BEC 超流

贡献者： jiangnan; addis

1. 理想气体玻色爱因斯坦凝聚

　　首先，我们回顾一下理想玻色气体的 BEC。假设这种玻色子的色散是 $ϵ_{k} = ℏ^{2} k^{2} / 2 m$ （实际上长什么样在我们这里一般的分析中并没有什么关系）。我们可以看到，对于玻色-爱因斯坦分布， $n_{k} = 1 / (e^{β (ϵ_{k} + μ)} - 1)$ 。为保证粒子占据数为正，则要求对任意动量 $k$ 都有 $e^{β (ϵ_{k} + μ)} - 1 > 0$ 。因此当 $k = 0$ 时，就要求 $μ \geq 0$ 。读者可以看到，对于任意动量态 $k$ ，在 $μ$ 越大的情况下，粒子数占据 $n_{k}$ 就越小，因此玻色分布有一个总粒子数的上限，即令 $μ = 0$ 时的粒子数，

\begin{matrix} (1) & N_{m a x} (β) = \sum_{k} \frac{1}{e^{β ϵ_{k}} - 1} . \end{matrix}

对于量子体系，能够取到的

k

的值是离散的，以一维体系为例，设体系长度为

L

,动量

k

的所有取值为

2 n π / L

，即相邻动量值相差

2 π / L

。如果我们把这个看作是在

k

空间中态的密度，则在三维情形中，单位体积里态的数目就是

V / (2 π)^{3}

。（这里假定的波函数是有周期边界条件的，如果我们假定波函数为驻波，此处的态数目相差一个

2^{3}

）。因此当体系足够大，粒子数足够多时（热力学极限下），玻色分布所能容纳的粒子数极限写为积分形式后为

\begin{matrix} (2) & N_{m a x} (β) = \frac{V}{(2 π)^{3}} \int d^{3} k \frac{1}{e^{β ϵ_{k}} - 1} . \end{matrix}

一旦粒子数超过这个极限，其余的粒子就会全部占据到基态，此时我们称出现了玻色-爱因斯凝聚。在发生相变临界时，如果我们将

β

看作粒子数密度的函数，则有

\begin{matrix} (3) & \frac{1}{β} = k_{B} T_{c} = \frac{2 π ℏ^{2}}{m} (\frac{n}{g_{3 / 2} (1)})^{2 / 3}, \end{matrix}

其中

g_{3 / 2} (1) = 2.612

为一玻色函数(Bose function)。该温度对应的德布罗意热波长为

\begin{matrix} (4) & λ_{D} \equiv \sqrt{\frac{2 π ℏ^{2}}{m k_{B} T}} = (\frac{g_{3 / 2} (1)}{n})^{1 / 3} . \end{matrix}

也即在体系的德布罗意热波长与平均粒子间距可比拟时，发生玻色爱因斯坦凝聚。在

T < T_{c}

时，体系粒子占据分为两部分，处于热态与处于基态的粒子，

\begin{matrix} (5) & N = N_{0} + \frac{V}{(2 π)^{3}} \int d^{3} k \frac{1}{e^{β ϵ_{k}} - 1}, N_{0} / N \neq 0 \end{matrix}

此时处于基态的粒子数呈现宏观占据。

2. 非对角长程序

　　看得出来我们虽然很熟悉什么是理想玻色气体的 BEC，但是对于一般的情况，如何规定它是否是处于凝聚的态呢？

　　首先，我们可以写出某个多体（ $N$ 体）波函数 $Ψ (r_{1}, r_{2}, \dots, r_{N})$ 密度矩阵 $ρ$ 。它的矩阵元有 $2 N$ 个指标， $⟨ x_{1}, \dots, x_{N} | ρ | y_{1}, \dots, y_{N} ⟩$ 。把它 trace 掉 $N - 1$ 个指标，得到

\begin{matrix} (6) & ρ (r, r^{'}) = N \int \sum_{s} p_{s} ψ^{*} (r, r_{2}, \dots, r_{N}) p_{s} ψ (r^{'}, r_{2}, \dots, r_{N}) d^{3} r_{2} \dots d^{3} r_{N} . \end{matrix}

二参数函数可以按照某一个基展开，

\begin{matrix} (7) & ρ (r, r^{'}) = \sum_{i} N_{i} φ_{i}^{*} (r) φ_{i} (r^{'}) . \end{matrix}

