非均匀配对

前面考虑的电子配对在实空间以及动量空间中都是均匀的，接下来考虑序参量依赖于空间位置，将均匀$\Delta$推广到缓慢变化的$\Delta(\mathbf{r})$。考虑更一般的时空依赖 HS 场

$\Delta(\mathbf r,\tau),\qquad \Delta^*(\mathbf r,\tau).$

在动量/频率表象下定义 Fourier 变换（Bosonic Matsubara 频率）

$\Delta(\mathbf r,\tau) =\frac{1}{\sqrt{\beta\mathcal V}} \sum_{\mathbf q,\Omega_m} \Delta(\mathbf q,\Omega_m)\, e^{i\mathbf q\cdot\mathbf r-i\Omega_m\tau},\qquad \Omega_m=\frac{2\pi m}{\beta}\quad (m\in\mathbb Z).$

注意，$\Delta$是波色场，因此松原频率对应的是玻色子的。结合均匀情形下的推导

$S_{\rm eff}[\Delta] =\int_0^\beta d\tau\int d^3r\,\frac{|\Delta|^2}{V} -\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln\left(\widehat{\mathcal G}_0^{-1}+\widehat{\mathcal M}[\Delta]\right) +\text{const}.$

将其表示为

$S_{\rm eff}[\Delta] =\int\frac{|\Delta|^2}{V}-\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln\widehat{\mathcal G}_0^{-1} -\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln\left(1+\widehat{\mathcal G}_0\widehat{\mathcal M}\right).$

结合

$\mathrm{Tr}\ln(1+X) =\mathrm{Tr}\left( X-\frac{X^2}{2}+\frac{X^3}{3}-\cdots \right), \qquad X=\widehat{\mathcal G}_0\widehat{\mathcal M}.$

因为配对矩阵$\hat{M}$是非对角矩阵，奇数项迹为零，于是最低非零项为二阶

$S_{\rm eff}^{(2)}[\Delta] =\int\frac{|\Delta|^2}{V} +\frac{1}{4}\mathrm{Tr}\left(\widehat{\mathcal G}_0\widehat{\mathcal M}\right)^2.$

空间依赖的序参量对应的自由能中存在梯度项$K|\nabla\Delta|^2$，为体现梯度项，我们必须允许两个$\Delta$带有外部栋梁频率。对于$s$波配对，配对顶角为$i\sigma_y$，自由能二阶项的标准结构为

$S_{\rm eff}^{(2)} = \sum_{\mathbf q,\Omega_m} \Delta^*(\mathbf q,\Omega_m)\, \Gamma^{-1}(\mathbf q,\Omega_m)\, \Delta(\mathbf q,\Omega_m),$

其中

$\boxed{ \Gamma^{-1}(\mathbf q,\Omega_m) = \frac{1}{V}-\Pi(\mathbf q,\Omega_m) }$

这里的$\Pi(\mathbf q,\Omega_m)$是配对极化率，即两条裸格林函数的bubble图

$\Pi(\mathbf q,\Omega_m) = \frac{1}{\beta}\sum_{n} \sum_{\mathbf k} \frac{1}{\omega_n^2+\xi_{\mathbf k+\mathbf q/2}^2}\times(\text{修正项})$

对于普通金属$\mathcal H_0=\xi_{\mathbf k}\sigma_0$，裸电子格林函数是个标量（自旋只贡献一个简并因子）

$G_0(\mathbf k,i\omega_n)=\frac{1}{i\omega_n-\xi_{\mathbf k}}.$

二阶项来自$G_0(\mathbf k,i\omega_n)=\frac{1}{i\omega_n-\xi_{\mathbf k}}.$，本质上就是两个配对顶角将两条$G_0$连接起来，在$(\mathbf q,\Omega_m)$表象中，配对极化率为

$\Pi(\mathbf q,\Omega_m) = \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} G_0\Big(\mathbf k+\frac{\mathbf q}{2},\,i\omega_n+i\Omega_m\Big)\, G_0\Big(-\mathbf k+\frac{\mathbf q}{2},\,-i\omega_n\Big)$

对于该结构，外部配对场$\Delta(\mathbf q,\Omega_m)$会将$(\mathbf k,\omega_n)$和$(-\mathbf k+\mathbf q, -\omega_n+\Omega_m)$连接起来，写成对称形式就是$\mathbf k\pm \mathbf q/2$。现在代入裸格林函数

$\begin{aligned} &G_0\Big(\mathbf k+\frac{\mathbf q}{2},\,i\omega_n+i\Omega_m\Big) = \frac{1}{i(\omega_n+\Omega_m)-\xi_{\mathbf k+\mathbf q/2}},\\ &G_0\Big(-\mathbf k+\frac{\mathbf q}{2},\,-i\omega_n\Big) = \frac{1}{-i\omega_n-\xi_{-\mathbf k+\mathbf q/2}}. \end{aligned}$

对于普通金属有$\xi_{-\mathbf k+\mathbf q/2}=\xi_{\mathbf k-\mathbf q/2}$，从而得到

$\Pi(\mathbf q,\Omega_m) = \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} \frac{1}{ \left[i(\omega_n+\Omega_m)-\xi_{\mathbf k+\mathbf q/2}\right] \left[-i\omega_n-\xi_{\mathbf k-\mathbf q/2}\right] }$

