$ 的函数，所以 $\boldsymbol{B}$ 与 $\dfrac{d}{dt}\boldsymbol{x} = \dfrac{\boldsymbol{\Pi}}{m} = \dfrac{\boldsymbol{p} - q\boldsymbol{A}}{m}$ 不对易。

坐标表象

现在我们将讨论从抽象的算符转移到一个具体的表象中，我们将 $(p-qA)^2$ 作用在态上并求其波函数

$\begin{aligned} \langle \boldsymbol{x}' | (\boldsymbol{p} - q\boldsymbol{A})^2 | \psi(t) \rangle &= \langle \boldsymbol{x}' | \boldsymbol{p}^2 + q^2 \boldsymbol{A}^2 - q(\textcolor{red}{\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{A} + \boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{p}}) | \psi(t) \rangle \\[1em] &= [(-i\hbar\nabla')^2 + q^2 \boldsymbol{A}^2 - q\textcolor{red}{(-i\hbar\nabla') \cdot \boldsymbol{A}} - q\boldsymbol{A} \cdot (-i\hbar\nabla')] \langle \boldsymbol{x}' | \psi(t) \rangle \\[1em] &= [(-i\hbar\nabla')^2 + q^2 \boldsymbol{A}^2 - q\boldsymbol{A} \cdot (-i\hbar\nabla')] \langle \boldsymbol{x}' | \psi(t) \rangle - q\textcolor{red}{(-i\hbar\nabla') \cdot [\boldsymbol{A} \langle \boldsymbol{x}' | \psi(t) \rangle]} \\[1em] &= [\textcolor{red}{-i\hbar\nabla'} - q\boldsymbol{A}] \cdot [-i\hbar\nabla' - q\boldsymbol{A}] \langle \boldsymbol{x}' | \psi(t) \rangle \end{aligned}$

最后一式中的红色部分既作用于 $\boldsymbol{A}$ 也作用于波函数 $\langle \boldsymbol{x}' | \psi(t) \rangle$

上式是哈密顿量中的动能项的作用，根据波函数的薛定谔方程，我们得到带电粒子在电磁场中的波函数运动方程

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle=\frac{[-i\hbar\nabla^{\prime}-qA]\cdot[-i\hbar\nabla^{\prime}-qA]}{2m}\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle+q\phi\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle$

再根据矢量计算法则 $\nabla\cdot(\boldsymbol{a}f)=(\nabla\cdot\mathbf{a})f+\boldsymbol{a}\cdot\nabla f$ 有

$\begin{aligned} -q(-i\hbar\nabla^{\prime})\cdot[\boldsymbol{A}\langle\boldsymbol{x}^{\prime}|\psi(t)\rangle] & =i\hbar q(\nabla^{\prime}\cdot\boldsymbol{A})\langle\boldsymbol{x}^{\prime}|\psi(t)\rangle-q\boldsymbol{A}\cdot(-i\hbar\nabla^{\prime})\langle\boldsymbol{x}^{\prime}|\psi(t)\rangle \end{aligned}$

取库伦规范 $\nabla' \cdot A=0$ ，最终得到带电粒子在电磁场中的薛定谔方程

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle=\left[-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{\prime2}+\frac{i\hbar q}{m}A\cdot\nabla^{\prime}+\frac{q^{2}}{2m}A^{2}\right]\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle+q\phi\langle x^{\prime}|\psi(t)\rangle$

连续性方程

我们推导波函数的守恒流。我们刚刚得到的薛定谔方程及其复共轭分别为

$\begin{aligned} i\hbar\dot{\psi}&=\frac{\left(-i\hbar\nabla^{\prime}-qA\right)^{2}}{2m}\psi+q\phi\psi \\[1em] -i\hbar\dot{\psi}^{*}&=\frac{\left(i\hbar\nabla^{\prime}-qA\right)^{2}}{2m}\psi^{*}+q\phi\psi^{*} \end{aligned}$

将第一式乘以 $\psi^{*}$ ，第二式乘以 $\psi$ ，然后相减，得到

$\begin{aligned} i\hbar \frac{\partial}{\partial t} (\psi^*\psi) &= [\psi^* (-i\hbar\nabla')^2 \psi + \cancel{q^2 \boldsymbol{A}^2 \psi^* \psi} + i\hbar q \psi^* \nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi) + i\hbar q \psi^* \boldsymbol{A} \cdot \nabla' \psi] / 2m \\ &\quad - [\psi (-i\hbar\nabla')^2 \psi^* + \cancel{q^2 \boldsymbol{A}^2 \psi \psi^*} - i\hbar q \psi \nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi^*) - i\hbar q \psi \boldsymbol{A} \cdot \nabla' \psi^*] / 2m \\[1em] &= -\frac{\hbar^2}{2m} (\psi^* \nabla'^2 \psi - \psi \nabla'^2 \psi^*) + \frac{i\hbar q}{2m} [\textcolor{teal}{\psi^* \nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi)} + \textcolor{orange}{\psi \nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi^*)} + \textcolor{orange}{\psi^* \boldsymbol{A} \cdot \nabla' \psi} + \textcolor{teal}{\psi \boldsymbol{A} \cdot \nabla' \psi^*}] \\[1em] &= -\frac{\hbar^2}{2m} (\psi^* \nabla'^2 \psi - \psi \nabla'^2 \psi^*) + \frac{i\hbar q}{2m} [\textcolor{teal}{\nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi\psi^*)} + \textcolor{orange}{\nabla' \cdot (\psi\boldsymbol{A}\psi^*)}] \\[1em] &= -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla' \cdot (\psi^* \nabla' \psi - \psi \nabla' \psi^*) + \frac{i\hbar q}{2m} [\textcolor{teal}{\nabla' \cdot (\boldsymbol{A}\psi\psi^*)} + \textcolor{orange}{\nabla' \cdot (\psi\boldsymbol{A}\psi^*)}] \end{aligned}$