对于

N_{i}

，如果所有

N_{i} / N = 0

，那么就称这个态是 normal phase。如果有一个不等于

0

的，那就是一般的 BEC，如果有多个

N_{i} \neq 0

叫 fragment BEC。后两者称之存在非对角长程序（off-diagonal long-range order，ODLRO）。

3. 超流的相互作用理论

　　对于正常的 BEC 的情况， $\exists N_{0} ≫ N_{i \neq 0}$ ，如果我们忽略两体相互作用的细节，我们就可以写出

\begin{matrix} (8) & ρ (r, r^{'}) \approx N_{0} φ^{*} (r) φ (r^{'}) . \end{matrix}

其中，满足要求的系统的态是

\begin{matrix} (9) & Ψ (r_{1}, r_{2}, \dots, r_{N}) = \prod_{\otimes} φ (r_{i}), \end{matrix}

　　我们考虑系统的 Hamiltonian。利用赝势，我们写出

\begin{matrix} (10) & \hat{H} = \sum_{i}^{N} (\frac{\nabla_{i}^{2}}{2 m} + V (r_{i})) \sum_{⟨ i, j ⟩} \frac{4 π ℏ^{2} a_{s}}{m} δ^{3} (r_{i j}) \frac{\partial}{\partial r_{i j}} r_{i j} . \end{matrix}

　　显然，我们的波函数式 9 在这里面并不存在我们上一章讨论的 $r_{i} \to r_{j}$ 的那种发散行为，因为我们实际上忽略了两体相互作用的细节。当然，这种情况下我们很容易发现，没有奇异性的时候，赝势仅仅就是一个 $δ$ 而已，因为其形如 $r_{i j} \partial_{r_{i j}}$ 的成分在 $δ^{3} (r_{i j})$ 下不作任何贡献：

\begin{matrix} (11) & δ^{3} (r_{i j}) \frac{\partial}{\partial r_{i j}} r_{i j} = δ^{3} (r_{i j}), \end{matrix}

我们可以通过对

⟨ φ | H + μ N | φ ⟩

取极值得到本征值方程。

\begin{matrix} (12) & ε = N \int d^{3} r φ^{*} (r) (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) φ (r) + \frac{N (N - 1)}{2} \int d^{3} r \frac{4 π ℏ^{2} a_{s}}{m} | φ (r) |^{4} . \end{matrix}

以

φ^{*}

作为变量，

N \to \infty

而且

ϕ = \sqrt{N} φ, U \equiv \frac{4 π ℏ^{2} a_{s}}{m}

，我们有

\begin{matrix} (13) & \Rightarrow (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ + U | ϕ |^{2} ϕ = μ ϕ, \end{matrix}

这就是著名的不含时 Gross-Pitaevskii 方程。

　　如果我们考虑的不是一个定态问题，而是 $ϕ = ϕ (r, t)$ ，那么我们的这个方程实际上要稍作改动。符合直觉的我们可以得到 含时 Gross-Pitaevskii 方程

\begin{matrix} (14) & i ℏ \frac{\partial ϕ}{\partial t} = (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ + U | ϕ |^{2} ϕ, \end{matrix}

　　接下来我们做两个魔法操作。首先将 $ϕ^{*} \times$ 式 14 减去它的共轭，显然其左手边为

\begin{matrix} (15) & i ℏ ϕ^{*} \frac{\partial ϕ}{\partial t} + i ℏ ϕ \frac{\partial ϕ^{*}}{\partial t} = i ℏ \frac{\partial ϕ^{*} ϕ}{\partial t} = i ℏ \frac{\partial | ϕ |^{2}}{\partial t}, \end{matrix}

而右手边则为

\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} (ϕ^{*} (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ + U | ϕ |^{4}) - (ϕ (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ^{*} + U | ϕ |^{4}) \\ = & \frac{ℏ^{2}}{2 m} \nabla \cdot (ϕ \nabla ϕ^{*} - ϕ^{*} \nabla ϕ) . \end{aligned} \end{matrix}

于是，就得到

i ℏ \frac{\partial | ϕ |^{2}}{\partial t} = \frac{ℏ^{2}}{2 m} \nabla \cdot (ϕ \nabla ϕ^{*} - ϕ^{*} \nabla ϕ) .

