1. 개요
Aharonov-Bohm effect1959년 아로노프(Yakir Aharonov, 1932)와 봄(David Joseph Bohm, 1917-1992)이 발견한 현상으로, 대전된 입자가 전자기장이 없는 영역(명확히는 전자기장 텐서가 0인 영역)에서도 이러한 전자기장의 효과를 받는 현상을 일컫는다.
전기 퍼텐셜(이하 "스칼라 퍼텐셜")과 자기 퍼텐셜(이하 "벡터 퍼텐셜") 두 퍼텐셜에 의한 효과가 있다.
이 문서에서는 학부 수준만 논의하기로 한다. 좀 더 심층적인 정보를 원하는 독자는 이곳(영어)을 참고하기 바란다.
이 현상은 상당히 중요한데, 어떤 독자들은 장에 대한 퍼텐셜은 장이 벡터라는 수학적인 번거로움을 덜기 위해 도입한 것, 즉 실재하지 않고 오로지 수학적인 편의를 위해서만 도입한 것이라 생각할 수도 있다. 그러나 이 현상은 퍼텐셜에 의해 영향을 받는다는 게 실제적으로 관측된다는 것이다. 물론 퍼텐셜 자체는 측정되지 않지만 절대로 전자와 같이 생각하면 안되며, 이 현상은 퍼텐셜이 물리적으로 실재함을 보여주고 증명한다고 볼 수 있다.
2. 선수 지식
2.1. 전자기장에 의한 해밀토니언
로런츠 힘 문서에서 전기장과 자기장이 있는 영역에서 대전된 입자는 다음과 같은 해밀토니언을 가짐을 논의했다.[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}=\frac{1}{2m} (\mathbf{p}-q \mathbf{A})^{2}+q \Phi \end{aligned})]
[math(\Phi)], [math(\mathbf{A})]는 각각 스칼라 퍼텐셜, 벡터 퍼텐셜이다.
2.2. 전자기장 내 슈뢰딩거 방정식의 변형
스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜 모두 게이지 변환에 대해 불변이며, 그것은 전자기파 방사 문서에서 소개된 것 처럼 다음과 같다.[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A} &= \mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\Lambda \\ \Phi &= \Phi- \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \end{aligned} )]
전자기장이 있는 곳에서 해밀토니언을 분석해보면
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}&=\frac{1}{2m} (-i\hbar \boldsymbol{\nabla}-q \mathbf{A})^{2}+q \Phi \\&=\frac{1}{2m} (-i\hbar \boldsymbol{\nabla}-q \mathbf{A}) \boldsymbol{\cdot}(-i\hbar \boldsymbol{\nabla}-q \mathbf{A}) +q \Phi \\&=\frac{1}{2m} (-\hbar^{2} \nabla^{2}+i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}+i \hbar q \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+q^2 A^2 )+q \Phi \end{aligned})]
따라서 파동함수를 적용시키면
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}\psi &=\frac{1}{2m} (-\hbar^{2} \nabla^{2}+i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}+i \hbar q \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+q^2 A^2 )\psi+q \Phi \psi \\&=\frac{1}{2m} [-\hbar^{2} \nabla^{2}\psi+i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+i \hbar q \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} (\mathbf{A}\psi)+q^2 A^2 \psi ]+q \Phi \psi \\&=\frac{1}{2m} [-\hbar^{2} \nabla^{2}\psi+i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+i \hbar q [\mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A} )\psi]+q^2 A^2 \psi ]+q \Phi \psi \\&=\frac{1}{2m} [-\hbar^{2} \nabla^{2}\psi+2i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+i \hbar q (\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A} )\psi+q^2 A^2 \psi ]+q \Phi \psi \end{aligned})]
정적인 자기장을 다룬다면, 쿨롱 게이지 조건 [math(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}=0)]을 도입할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}\psi &=\frac{1}{2m} [-\hbar^{2} \nabla^{2}\psi+2i \hbar q \mathbf{A} \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+q^2 A^2 \psi ]+q \Phi \psi \end{aligned})]
게이지 불변성을 이용해 벡터 퍼텐셜과 스칼라 퍼텐셜을 대치한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}\psi &=\frac{1}{2m} [-\hbar^{2} \nabla^{2}\psi+2i \hbar q (\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\Lambda) \boldsymbol{\cdot} (\boldsymbol{\nabla}\psi)+q^2 (\mathbf{A}+\boldsymbol{\nabla}\Lambda)^2 \psi ]+q \left(\Phi- \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \right) \psi \end{aligned})]
만약 [math(\boldsymbol{\nabla}\Lambda=-\mathbf{A})], [math(\dot{\Lambda}=\Phi)]를 만족하게만 할 수 있다면,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}\psi' &=-\frac{\hbar^{2}}{2m} \nabla^{2}\psi' \end{aligned})]
으로 자유입자의 해밀토니언으로 쓸 수 있다. 파동함수에 프라임을 붙인 것은 전자기장을 게이지 변환할 경우 파동함수 또한 변환이 이루어져야 하기 때문이다. 이는 다음과 같으며 그 이유는 게이지 변환 문서를 참고하기 바란다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \psi'=\psi\exp{\biggl( i\frac{q\Lambda}{\hbar} \biggr)} \end{aligned})]
사실상 본래의 파동함수에 새로운 "위상"이 붙는다고 볼 수 있다. 중요한 것은 이러한 효과를 준 것이 장이 아니라 퍼텐셜이라는 점이다.