上式中的第一项的计算过程如下

$\nabla^{\prime}\cdot(\psi^{*}\nabla^{\prime}\psi-\psi\nabla^{\prime}\psi^{*})=(\nabla^{\prime}\cdot\nabla^{\prime}\psi)\psi^{*}+\nabla^{\prime}\psi\cdot\nabla^{\prime}\psi^{*}-(\nabla^{\prime}\cdot\nabla^{\prime}\psi^{*})\psi-\nabla^{\prime}\psi^{*}\cdot\nabla^{\prime}\psi \\[1em] =\psi^{*}\nabla^{\prime2}\psi-\psi\nabla^{\prime2}\psi^{*}$

最终得到流守恒方程

$\frac{\partial}{\partial t}(\psi^*\psi)=\frac{i\hbar}{2m}\nabla^{\prime}\cdot(\psi^*\nabla^{\prime}\psi-\psi\nabla^{\prime}\psi^*)+\frac{q}{m}\nabla^{\prime}\cdot(A\psi\psi^*)$

对照连续性方程的标准形式 $\dfrac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla' \cdot \boldsymbol{j} = 0$ ，我们可以识别出概率密度和概率流密度为

$\boxed{\rho=\psi\psi^*,\quad j=\frac{\hbar}{m}\mathrm{Im}(\psi^*\nabla^{\prime}\psi)-\frac{q}{m}A\psi\psi^*}$

其概率密度还是普通的概率密度，但是概率流密度与自由粒子的概率密度流不同，多出了与矢势 $A$ 相关的第二项，且与标势 $\phi$ 无关。

我们也可以从自由粒子的概率密度流出发，通过作代换得到上述结果
$\nabla^{\prime}\to\nabla^{\prime}-\frac{i}{\hbar}qA$ ，代入 $\boldsymbol{j}|_{A=0}=\dfrac{\hbar}{m}\mathrm{Im}(\psi^*\nabla^{\prime}\psi)$ 得到

$\boldsymbol{j}=\frac{\hbar}{m}\mathrm{Im}[\psi^*(\nabla^{\prime}-\frac{i}{\hbar}qA)\psi]=\frac{\hbar}{m}\mathrm{Im}(\psi^*\nabla^{\prime}\psi)-\frac{q}{m}A\psi\psi^*$

那么为什么给梯度算符加上与 $A$ 成正比的项就能得到正确的概率流密度呢？请听下回分解

规范对称性

电磁学中的规范变换

对标势和矢势作如下变换

$A^{\prime}=A+\nabla\chi,\quad \phi^{\prime}=\phi-\frac{\partial\chi}{\partial t}$

由于梯度的旋度为零，旋度的散度也为零，所以电场和磁场在这个变换下不变

$\begin{aligned} \nabla \times \boldsymbol{A}' &= \nabla \times \boldsymbol{A} + \cancel{\nabla \times (\nabla\chi)} = \boldsymbol{B}\\[1em] -\nabla \phi' - \frac{\partial \boldsymbol{A}'}{\partial t} &= -\nabla \phi + \cancel{\frac{\partial}{\partial t} \nabla \chi} - \frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} - \cancel{\frac{\partial}{\partial t} \nabla \chi} = \boldsymbol{E} \end{aligned}$

引入三种四矢量
四势 $A^{\mu}=(\phi/c,\boldsymbol{A}) \quad A_{\mu}=(\phi/c,-\boldsymbol{A})$
四位置 $x^{\mu}=(ct,\boldsymbol{x}) \quad x_{\mu}=(ct,-\boldsymbol{x})$
四梯度 $\partial^\mu=\dfrac{\partial}{\partial x_\mu}=\left(\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t},-\nabla\right) \quad \partial_\mu=\dfrac{\partial}{\partial x^\mu}=\left(\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t},\nabla\right)$

有了四矢量之后，我们就可以把上面的两个规范变换写在一个式子中

$\boxed{A^\mu\to A^{\prime\mu}=A^\mu-\partial^\mu\chi}$

量子力学中的规范变换

因为哈密顿量依赖于 $\boldsymbol{A}$ 和 $\phi$ ，所以 $\psi(t)$ 依赖于 $A^\mu \Rightarrow$ 它必须在规范变换下改变。
$|\psi|^2$ 必须不依赖于该变换 $\Rightarrow$ 只有 $\psi$ 的相位可以受到该变换的影响

回忆起之前的含时幺正变换内容 $H^{\prime}(t)=WH(t)W^\dagger+i\hbar\dot{W}W^\dagger$ ，我们希望找到一个含时的幺正变换 $W(t)$ ，其能够联系规范变换前后的态，也就是满足

$\frac{(p-qA^{\prime})^2}{2m}+q\phi^{\prime}=W\left[\frac{(p-qA)^2}{2m}+q\phi\right]W^\dagger+i\hbar\frac{\partial W}{\partial t}W^\dagger$

将两边同时写为规范变换前的 $A$ 和 $\phi$ ，得到

$\begin{aligned} \frac{(p-qA-q\nabla\chi)^2}{2m}+q\left(\phi-\frac{\partial\chi}{\partial t}\right) =W\left[\frac{(p-qA)^2}{2m}+q\phi\right]W^\dagger+i\hbar\frac{\partial W}{\partial t}W^\dagger \end{aligned}$

对比两边

$\phi=W\phi W^\dagger$ ， $W$ 与 $\phi$ 对易，说明 $W$ 应是 $x^\mu$ 的函数，且不能含有偏导，否则不满足对易条件，根据其幺正性 $WW^\dagger=1$ ，我们猜测 $W=e^{if(\boldsymbol{x},t)}$ ，代入得到

$i\hbar\frac{\partial W}{\partial t}W^\dagger=i\hbar i\frac{\partial f}{\partial t}WW^\dagger=-\hbar\frac{\partial f}{\partial t}=-q\frac{\partial\chi}{\partial t}$

上式最后的等式是通过对比两边的不含 $m$ 的项得到的，进而得到（下面的 $g(x)$ 不含时）

$f(x,t)=\frac{q}{\hbar}\chi(x,t)+g(x)$
$W\boldsymbol{p}W^\dagger=\boldsymbol{p}-q\nabla\chi$ ，即