定义

ϕ (r) = \sqrt{ρ} e^{i θ}

，其中

ρ = ρ (r), θ = θ (r)

。我们从而有

\begin{matrix} (17) & \frac{\partial ρ}{\partial t} + \nabla \cdot (ρ v), v \overset{def}{\equiv} \frac{ℏ}{m} \frac{\partial θ}{\partial t}, \end{matrix}

这就得到了连续性方程。当然，还得补充一个无旋方程

\begin{matrix} (18) & \nabla \times v = 0, \end{matrix}

另一个魔法是将

ϕ^{*} \times

式 14 它的共轭。左手边为

\begin{matrix} (19) & i ℏ ϕ^{*} \frac{\partial ϕ}{\partial t} - i ℏ ϕ \frac{\partial ϕ^{*}}{\partial t} = i ℏ ϕ^{* 2} \frac{\partial ϕ / ϕ^{*}}{\partial t} = - 2 ℏ ρ \frac{\partial θ}{\partial t}, \end{matrix}

而右边就有点复杂了，下面的最后一项会很复杂：

\begin{matrix} (20) & \begin{aligned} (ϕ^{*} (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ + U | ϕ |^{4}) + (ϕ (- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 m} + V (r)) ϕ^{*} + U | ϕ |^{4}) \\ = & 2 V ρ + 2 U ρ^{2} - \frac{ℏ^{2}}{2 m} (ϕ^{*} \nabla^{2} ϕ + ϕ \nabla^{2} ϕ^{*}) . \end{aligned} \end{matrix}

　　我们显然希望能够提取出来一个 $ρ$ ，所以我们给出详细的计算过程：

\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} \nabla^{2} ϕ & = \nabla^{2} (\sqrt{ρ} e^{i θ}) \\ = \nabla \cdot (\frac{e^{i θ}}{2 \sqrt{ρ}} \nabla ρ + i \sqrt{ρ} e^{i θ} \nabla θ) \\ = \frac{e^{i θ}}{2 \sqrt{ρ}} \nabla^{2} ρ + \frac{i e^{i θ}}{\sqrt{ρ}} \nabla θ \nabla ρ - \frac{e^{i θ}}{4 ρ^{3 / 2}} (\nabla ρ)^{2} - \sqrt{ρ} e^{i θ} (\nabla θ)^{2} + i \sqrt{ρ} e^{i θ} \nabla^{2} θ . \end{aligned} \end{matrix}

类似有

\begin{matrix} (22) & \begin{aligned} \nabla^{2} ϕ^{*} & = \nabla^{2} (\sqrt{ρ} e^{- i θ}) \\ = \nabla \cdot (\frac{e^{- i θ}}{2 \sqrt{ρ}} \nabla ρ - i \sqrt{ρ} e^{- i θ} \nabla θ) \\ = \frac{e^{- i θ}}{2 \sqrt{ρ}} \nabla^{2} ρ - \frac{i e^{- i θ}}{\sqrt{ρ}} \nabla θ \nabla ρ - \frac{e^{- i θ}}{4 ρ^{3 / 2}} (\nabla ρ)^{2} - \sqrt{ρ} e^{- i θ} (\nabla θ)^{2} - i \sqrt{ρ} e^{- i θ} \nabla^{2} θ, \end{aligned} \end{matrix}

从而有

\begin{matrix} (23) & ϕ^{*} \nabla^{2} ϕ + ϕ \nabla^{2} ϕ^{*} = \nabla^{2} ρ - \frac{1}{2 ρ} (\nabla ρ)^{2} - 2 ρ (\nabla θ)^{2} = 2 \sqrt{ρ} \nabla^{2} \sqrt{ρ} - 2 ρ (\nabla θ)^{2} . \end{matrix}

从而我们得到原本的式子右边等于

\begin{matrix} (24) & - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{1}{\sqrt{ρ}} + \frac{ℏ^{2}}{2 m} (\nabla θ)^{2} + V + U ρ . \end{matrix}

将

\nabla

作用到等式两边，得到

\begin{matrix} (25) & m \frac{\partial v}{\partial t} = - \nabla \cdot [- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{1}{\sqrt{ρ}} \nabla^{2} \sqrt{ρ} + \frac{1}{2} m v^{2} + V + U ρ] . \end{matrix}

　　以上的推导都是零温情况，只包含超流成分；有限温的问题可以加入正常流体的成分，从而变成二流体模型。考虑一个均匀系统 $V (r) = 0$ ，基态有均匀的密度 $ρ_{0}$ ，且 $v = 0$ 。我们可以对非基态的态的密度函数作展开： $ρ = ρ_{0} + δ ρ$ 。只取 $δ ρ, v$ 和 $k$ 的领头阶，我们可以简化刚刚得到的方程：

\begin{matrix} (26) & m \frac{\partial v}{\partial t} = - U \nabla \cdot δ ρ, \frac{\partial ρ}{\partial t} = - \nabla (ρ v) \approx - ρ_{0} \nabla v . \end{matrix}