문제를 간단히 하기위해 벡터 퍼텐셜만 있는 경우, 스칼라 퍼텐셜만 있는 경우로 나눈다. 전자의 경우
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Lambda=\int_{P} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} \end{aligned})]
[math(P)]는 어떤 경로이다. 특히 경로가 폐곡선이라면
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Lambda=\oint_{C} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} =F \end{aligned})]
[math(F)]는 자기 선속이다. 이렇게 되는 이유는 자기 퍼텐셜 문서에 있다. 반대로 후자의 경우
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Lambda=\int_{0}^{t} \Phi\,{\rm d}t' \end{aligned})]
이 성립한다.
3. 상세
위에서도 주의를 준 바 있으나 이 현상은 장에 의해 생기는 게 아니라 퍼텐셜에 의해 생긴다는 점이다. 이 점을 잘 상기하면서 읽어나가길 바란다.3.1. 벡터 퍼텐셜에 의한 효과
위 그림과 같이 [math(xy)] 평면에 놓인 원형 회색 영역에만 자기장이 존재한다고 하자. 문제를 간단히 하기 위해 해당 자기장은 균일한 자기장이며 [math(z)] 방향이라고 가정하자.[1] 이 경우 벡터 퍼텐셜은 내외부 모두 [math(\phi)] 방향이다.[2]
이 경우 "경계"를 기준으로 회색 영역(내부)에만 자기장이 존재하기 때문에 고전적으로 생각할 때 입자는 두 점 [math(\sf{S})], [math(\sf{F})]를 잇는 두 경로 [math(P_{1})], [math(P_{2})]에 대해 입자가 이동하더라도 전자기장의 영향은 받지 않을 것이다. 그러나 실험에서는 이것이 아님이 드러났다.
이중슬릿 실험과 같이 입자 빔을 이중 슬릿에 통과시킨 후 위와 같은 상황을 만든다. 그리고 일정 거리 떨어진 곳에 스크린을 설치한다. 그렇다면 잘 알듯이 간섭 무늬를 만들게 된다. 그런데 여기서 자기장의 세기를 변화시킨다고 해보자. 자기장을 차폐했기에 외부는 아무런 영향을 받지 않는게 상식적이다. 간섭 무늬는 변화가 없어야 할 것이다. 그러나 자기장의 세기의 변화가 생김에 따라 이 간섭무늬가 이동했다. 이것은 곧 전자기장의 영향을 받았다고 해석할 수밖에 없다.
이것은 사실 눈치가 빠른 사람은 깨달았겠지만, 위에서 게이지 변환을 다룰 때 다뤄진 파동함수의 변환에서 그 이유를 찾을 수 있다. 아까 윗 문단에서 이러한 변환을 거칠 때, "위상"이 붙는 셈이라고 했다. 이에 위 그림의 두 경로를 지날 때 서로 다른 위상이 붙게 되고, 결국 이들이 간섭했을 때 위상차가 생기기 때문에 위 실험에서 간섭 무늬가 이동한 것이다.