$e^{if(x,t)}\boldsymbol{p}e^{-if(x,t)}=\boldsymbol{p}-\hbar\nabla f=\boldsymbol{p}-q\nabla\chi$

这说明 $g(x)$ 必须为零

$\nabla f=\frac{q}{\hbar}\nabla\chi$

最后得到 $f(x,t)=\dfrac{q}{\hbar}\chi(x,t)$ ，含时幺正变换为

$\boxed{W=e^{i\dfrac{q}{\hbar}\chi(x,t)}}$

薛定谔方程 $i\hbar \dfrac{\partial}{\partial t} |\psi(t)\rangle = \left[ \dfrac{(\boldsymbol{p} - q\boldsymbol{A}) \cdot (\boldsymbol{p} - q\boldsymbol{A})}{2m} + q\phi \right] |\psi(t)\rangle$ 在联合规范变换下是不变的：

$\begin{aligned} \boldsymbol{A} &\to \boldsymbol{A}' = \boldsymbol{A} + \nabla\chi, \quad \phi \to \phi' = \phi - \frac{\partial\chi}{\partial t},\quad |\psi\rangle \to |\psi'\rangle = e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(\boldsymbol{x},t)}|\psi\rangle \end{aligned}$

而在经典电动力学中只有 $\boldsymbol{A}$ 和 $\phi$ 发生了变化。

在坐标表象下，薛定谔方程 $i\hbar \dfrac{\partial}{\partial t}\psi(\boldsymbol{x},t) = \dfrac{(-i\hbar\nabla-q\boldsymbol{A})\cdot(-i\hbar\nabla-q\boldsymbol{A})}{2m}\psi(\boldsymbol{x},t) + q\phi\psi(\boldsymbol{x},t)$
在以下变换下是不变的 $\boldsymbol{A} \to \boldsymbol{A}' = \boldsymbol{A} + \nabla\chi, \quad \phi \to \phi' = \phi - \dfrac{\partial\chi}{\partial t}, \quad \psi \to \psi' = e^{\dfrac{i}{\hbar}q\chi}\psi$

我们从经典电动力学出发，得到了量子力学中的态应有变换 $W=e^{i\dfrac{q}{\hbar}\chi(x,t)}$ ，这个变换既依赖于时间也依赖于空间，因为在每一个时空点上，变换的相位都可以不同，所以我们称其为局域变换。

但是现代物理学的观点认为，是先给定一个规范变换，然后找到在该变换下不变的哈密顿量，也就是说，哈密顿量 $H$ 的形式，是联合局部规范变换下规范不变性的结果。更深层次的观点是，物理相互作用由对称性决定

我们讲的规范不变性针对于 $\boldsymbol{A}$ 、 $\phi$ 以及 $\ket{\psi}$ 。

机械动量的期望具有规范不变性而正则动量的期望值没有

虽然机械动量算符 $\Pi=p-qA$ 不具有规范不变性，但 $\Pi_i$ 的谱是规范不变的，也就是 $\Pi_i$ 的本征值在规范变换后依然不变

局域规范不变性

我们把局域规范不变性看作是一个先决的物理条件，来看看若是不引入规范场会产生什么后果。

从自由粒子的薛定谔方程出发，结合 $\partial^\mu=\left(\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t},-\nabla\right)$ 得到

$\left(i\hbar c\partial^0-\frac{\hbar^2}{2m}\partial^i\partial^i-V\right)\psi=0$

若是作全局变换，那么 $\psi\to\psi^{\prime}=e^{i\alpha}\psi$ ，其中 $\alpha$ 是常数，那么

$\left(i\hbar c\partial^0-\frac{\hbar^2}{2m}\partial^i\partial^i-V\right)\psi^{\prime}=e^{i\alpha}\left(i\hbar c\partial^0-\frac{\hbar^2}{2m}\partial^i\partial^i-V\right)\psi=0$

在全局变换下，自由粒子的薛定谔方程是不变的，因为不含任何规范场（矢势和标势）。
若是作局域变换， $\psi\to\psi^{\prime}=e^{i\alpha(x,t)}\psi$

$\partial^{\mu}\psi^{\prime}=\partial^{\mu}\left(e^{i\alpha(x,t)}\psi\right)=i\partial^{\mu}\alpha\left(e^{i\alpha}\psi\right)+e^{i\alpha}\partial^{\mu}\psi=e^{i\alpha}[\partial^{\mu}+i(\partial^{\mu}\alpha)]\psi$

其偏导并不满足规范对称性，也就是说，虽然 $\psi \to e^{i\alpha(x,t)}\psi$ 具有规范不变性，但其偏导数不满足规范不变性和二阶偏导数不满足规范不变性

$\begin{aligned} \partial^{\mu}\psi & \quad \to \quad \partial^\mu\psi^{\prime}\neq e^{i\alpha(x,t)}\partial^\mu\psi \\[1em] \partial^{\mu}\partial^{\mu}\psi &\quad \to\quad \partial^\mu\partial^\mu\psi^{\prime}\neq e^{i\alpha(x,t)}\partial^\mu\partial^\mu\psi \end{aligned}$

自由粒子哈密顿量在局部规范变换下发生改变，即

$i\hbar c\partial_0 - \frac{\hbar^2}{2m}\partial_i\partial_i - V \psi' \neq 0$

为了解决这个问题，我们需要引入一个量来抵消偏导产生的额外项，这个量就是规范场 $A^\mu$ ，并将偏导数 $\partial^\mu$ 替换为协变导数 $D^\mu$ ，定义为

$D^\mu\equiv\partial^\mu+i\frac{q}{\hbar}A^\mu$

我们可以证明：在联合局域规范变换（波函数局域变换和规范场变换）

$A^\mu\quad \to\quad A^{\prime\mu}=A^\mu-\partial^\mu\chi \\[1em] \psi\quad\to\quad\psi^{\prime}=e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(x,t)}\psi$

下，我们有

$D^\mu\psi\quad\to\quad D^{\prime\mu}\psi^{\prime}=e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(x,t)}D^\mu\psi$