GL 的梯度项来自静态自由能，因此我们取$\Omega_m=0$，从而

$\Pi(\mathbf q,0) = \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} \frac{1}{ (i\omega_n-\xi_{\mathbf k+\mathbf q/2}) (-i\omega_n-\xi_{\mathbf k-\mathbf q/2}) }.$

将分母展开

$(i\omega_n-\xi_+)(-i\omega_n-\xi_-) \equiv D(\mathbf k,\mathbf q),$

其中简写$\xi_\pm=\xi_{\mathbf k\pm\mathbf q/2}.$可将分母表示为

$D(\mathbf k,\mathbf q) = (i\omega_n-\xi_+)(-i\omega_n-\xi_-) = \omega_n^2 + i\omega_n(\xi_+-\xi_-)+\xi_+\xi_-.$

接下来做小$\mathbf{q}$展开，在费米面附近

$\xi_{\mathbf k\pm\mathbf q/2} = \xi_{\mathbf k}\pm \frac{1}{2}\mathbf v_{\mathbf k}\cdot\mathbf q + O(q^2), \qquad \mathbf v_{\mathbf k}=\nabla_{\mathbf k}\xi_{\mathbf k}.$

因此

$\begin{aligned} &\xi_+-\xi_-=\mathbf v_{\mathbf k}\cdot\mathbf q+O(q^3)\\ &\xi_+\xi_-= \left(\xi+\frac{\mathbf v\cdot\mathbf q}{2}\right) \left(\xi-\frac{\mathbf v\cdot\mathbf q}{2}\right) = \xi^2-\frac{(\mathbf v\cdot\mathbf q)^2}{4}+O(q^4). \end{aligned}$

代回分母

$D(\mathbf k,\mathbf q) = \omega_n^2+\xi^2 +i\omega_n(\mathbf v\cdot\mathbf q) -\frac{(\mathbf v\cdot\mathbf q)^2}{4} +O(q^3).$

记

$D(\mathbf k,\mathbf q) = \omega_n^2+\xi^2 +i\omega_n(\mathbf v\cdot\mathbf q) -\frac{(\mathbf v\cdot\mathbf q)^2}{4} +O(q^3).$

得到

$\frac{1}{D_0+\delta} = \frac{1}{D_0} -\frac{\delta}{D_0^2} +\frac{\delta^2}{D_0^3}+O(q^3).$

可以看到在$\delta$中有线性项$i\omega_n(\mathbf v\cdot\mathbf q)$，最终对动量$\mathbf{k}$求和时这一项会消失。因此只保留到$q^2$项

$\frac{1}{D(\mathbf k,\mathbf q)} \simeq \frac{1}{D_0} +\underbrace{\frac{(\mathbf v\cdot\mathbf q)^2}{4D_0^2}}_{\text{来自 }-\delta/D_0^2} +\underbrace{\frac{(i\omega_n\mathbf v\cdot\mathbf q)^2}{D_0^3}}_{\text{来自 }\delta^2/D_0^3}.$

而$(i\omega_n)^2=-\omega^2_n$，所以

$\frac{1}{D(\mathbf k,\mathbf q)} \simeq \frac{1}{\omega_n^2+\xi^2} +(\mathbf v\cdot\mathbf q)^2\left[ \frac{1}{4(\omega_n^2+\xi^2)^2} -\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi^2)^3} \right]$

可以得到配对极化率为

$\Pi(\mathbf q,0) = \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} \frac{1}{\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2} + \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} (\mathbf v_{\mathbf k}\cdot\mathbf q)^2 \left[ \frac{1}{4(\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2)^2} -\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2)^3} \right] +O(q^4).$

其中的第一项就是均匀情形下的配对极化率

$\Pi(\mathbf 0,0)=\frac{1}{\beta}\sum_{n,\mathbf k}\frac{1}{\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2}.$

因为

$\Gamma^{-1}(\mathbf q,0)=\frac{1}{V}-\Pi(\mathbf q,0),$

将其展开

$\Gamma^{-1}(\mathbf q,0) = \underbrace{\left(\frac{1}{V}-\Pi(\mathbf 0,0)\right)}_{\alpha(T)} -\left[\Pi(\mathbf q,0)-\Pi(\mathbf 0,0)\right].$

定义

$\Pi(\mathbf q,0)-\Pi(\mathbf 0,0)\equiv -K q^2 +O(q^4),$

得到

$\Gamma^{-1}(\mathbf q,0) = \alpha(T)+Kq^2+O(q^4).$

所以在静态极限下二阶有效作用量为

$S^{(2)}=\sum_{\mathbf q}\Delta^*(\mathbf q)\left[\alpha+Kq^2\right]\Delta(\mathbf q).$

Fourier变换到实空间得到

$\mathcal F^{(2)}=\int d^3r\left[\alpha|\Delta(\mathbf r)|^2+K|\nabla\Delta(\mathbf r)|^2\right].$