위 상황에서 "경계" 내부를 제외한 영역의 슈뢰딩거 방정식은 다음과 같이 주어진다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{2m} (-i\hbar \boldsymbol{\nabla}-q \mathbf{A})^{2}\psi=E\psi\end{aligned})]
이상의 결과를 사용하면 다음과 같은 파동함수를 사용하면
[math(\displaystyle \begin{aligned} \psi'=\psi\exp{\biggl( i\frac{q}{\hbar} \int_{P} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} \biggr)} \end{aligned})]
자유 입자와 같은 문제로 취급할 수 있다. 즉
[math(\displaystyle \begin{aligned} \psi=\psi'\exp{\biggl( -i\frac{q}{\hbar} \int_{P} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} \biggr)} \end{aligned})]
이다. [math(\psi')]는 자유 입자의 파동함수이다. 여기서 보면 알겠지만 어떤 경로를 지나느냐에 따라 파동함수의 위상은 달라진다. 경로 [math(P_{j})]를 지날 때 파동함수를 [math(\psi_{j})]라 하면 [math(\sf{F})]에서 파동함수는 선협 결합
[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{2}(\psi_{1}+\psi_{2}) =\frac{\psi_{1}}{2}\left( 1+\frac{\psi_{2}}{\psi_{1}} \right) \end{aligned})]
인데,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\psi_{2}}{\psi_{1}}&=\exp{\biggl[ -i\frac{q}{\hbar} \left( \int_{P_{2}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r}-\int_{P_{1}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} \right) \biggr]} \\ &=\exp{\biggl( -i \frac{q}{\hbar} \oint_{C} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r} \biggr)}\\ &=\exp{\left( -i \frac{qF}{\hbar} \right) }\\ &=\exp{\left( -i \frac{qBS}{\hbar} \right) } \end{aligned})]
이므로 ([math(C)]는 두 경로를 이은 폐곡선이며, [math(S)]는 폐곡선 사이의 넓이이다.[3])
[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{2}(\psi_{1}+\psi_{2}) =\frac{\psi_{1}}{2}\left[ 1+\exp{\left( -i \frac{qBS}{\hbar} \right) } \right] \end{aligned})]
입자의 발견 확률은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \left|\frac{1}{2}(\psi_{1}+\psi_{2})\right|^2 &=\frac{|\psi_{1}|^2}{2}\left[ 1+ \cos{\biggl(\frac{qBS}{\hbar} \biggr)} \right] \\&=|\psi_{1}|^2\cos^2{\biggl(\frac{qBS}{\hbar} \biggr)}\\&=|\psi'|^2\cos^2{\biggl(\frac{qBS}{\hbar} \biggr)}\\&=|\psi'|^2\cos^2{\biggl(\frac{qF}{\hbar} \biggr)} \end{aligned})]
여기서 보면 [math(\sf{F})]에서 입자의 발견 확률은 진동함을 알 수 있다. 즉, 자기장의 세기를 변화시키면 입자의 발견 확률이 진동하게 되며, 이를 다르게 말하면 입자가 관측되기도 하고 관측이 안되기도 함을 뜻한다, 이를 윗 실험과 연관시켜보면 전체의 간섭 무늬가 이동해야 함을 알 수 있다. 이는 두 경로의 위상차에서 비롯되었다.
3.1.1. 베리 위상으로 해석
위 그림과 같이 폐원판 [math(x^2+y^2 \leq d^2)] 영역에만 균일한 자기장 [math(\mathbf{B}=B\mathbf{e}_{z})]가 존재한다고 하자. 이때, 한 변의 길이가 [math(L)]인 무한 퍼텐셜 상자에 전하량 [math(q)]이고, 질량이 [math(m)]인 입자가 갇혀있다고 가정하자. [math(\mathbf{R})]은 상자 중심까지의 위치 벡터, [math(\mathbf{r})]은 입자의 위치 벡터이다.