这表明， $D_\mu\psi$ 的变换方式与 $\psi$ 相同。

我可以进一步有

$D^\mu D^\mu\psi\quad\to\quad D^{\prime\mu}D^{\prime\mu}\psi^{\prime}=e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(x,t)}D^\mu D^\mu\psi \\[0.1em] \vdots \\[0.1em] (D^\mu)^n\psi\quad\to\quad(D^{\prime\mu})^n\psi^{\prime}=e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(x,t)}(D^\mu)^n\psi$

若我们把薛定谔方程改为

$\left(i\hbar cD^0-\frac{\hbar^2}{2m}D^iD^i-V\right)\psi=0$

那么有

$\left(i\hbar cD^{\prime0}-\frac{\hbar^2}{2m}D^{\prime i}D^{\prime i}-V\right)\psi^{\prime}=e^{\frac{i}{\hbar}q\chi(x,t)}\left(i\hbar cD^0-\frac{\hbar^2}{2m}D^iD^i-V\right)\psi=0$

为了使薛定谔方程在局部规范变换下协变地变换，我们引入了势 $A_\mu$ 及相关的协变导数 $D_\mu$ 。

将 $D_\mu$ 代入薛定谔方程，得到带电粒子在电磁场中的薛定谔方程

$\left[i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{i}{\hbar}q\phi\right)-\frac{(-i\hbar\nabla-qA)\cdot(-i\hbar\nabla-qA)}{2m}-V\right]\psi=0$

从规范变换下反推出了哈密顿量，同洛伦兹力思路得到的结果相同。

规范不变性的几何

现有一个三维空间中函数的局域变换（为简单起见不考虑时间）

$\varphi(x)\quad\to\quad e^{i\alpha(x)}\varphi(x)$

定义上图所示方向的一个偏导数

$n_i\partial_i\varphi(\boldsymbol{x})=\lim_{\epsilon\to0}[\varphi(\boldsymbol{x}+\epsilon\hat{n})-\varphi(\boldsymbol{x})]/\epsilon$

但是 $\varphi(\boldsymbol{x}+\epsilon\hat{n})$ 与 $\varphi(\boldsymbol{x})$ 处的变换分别为

$\varphi(x)\to e^{i\alpha(x)}\varphi(x)$

$\varphi(x+\epsilon\hat{n})\to e^{i\alpha(x+\epsilon\hat{n})}\varphi(x+\epsilon\hat{n})$

我们无法直接将 $\varphi(\boldsymbol{x}+\epsilon\hat{n})$ 与 $\varphi(\boldsymbol{x})$ 相减用于计算微分，因为它们变换的相位不同。

$\varphi(\boldsymbol{x})$ 的偏导数变换同样不满足规范不变性

$\begin{gathered} \partial_i\varphi(x)\to\partial_i[e^{i\alpha(x)}\varphi(x)]=e^{i\alpha(x)}\partial_i\varphi(x)+i\partial_i\alpha(x)e^{i\alpha(x)}\varphi(x) \neq e^{i\alpha(x)}\partial_i\varphi(x) \end{gathered}$

为了使偏导数满足规范不变性，我们定义一个依赖于 $\boldsymbol{x}$ 和 $\boldsymbol{y}$ 的标量 $U_C(\boldsymbol{y}, \boldsymbol{x})$ ，它具有如下变换律：

$U_C(y,x)\to e^{i\alpha(y)}U_C(y,x)e^{-i\alpha(x)},\qquad U_C(y,y)=1$

其作用是将 $\varphi(\boldsymbol{y})$ 处的相位带到 $\varphi(\boldsymbol{x})$ 处。接下来我们讨论其相关作用

其作用在 $\varphi(\boldsymbol{x})$ 上为得到

$U_C(y,x)\varphi(x)\to e^{i\alpha(y)}U_C(y,x)\cancel{e^{-i\alpha(x)}e^{i\alpha(x)}}\varphi(x)=e^{i\alpha(y)}U_C(y,x)\varphi(x)$

这说明 $\varphi(\boldsymbol{y})$ 和 $U_C(\boldsymbol{y}, \boldsymbol{x})\varphi(\boldsymbol{x})$ 具有相同的变换规律
我们接下来就可以定义协变导数

$n_iD_i\varphi(x)=\lim_{\epsilon\to0}[\varphi(x+\epsilon\hat{n})-U_L(x+\epsilon\hat{n},x)\varphi(x)]/\epsilon$

我们可以对 $U_L$ 做一个类似于泰勒展开的操作

$U_L(x+\lambda\epsilon\hat{n},x)\equiv1+i\lambda\epsilon n_iA_i(x)$

其中 $A_i(x)$ 为展开系数。将其代入协变导数的定义中，得到

$\begin{aligned} n_iD_i\varphi(x) & =\lim_{\epsilon\to0}[\varphi(x+\epsilon\hat{n})-\varphi(x)]/\epsilon-\lim_{\epsilon\to0}[i\epsilon n_iA_i(x)\varphi(x)]/\epsilon \\ & =n_i\partial_i\varphi(x)-in_iA_i(x)\varphi(x) \end{aligned}$

最后我们得到

$D_i\varphi(x)=[\partial_i-iA_i(x)]\varphi(x)$

这就类似于之前引入的 $A^\mu$ 。规范场作为一种联络被引入，其中 $A_i$ 就是联络系数。

利用 $U_L$ 的变换规律，我们可以证明

$\boxed{A_i(\boldsymbol{x})\to A_i(\boldsymbol{x})+\partial_i\alpha(\boldsymbol{x})}$

这与电动力学中矢势变换相似。又因为上式中的 $\alpha(\boldsymbol{x})$ 是实数，因此对上式取复共轭有

$A_i^*(\boldsymbol{x})\to A_i^*(\boldsymbol{x})+\partial_i\alpha(\boldsymbol{x})$