联合起来就得到

\begin{matrix} (27) & \frac{\partial^{2} δ ρ}{\partial t^{2}} = \frac{U ρ_{0}}{m} \nabla^{2} δ ρ, \end{matrix}

即得到了声子色散

\begin{matrix} (28) & ω = \sqrt{\frac{U ρ_{0}}{m}} k . \end{matrix}

声速得到为

c = \sqrt{\frac{U ρ_{0}}{m}}

，是一个低能的线性 gapless 激发（从而无色散）。这与

U (1)

对称性是联系起来的。

4. 超流体的朗道判据

　　最后我们来说一下超流与临界速度。这个临界速度就和我们 BCS 里面的临界磁场有点像：超过这个速度，超流就不再是超流了。考虑一个质量为 $m_{0}$ ，速度 $v_{i}$ 的杂质，在与某处于 BEC 态的物体相互作用。如果有摩擦，也就是说，这个杂质被散射到某一速度 $v_{f}$ 了，我们可以在初始 BEC 质心系写能动量守恒

\begin{matrix} (29) & m_{0} v_{i} + q = m_{0} v_{f}, \frac{m_{0} v_{i}^{2}}{2} = \frac{m_{0} v_{i}^{2}}{2} + c | q | . \end{matrix}

得到

\begin{matrix} (30) & v_{i} \cdot q - c | q | = \frac{q^{2}}{2 m} . \end{matrix}

可见右边等式大于

0

，如果

v_{i} < c

，则左边无法满足也为正，即无法发生散射，也就是真正意义的 “超流”（不会产生摩擦作用），这个临界速度也就是声速

c

。

5. 朗道判据的理解(comment)

　　朗道在判定超流的时候，假定在静止状态下，超流体的能量为 $E_{g}$ ，如果超流体中产生一个声子（元激发），动量为 p，那么超流体的能量就会增加为 $E_{g} + ϵ (p)$ 。一般情况下，激发一个声子的能量总是要比没有声子的能量要高的，但这个情形在流动起来的超流体中并不总是成立。当超流体以速度 $V$ 运动起来后，没有激发时超流体的能量就变为 $E_{g} + M V^{2} / 2$ ,但这时再激发一个动量为 $p$ 的声子对体系增加的能量就不再是 $ϵ (p)$ 了。这个声子动量将会与超流体的速度耦合起来，我们首先要假定声子是一种波，这种波的动量与能量满足 $E = ℏ ω, P = ℏ k$ ,这种波在传播时的波函数可以写为 $ψ (\vec{x}, t) = e^{i (ω t - \vec{k} \vec{x})}$ 。在进行伽利略变换时，可以认为声子波与超流体之间是没有相互作用的两个实体，它们分别进行伽利略变换， $t^{'} = t, x^{'} = x + v t$ 。变换后的波函数写为

\begin{matrix} (31) & ψ (x^{'}, t^{'}) = e^{i (ω t^{'} - \vec{k} \cdot (\vec{x^{'}} - \vec{v} t))} = e^{i (ω + \vec{k} \cdot \vec{v}) t^{'} - i \vec{k} \cdot \vec{x^{'}}}, \end{matrix}

这个变换等价于令

ϵ (p)

变为

ϵ (p) + \vec{v} \cdot \vec{p}

,也即在流动的超流体中，激发出一个声子后体系总能量变为

E_{g} + M V^{2} / 2 + ϵ (p) + \vec{v} \cdot \vec{p}

。可以看到，如果

ϵ (p) + \vec{v} \cdot \vec{p} < 0

，那么体系激发出一个声子的能量就会小于没有声子激发的能量。朗道假定在超流体中存在一种线性激发，它的能谱为

ϵ (p) = c | p |

,此时激发声子能量为

c | p | + \vec{v} \cdot \vec{p}

,如果

v > c

时，体系就会倾向激发与

v

相反的声子，由此每激发一个声子超流体的动量都会减小，在传播时就会产生与容器壁的摩擦，进而产生耗散。在处理元激发的时候我们有时会把元激发看做一种粒子，但是这种粒子必须要与凝聚态体系发生相互作用，这种相互作用一般而言是难以刻画的，而

\vec{p} \cdot \vec{v}

就是粒子与凝聚态发生相互作用的形式，在超流体中由于可以激发声子，如果不考虑超流体与器壁的相互作用，超流体的动量

M V

与声子动量

p

都不再是守恒量，但是它们的总动量确实一个守恒量，且能量也是一个守恒量，所以在构造能量的时候就需要以

(M \vec{V} + \vec{p})^{2} / 2 M

这样的方式构造，自然就会包含这种相互作用。当然，这是一个 argue 而非证明。

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