이때 상자를 아주 천천히 원 궤도로 돌린다고 생각해보자. 이 경우 단열 근사를 사용할 수 있다. 이때 해밀토니언은 [math(\mathbf{R}(t))]에 의존하게 될 것이다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}(\mathbf{R}(t))\psi(\mathbf{R}(t))=E(\mathbf{R}(t))\psi(\mathbf{R}(t)) \end{aligned})]
이때, 베리 위상은 해당 문서에서 다뤘듯이
[math(\begin{aligned} {\gamma} = \int_{\mathbf{R}}^{\mathbf{r}} i\langle \varphi_{n}(t)| \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}\varphi_{n}(t) \rangle \boldsymbol{\cdot } {\rm d}\mathbf{R'} \end{aligned})]
인데, 여기서
[math(\displaystyle \begin{aligned} \psi=\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \exp{ \biggl(-i \frac{q}{\hbar} \int_{\mathbf{R}}^{\mathbf{r}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r'} \biggr)} \end{aligned})]
이다. [math(\varphi_{n})]은 무한 퍼텐셜 상자의 고유함수이다. 한편,
[math(\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}} \biggl[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \exp{ \biggl(-i \frac{q}{\hbar} \int_{\mathbf{R}}^{\mathbf{r}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r'} \biggr)} \biggr]=\boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) ]\exp{ \biggl(-i \frac{q}{\hbar} \int_{\mathbf{R}}^{\mathbf{r}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r'} \biggr)}-\frac{iq\mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar}\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \exp{ \biggl(-i \frac{q}{\hbar} \int_{\mathbf{R}}^{\mathbf{r}} \mathbf{A}\boldsymbol{\cdot} {\rm d}\mathbf{r'} \biggr)} \end{aligned})]
이므로
[math(\begin{aligned} \langle \varphi_{n}(t)| \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}\varphi_{n}(t) \rangle&=\iiint \varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) ]\,{\rm d}^{3}\mathbf{r}-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \langle \varphi_{n}(\mathbf{r-R})|\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \\ &=\iiint \varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) ]\,{\rm d}^{3}\mathbf{r}-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \\ &=-\iiint \varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \boldsymbol{\nabla}[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) ]\,{\rm d}^{3}\mathbf{r}-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \\&=\frac{1}{i\hbar}\iiint \varphi_{n}(\mathbf{r-R}) [-i\hbar\boldsymbol{\nabla}[\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) ]]\,{\rm d}^{3}\mathbf{r}-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar}\\&=\frac{1}{i\hbar}\langle \varphi_{n}(\mathbf{r-R})|\mathbf{p}|\varphi_{n}(\mathbf{r-R}) \rangle-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \\&=\frac{1}{i\hbar}\langle \mathbf{p} \rangle-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \end{aligned})]
여기서 [math(\boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}=-\boldsymbol{\nabla})]임을 이용했다. 이는 분리 벡터 문서의 설명을 참조한다. 무한 퍼텐셜 우물 문서의 결과와 같이 이 문제에서 운동량 기댓값은 [math(\mathbf{0})]이다.
[math(\begin{aligned} \therefore \langle \varphi_{n}(t)| \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}\varphi_{n}(t) \rangle&=-\frac{iq \mathbf{A}(\mathbf{R})}{\hbar} \\&=-\frac{iq}{\hbar}\frac{B d^2}{2R} \mathbf{e}_{\phi} \end{aligned})]
이 문제에서 벡터 퍼텐셜을 계산하는 법은 자기 퍼텐셜 문서의 하위 문서 예제에서 솔레노이드의 자기 퍼텐셜을 구한 것을 참조하면 된다. 상자가 1회전하면
[math(\begin{aligned} {\gamma} &= \oint_{C} i\langle \varphi_{n}(t)| \boldsymbol{\nabla}_{\mathbf{R}}\varphi_{n}(t) \rangle \boldsymbol{\cdot } {\rm d}\mathbf{R} \\&= \frac{q}{\hbar}\int_{0}^{2\pi} \frac{B d^2}{2R} \mathbf{e}_{\phi} \boldsymbol{\cdot} R\mathbf{e}_{\phi} \, {\rm d}\phi \\&= \frac{q}{\hbar} \cdot B (\pi d^2) \\ &= \frac{qF}{\hbar} \end{aligned})]
이상에서 이 문제의 베리 위상은
[math(\begin{aligned} e^{i \gamma}=\exp{\biggl( i \frac{qF}{\hbar} \biggr)} \end{aligned})]
으로 아까와 같은 꼴의 위상을 얻었음을 알 수 있다. (단, 위 문제에서는 경로가 반대 방향이었기에 [math(-)]가 붙은 것이다.)
따라서 이러한 위상을 베리 위상으로 이해할 수 있다.
3.2. 스칼라 퍼텐셜에 의한 효과
이 경우에도 위와 같이 차폐된 전기장 영역을 생각하고, 스칼라 퍼텐셜은 시간에 의존한다고 생각해보자.벡터 퍼텐셜이 있는 경우와 같은 논법으로 시간 [math(t)]에서의 위상을 구하면 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \exp{\biggl( -i\frac{q}{\hbar}\int_{0}^{t} \Phi\,{\rm d}t' \biggr)} \end{aligned})]
이 경우는 시간에 따라 위상이 달라지기에 자기 퍼텐셜만 있는 경우와 비슷한 실험을 하면, 시간에 따라 간섭 무늬가 이동하게 될 것이다.