其复共轭与其本身变换规律相同，因此取 $A_i(\boldsymbol{x})$ 为纯实数。
利用上式，可以证明

$D_i\varphi(x)\to e^{i\alpha(x)}D_i\varphi(x)$

这说明协变导数 $D_i\varphi(x)$ 的变换规律与 $\varphi(x)$ 相同，从而满足规范不变性。

协变导数的对易子也满足协变不变性

$[D_i,D_j]\varphi(x)=(D_iD_j-D_jD_i)\varphi(x)\to e^{i\alpha(x)}[D_i,D_j]\varphi(x)$
协变导数的对易子是一个十分重要的量

$\begin{bmatrix} D_i,D_j \end{bmatrix}=-iF_{ij}$

其中 $F_{ij}$ 称为场强，其定义为

$F_{ij}\equiv\partial_iA_j-\partial_jA_i$

场强满足规范不变性 $F_{ij}\to F_{ij}$ 。
沿路径 $C$ 从点 $\boldsymbol{x}$ 到点 $\boldsymbol{y}$ 的 $\text{Wilson}$ 线定义为

$U_C(\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})\equiv e^{i\int_x^yd\boldsymbol{z}\cdot \boldsymbol{A}(\boldsymbol{z})}$

可以推出 $U_C(\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})$ 具有如下变换规律

$U_C(y,x)\to e^{i\alpha(y)}U_C(y,x)e^{-i\alpha(x)}$

注意 $\text{Wilson line}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的一个路径依赖的泛函。虽然 $\text{Wilson}$ 线自身依赖于路径 $C$ ，但变换规则是路径无关的，仅依赖于初末点，换一条路径 $C^{\prime}$ 仍旧有

$U_{C^{\prime}}(y,x)\to e^{i\alpha(y)}U_{C^{\prime}}(y,x)e^{-i\alpha(x)}$

路径依赖说明环路积分一般不为零
若令 $\boldsymbol{y}=\boldsymbol{x}$ ，那么我们得到一个环路积分

$U_C^{\mathrm{loop}}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})\equiv e^{i\oint_C d\boldsymbol{z}\cdot \boldsymbol{A}(\boldsymbol{z})}$

这被称为 $\text{Wilson}$ 圈，可以证明其是规范不变的

$U_C^{\mathrm{loop}}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})\to e^{i\alpha(x)}U_C^{\mathrm{loop}}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})e^{-i\alpha(x)}=U_C^{\mathrm{loop}}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})$

应用斯托克斯定理，我们有

$U_C^{\mathrm{loop}}(x,x)=e^{i\int_Sds\cdot\nabla_z\times A(z)}$

若把 $\boldsymbol{A}$ 看作电磁矢势，那么 $\nabla \times \boldsymbol{A} = \boldsymbol{B}$ ，上式中的积分就是穿过曲面 $S$ 的磁通量 $\Phi_B$ ，因为磁场是规范不变的，又 $\text{Wilson}$ 回路仅取决于规范不变量 $\nabla_{\boldsymbol{z}} \times \boldsymbol{A}(\boldsymbol{z})$ ，所以 $\text{Wilson}$ 回路是规范不变的。
考虑一个无穷小的方块，那么

$U_\square(x,x)\equiv U_L(a,d)U_L(d,c)U_L(c,b)U_L(b,a)$

$\begin{aligned}&=e^{-i\epsilon A_2\left(x+\frac{\epsilon e_2}{2}\right)}e^{-i\epsilon A_1\left(x+\frac{\epsilon e_1}{2}+\epsilon e_2\right)}e^{i\epsilon A_2\left(x+\epsilon e_1+\frac{\epsilon e_2}{2}\right)}e^{i\epsilon A_1\left(x+\frac{\epsilon e_1}{2}\right)} \\[0.5em] &=e^{i\epsilon^2[\partial_1A_2(x)-\partial_2A_1(x)]} \\[0.5em] &=e^{i\epsilon^2F_{12}(x)} \end{aligned}$

我们再次看到，场强 $F_{ij} = \partial_i A_j - \partial_j A_i$ 是局域规范不变的。

均匀静磁场下的运动

我们接下来围绕一个处于空间均匀静磁场中的带电粒子，为简单起见，将仅考虑轨道运动而不考虑自旋。

考虑一个均匀磁场 $\boldsymbol{B} = B\hat{z}, B > 0$ 。我们假设矢势是静态的，且标势为零。由机械动量的对易关系 $[\Pi_i, \Pi_j] = i\hbar q\varepsilon_{ijk}B_k$ 可得： $[\Pi_1,\Pi_2]=i\hbar qB,[\Pi_1,\Pi_3]=[\Pi_2,\Pi_3]=0$

因为自由粒子的哈密顿量为 $H = \dfrac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} =\dfrac{1}{2m}(\Pi_1^2 + \Pi_2^2 + \Pi_3^2)$ ，那么有 $[H,\Pi_3]=0$ ，说明平行于场的动量是运动常量，经典体现就是带电粒子在磁场方向上不受洛伦兹力。因此接下来我们仅考虑垂直于磁场方向 $x-y$ 平面的运动

$H=\frac{1}{2m}(\Pi_1^2+\Pi_2^2),\quad [\Pi_1,\Pi_2]=i\hbar qB$

引入一个具有频率量纲的量 $\omega_c\equiv\frac{qB}{m}$ ，所以

$[\Pi_1,\Pi_2]\equiv i\hbar m\omega_c$

在简谐振子一章中有

$H_{\mathrm{HO}}=\frac{\hbar\omega}{2}(Q^2+P^2)=\frac{1}{2m}\left[(\sqrt{m\hbar\omega}Q)^2+(\sqrt{m\hbar\omega}P)^2\right]$

其中 $\left[\sqrt{m\hbar\omega}Q,\sqrt{m\hbar\omega}P\right]=i\hbar m\omega$ 。对比得到

$\omega\to\omega_c,\quad\sqrt{m\hbar\omega}Q\to\Pi_1,\quad\sqrt{m\hbar\omega}P\to\Pi_2$

那么可以照搬谐振子的体系

$\begin{aligned} a &\equiv \frac{1}{\sqrt{2}}(Q + iP) \\[1em] H_{\text{HO}} &= \hbar \omega \left(a^\dagger a + \frac{1}{2}\right) \end{aligned} \quad \Rightarrow \quad \begin{aligned} b &\equiv \frac{1}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} (\Pi_1 + i\Pi_2) \\[1em] H &= \hbar \omega_c \left(b^\dagger b + \frac{1}{2}\right) \end{aligned}$

对应的能量本征值为

$\boxed{E_n=\hbar\omega_c\left(n+\frac{1}{2}\right),n=0,1,2,\cdots}$

这就是著名的朗道能级，磁场越强，能级间距越大。振子的特征长度是 $q'_0 \equiv \sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega}}$ ，这里的特征长度是 $l_B = \sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega_c}} = \sqrt{\dfrac{\hbar}{qB}}$ ，称为磁长度。

这看起来就能直接套用谐振子体系完美解决了？并非，因为我们还没有讨论态的问题。圆周中心可以在 $x-y$ 平面内的任何位置，每一个不同的圆心就代表一个不同的态，因此朗道能级必须是无限简并的。

为此我们取矢势 $A$ 生成一个均匀的磁场

$\boldsymbol{A}=\frac{1}{2}\boldsymbol{B}\times \boldsymbol{x}=-\frac{1}{2}yB\widehat{x}+\frac{1}{2}xB\widehat{y}$

在这个规范下，其基态为

$b|0\rangle=0\quad \Rightarrow\quad (\Pi_1+i\Pi_2)|0\rangle=0$

代入机械动量的定义

$(p_x-qA_x+ip_y-iqA_y)|0\rangle=0 \quad \Rightarrow\quad \left(p_x+\frac{1}{2}qyB+ip_y-i\frac{1}{2}qxB\right)|0\rangle=0$

在坐标表象下， $p_x=-i\hbar\dfrac{\partial}{\partial x},p_y=-i\hbar\dfrac{\partial}{\partial y}$ ，所以基态波函数满足

$\left(-i\hbar\partial_x+\frac{1}{2}qyB+\hbar\partial_y-i\frac{1}{2}qxB\right)\psi_0(x,y)=0\quad \Rightarrow \quad \left[\left(\partial_x+i\partial_y\right)+\frac{qB}{2\hbar}(x+iy)\right]\psi_0(x,y)=0$

这是一个二维的一阶偏微分方程，而谐振子是一维的偏微分方程，我们引入复变量来解这个方程

$z\equiv x+iy,z^*\equiv x-iy\quad \Rightarrow\quad x=\frac{1}{2}(z+z^*),y=\frac{1}{2i}(z-z^*)$

对 $x$ 和 $y$ 的偏导就转化成了对 $z$ 和 $z^*$ 的偏导，且相互独立

$\partial_{z^*}=\frac{\partial x}{\partial z^*}\partial_x+\frac{\partial y}{\partial z^*}\partial_y=\frac{1}{2}(\partial_x+i\partial_y)$

偏微分方程变为

$\left(\partial_{z^*}+\frac{qB}{4\hbar}z\right)\psi_0(z,z^*)=0$

我们可以猜出这个方程的解。注意到一个特解 $\left(\partial_{z^*}+\frac{qB}{4\hbar}z\right)e^{-\frac{qB}{4\hbar}zz^*}=0$ ，所以我们猜测通解为

$\psi_0(z,z^*)=e^{-\frac{qB}{4\hbar}zz^*}f(z)$

其中 $f(z)$ 是 $z$ 的任意函数，因为 $z$ 和 $z^*$ 的偏导独立，且根据复变函数的结论，若一个函数只是 $z$ 的函数，那么它是一个解析函数。因此，所有可能的解析函数 $f(z)$ 会产生无穷多个基态波函数，简并度就是无穷大。

一般情况下，我们取幂函数 $f(z)=z^n$ ，那么基态波函数为

$\psi_0^{(n)}(z,z^*)=e^{-\frac{qB}{4\hbar}zz^*}z^n,n=0,1,2,\cdots$

朗道能级在量子霍尔效应理论中起着核心作用。

阿哈罗诺夫-玻姆效应

在经典电动力学中，只有 $\boldsymbol{E}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 是确定的。在量子力学中，势 $\phi$ 和 $\boldsymbol{A}$ 就出现在哈密顿量中，粒子的行为由其波函数决定，但波函数无法直接观测。

考虑如下装置

一个带电粒子可以通过穿越 $P_1$ 和 $P_2$ 两条路径中的一条或另一条到达探测屏 $D$ ，而在这些路径上没有磁场。但是，在两条路径之间的区域内，存在一个局限磁场 $\boldsymbol{B}$ 。

即使在磁场区域外部 $\boldsymbol{B} = \nabla \times \boldsymbol{A} = 0$ ，矢量势 $\boldsymbol{A}$ 也不会在外部区域各处都消失，取图中的绿色虚线环路，虽然磁场外部 $\boldsymbol{A}$ 的旋度为零，但 $\boldsymbol{A}$ 的环路积分并不为零。

$\oint A\cdot dx=\iint(\nabla\times A)\cdot dS=\iint B\cdot dS=\Phi\neq0$

当不存在磁场时， $L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2$ ，根据路径积分，在 $D$ 点探测到粒子的振幅为： $\psi(D) = \psi_{P1}(D) + \psi_{P2}(D)$

当开启磁场时， $L=\dfrac{1}{2}m\dot{x}^2+q\dot{x}\cdot A$ ，根据路径积分，在 $D$ 点探测到粒子的振幅为

$\begin{aligned} \psi(D)&=\psi_{P_{1}}(D)\textcolor{teal}{e^{\frac{i}{\hbar}\int_{P_{1}}dtq\dot{x}\cdot A}}+\psi_{P_{2}}(D)\textcolor{orange}{e^{\frac{i}{\hbar}\int_{P_{2}}dtq\dot{x}\cdot A}} \\[1em] &= \psi_{P_1}(D) e^{\frac{i}{\hbar} q \textcolor{teal}{\int_{P_1} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}}} + \psi_{P_2}(D) e^{\frac{i}{\hbar} q \textcolor{orange}{\int_{P_2} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}}} \\[1em] &= e^{\frac{i}{\hbar} q \int_{P_1} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}} \left[ \psi_{P_1}(D) + \psi_{P_2}(D) e^{\frac{i}{\hbar} q (\textcolor{orange}{\int_{P_2} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}} - \textcolor{teal}{\int_{P_1} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}})} \right] \\[1em] &= e^{\frac{i}{\hbar} q \int_{P_1} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}} \left[ \psi_{P_1}(D) + \psi_{P_2}(D) e^{\frac{i}{\hbar} q \textcolor{blue}{\oint \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}}} \right] \\[1em] &= e^{\frac{i}{\hbar} q \int_{P_1} \boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{x}} \left[ \psi_{P_1}(D) + \psi_{P_2}(D) e^{\frac{i}{\hbar} q \textcolor{blue}{\Phi}} \right] \end{aligned}$

通过改变磁场 $\boldsymbol{B}$ 的强度，进而改变磁通量 $\Phi$ ，会导致构成 $\psi_D$ 的两部分贡献之间的相对相因子 $e^{i \frac{q\Phi}{\hbar}}$ 发生变化。因此，在 $D$ 上某固定点的干涉图样会随 $\Phi$ 呈正弦变化，其周期为 $2\pi\hbar/q$ 。

因子 $e^{i \frac{q\Phi}{\hbar}}$ 就是拓扑相因子的一个例子，因为只有当参与干涉的各条路径无法在不穿越 $\boldsymbol{B} \neq 0$ 区域的前提下通过连续变化重合时，该效应才会存在。

几何相位

绝热近似

假设哈密顿量 $H(\mathbf{R}(t))$ 通过 $N$ 个参数 $\mathbf{R}(t) = (R_1, \cdots, R_N)$ 随时间变化。态矢量遵循薛定谔方程演化

$i\hbar \frac{\partial|\psi(t)\rangle}{\partial t} = H(\mathbf{R}(t)) |\psi(t)\rangle$

虽然哈密顿量含时，但我们仍然可以对角化，本征值和本征态都随时间变化。含时哈密顿量 $H(\mathbf{R}(t))$ 具有瞬时本征矢量

$H(\mathbf{R}(t)) |n\mathbf{R}(t)\rangle = E_n(\mathbf{R}(t)) |n(\mathbf{R}(t))\rangle$

直观地看，如果 $\mathbf{R}(t)$ 变化得足够慢，且系统被制备在 $H(\mathbf{R}(0))$ 的某个本征态上，也就是 $|\psi(0)\rangle = |n(\mathbf{R}(0))\rangle$ ，那么除了相差一个相因子外，其含时状态应当就是 $|n(\mathbf{R}(t))\rangle$ 。

现在我们将瞬时本征态 $|n(\mathbf{R}(t))\rangle$ 作为基底

$|\psi(t)\rangle=\sum_nc_n(t)e^{i\alpha_n(t)}|n(R(t))\rangle$

其中 $\alpha_n(t)\equiv-\dfrac{1}{\hbar}\int_0^tdsE_n(R(s))$ 称为动力学相位，将 $c_n(t)e^{i\alpha_n(t)}$ 整体看作展开系数。将上式代入薛定谔方程，观察 $c_n$ 满足的条件

$i\hbar\frac{d}{dt}\sum_nc_n(t)e^{i\alpha_n(t)}|n(R(t))\rangle=H(R(t))\sum_nc_n(t)e^{i\alpha_n(t)}|n(R(t))\rangle$

整理上式可以得到

$\dot{c}_m=-\sum_nc_ne^{i(\alpha_n-\alpha_m)}\langle m|\dot{n}\rangle$

另一方面，对含时本征方程求导为

$\dot{H}|n\rangle+H|\dot{n}\rangle=\dot{E}_n|n\rangle+E_n|\dot{n}\rangle$

将上式左乘 $\langle m|$ ，得到

$\langle m|\dot{H}|n\rangle+E_m\langle m|\dot{n}\rangle=\delta_{mn}\dot{E}_n+E_n\langle m|\dot{n}\rangle$

对于 $m = n$ ，得到

$\langle n|\dot{H}|n\rangle=\dot{E}_n$

这就是赫尔曼-费曼定理：含参哈密顿量的时间导数的期望值等于该哈密顿量的本征值对参数的时间导数。
对于 $m \neq n$ ，得到

$\langle m|\dot{n}\rangle=\langle m|\dot{H}|n\rangle/(E_n-E_m)$

将上面两种情况代入 $\dot{c}_m$ 的表达式中，得到

$\dot{c}_m=-c_m\langle m|\dot{m}\rangle-\sum_{n(\neq m)}c_ne^{i(\alpha_n-\alpha_m)}\frac{\langle m|\dot{H}|n\rangle}{E_n-E_m}$

各个 $\dot{c}_m$ 仍然耦合在一起。但这是我们还没做任何近似。为了简化问题，我们做出绝热近似。

我们现在选择零时刻的瞬时本征矢量作为初始态

$|\psi(0)\rangle=|m(R(0))\rangle\Rightarrow c_n(0)=\delta_{mn}$

我们现假设 $H(\mathbf{R}(t))$ 随时间的变化足够缓慢，使得矩阵元 $\langle m|\dot{H}|n \rangle$ 的变化率远小于能级跃迁频率 $(E_n - E_m)/\hbar$ 。在此条件下，我们可以忽略 $c_m$ 演化方程中的第二项（即能级间的耦合项），从而得到

$\dot{c}_m=-c_m\langle m|\dot{m}\rangle$

在绝热极限下 $|c_m(t)|=1$ ，若 $n \neq m$ ，则 $c_n(t)=0$ 。系统将保持在初始本征态上而不会跃迁到其他本征态。显然上式得解为

$c_m(t)=c_m(0)e^{-\int_0^tds\langle m(s)|\dot{m}(s)\rangle}$

因为 $\ket{m}$ 是归一化的 $\langle m|m\rangle=1$ ，其时间导数为 $\langle m|\dot{m}\rangle+\langle\dot{m}|m\rangle=0$ ，自身和复共轭相加为零说明 $\langle m|\dot{m}\rangle$ 是纯虚数，所以 $c_m(t)$ 的模长为 $c_m(0)$ ，仅有相位变化。

定义一个实量

$\gamma_m(t)\equiv i\int_0^tds\langle m(s)|\dot{m}(s)\rangle$

所以 $c_m(t)=c_m(0)e^{i\gamma_m(t)}$ ，最终得到初态随时间的演化不在态之间跃迁，仅会在初态上积累相因子

$|\psi(t)\rangle=e^{i\alpha_n(t)+i\gamma_m(t)}|m(R(t))\rangle$

乍看之下，计算 $\gamma_m(t)$ 似乎很困难，因为这需要知道本征态 $|m(\mathbf{R}(t))\rangle$ 随时间变化的具体形式，我们需要一个巧妙的操作。

注意到态 $|m(\mathbf{R}(t))\rangle$ 是通过参数 $\mathbf{R}(t)$ 依赖于时间的，对复合函数求导

$|\dot{m}(\boldsymbol{R}(t))\rangle=\sum_j\frac{\partial|\boldsymbol{m}(\boldsymbol{R}(t))\rangle}{\partial R_j}\frac{dR_j}{dt}=\nabla_{\boldsymbol{R}}|m(\boldsymbol{R}(t))\rangle\cdot\frac{d\boldsymbol{R}}{dt}$

将上式代入 $\gamma_m(t)$ 的定义中，得到

$\gamma_m(t) = i \int_0^t ds \langle m(\boldsymbol{R}(s)) | \nabla_{\boldsymbol{R}} | m(\boldsymbol{R}(s)) \rangle \cdot \frac{d\boldsymbol{R}}{ds} = i \int_{\boldsymbol{R}(0)}^{\boldsymbol{R}(t)} \langle m(\boldsymbol{R}(s)) | \nabla_{\boldsymbol{R}} | m(\boldsymbol{R}(s)) \rangle \cdot d\boldsymbol{R}$

但仅是这样并不能简化计算。现在假设 $\mathbf{R}(t)$ 在参数空间中沿某条闭合曲线 $C$ 演化，使得 $\mathbf{R}(0) = \mathbf{R}(T)$ 。那么 $\gamma_m$ 变为沿闭合曲线 $C$ 的线积分

$\gamma_m(T) = i \oint_C \langle m(\boldsymbol{R}(s)) | \nabla_{\boldsymbol{R}} | m(\boldsymbol{R}(s)) \rangle \cdot d\boldsymbol{R} \equiv \oint_C \mathcal{A}_m(\boldsymbol{R}) \cdot d\boldsymbol{R}$

其中 $\mathcal{A}_m(\boldsymbol{R}) \equiv i \langle m(\boldsymbol{R}) | \nabla_{\boldsymbol{R}} | m(\boldsymbol{R}) \rangle$ 称为贝里联络。在绝热近似下，这种净相位变化仅取决于参数空间中的闭合路径 $C$ ，而与 $\mathbf{R}(t)$ 的演化速率无关。它被称为几何相位，通常也称为贝里相位。

虽然公式 $\gamma_m(T) = i \oint_C \langle m(\mathbf{R}) | \nabla_{\mathbf{R}} | m(\mathbf{R}) \rangle \cdot d\mathbf{R}$ 中的被积函数依赖于 $|m(\mathbf{R})\rangle$ 的任意相位选取，但该积分本身与这些相位无关，因此净相位变化 $\gamma_m(T)$ 是一个仅取决于路径几何形状的不变量。
贝里相位可以重写为 $\gamma_m(T) = \int_S \boldsymbol{\mathcal{B}}_m(\mathbf{R}) \cdot d\mathbf{S}$ ，其中

$\boldsymbol{B}_m(\boldsymbol{R}) \equiv \nabla_{\boldsymbol{R}} \times \mathcal{A}_m(\boldsymbol{R}) = i \sum_{n(\neq m)} \frac{\langle m(\boldsymbol{R}) | \nabla_{\boldsymbol{R}} H(\boldsymbol{R}) | n(\boldsymbol{R}) \rangle \times \langle n(\boldsymbol{R}) | \nabla_{\boldsymbol{R}} H(\boldsymbol{R}) | m(\boldsymbol{R}) \rangle}{[E_m(\boldsymbol{R}) - E_n(\boldsymbol{R})]^2}$

考虑一个在磁场中的自旋 $1/2$ 粒子，其哈密顿量为 $H\left(R\left(t\right)\right)=\mu_B\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}(t)$ ，其中 $\mu_B$ 是玻尔磁子。假设磁场 $\boldsymbol{B}(t)$ 的大小恒定，仅方向随时间缓慢变化。当 $\boldsymbol{B}=0$ 时简并消除，两个本征值为 $E_\pm(\boldsymbol{B})=\pm|\boldsymbol{B}|=\pm\mu_BB$ 。根据 $\nabla_{\boldsymbol{R}} H=\mu_B\boldsymbol{\sigma}$ ，可以计算出

$\boldsymbol{\mathcal{B}}_\uparrow(\boldsymbol{B})=-\frac{1}{2B^2}[\sin\theta\cos\phi\boldsymbol{e}_x+\sin\theta\sin\phi\boldsymbol{e}_y+\cos\theta\boldsymbol{e}_z]=-\frac{\hat{B}}{2B^2}$

其中 $\hat{B}=(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)$ 是 $\boldsymbol{B}$ 的单位矢量。若依照电场定义磁场强度 $B=\dfrac{g}{4\pi r^2}e_r$ ，则 $g=-2\pi$ 时就得到了上式，因此我们可以认为， $\boldsymbol{\mathcal{B}}_{\uparrow}(\mathbf{B})$ 对应于一个位于 $\mathbf{B}$ 空间原点（该点也是简并点）且强度为 $-2\pi$ 的磁单极子。