由上面的推导得到

$\Pi(\mathbf q,0)-\Pi(\mathbf 0,0) = \frac{1}{\beta}\sum_{n}\sum_{\mathbf k} (\mathbf v_{\mathbf k}\cdot\mathbf q)^2 \left[ \frac{1}{4(\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2)^2} -\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi_{\mathbf k}^2)^3} \right].$

将动量求和改写为能量积分与费米面平均

$\sum_{\mathbf k}\ \to\ N(0)\int d\xi \,\langle\cdots\rangle_{\rm FS}.$

并在弱耦合近似下取$\mathbf v_{\mathbf k}\approx \mathbf v_F$(只在费米面上取速度)

$(\mathbf v_{\mathbf k}\cdot\mathbf q)^2 \to \langle(\mathbf v_F\cdot\mathbf q)^2\rangle_{\rm FS}.$

对各项同性的三维情形

$\langle(\mathbf v_F\cdot\mathbf q)^2\rangle_{\rm FS} = \frac{v_F^2 q^2}{3}.$

于是

$\Pi(\mathbf q,0)-\Pi(\mathbf 0,0) = \frac{v_F^2 q^2}{3}\, \frac{N(0)}{\beta}\sum_n \int_{-\infty}^{\infty}d\xi\, \left[ \frac{1}{4(\omega_n^2+\xi^2)^2} -\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi^2)^3} \right].\label{eq:f2}$

这里积分上下限取$\pm\infty$是安全的，因为积分中$\sim\xi^{-4}$收敛。

下面需要用到两个标准积分

$\begin{aligned} &\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\xi}{(\omega_n^2+\xi^2)^2} =\frac{\pi}{2|\omega_n|^3}.\\ &\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\xi}{(\omega_n^2+\xi^2)^3} =\frac{3\pi}{8|\omega_n|^5}. \end{aligned}$

从而有

$\begin{aligned} &\int d\xi\,\frac{1}{4(\omega_n^2+\xi^2)^2} = \frac14\cdot \frac{\pi}{2|\omega_n|^3} = \frac{\pi}{8|\omega_n|^3}.\\ &\int d\xi\,\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi^2)^3} = \omega_n^2\cdot\frac{3\pi}{8|\omega_n|^5} = \frac{3\pi}{8|\omega_n|^3}. \end{aligned}$

所以方程$\eqref{eq:f2}$中括号内的积分结果为

$\int d\xi\left[ \frac{1}{4(\omega_n^2+\xi^2)^2} -\frac{\omega_n^2}{(\omega_n^2+\xi^2)^3} \right] = \frac{\pi}{8|\omega_n|^3}-\frac{3\pi}{8|\omega_n|^3} = -\frac{\pi}{4|\omega_n|^3}.$

从而得到

$\Pi(\mathbf q,0)-\Pi(\mathbf 0,0) = -\frac{v_F^2 q^2}{3}\, \frac{N(0)}{\beta}\sum_n \frac{\pi}{4|\omega_n|^3}.$

改变一下顺序即得到

$\Pi(\mathbf 0,0)-\Pi(\mathbf q,0) = \frac{v_F^2 q^2}{3}\, \frac{N(0)}{\beta}\sum_n \frac{\pi}{4|\omega_n|^3}.\label{eq:f4}$

这里意味着$\Pi(\mathbf q,0)$会随着$q$增大而减小，而配对极化率越大则越容易实现配对，所需要的$V$更小，所以这里说明实现有限$q$配对的能量代价是更高的，这与物理直觉越是复合的。

接下来计算松原频率求和

$\frac{1}{\beta}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{|\omega_n|^3},\qquad \omega_n=(2n+1)\frac{\pi}{\beta}.$

因为被积函数是偶函数

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{|\omega_n|^3} =2\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\omega_n^3} = 2\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{\beta}{\pi}\right)^3\frac{1}{(2n+1)^3}.$

结合

$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^3}=\frac{7}{8}\zeta(3).$

最终得到

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{|\omega_n|^3} = 2\left(\frac{\beta}{\pi}\right)^3\frac{7}{8}\zeta(3) = \frac{7\zeta(3)}{4}\frac{\beta^3}{\pi^3}\quad \Longrightarrow\quad \frac{1}{\beta}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{|\omega_n|^3} = \frac{7\zeta(3)}{4}\frac{\beta^2}{\pi^3}.$

结合方程$\eqref{eq:f4}$并代入求和结果

$\Pi(\mathbf 0,0)-\Pi(\mathbf q,0) = \frac{v_F^2 q^2}{3}\,N(0)\cdot \frac{\pi}{4} \left[ \frac{7\zeta(3)}{4}\frac{\beta^2}{\pi^3} \right]= \frac{v_F^2 q^2}{3}\,N(0)\, \frac{7\zeta(3)}{16}\frac{\beta^2}{\pi^2}.$

对照

$\Gamma^{-1}(\mathbf q,0)=\alpha(T)+Kq^2+\cdots, \qquad Kq^2 = \Pi(\mathbf 0,0)-\Pi(\mathbf q,0),$

得到梯度项的系数为

$K = \frac{7\zeta(3)N(0)v_F^2}{48\pi^2}\beta^2 = \frac{7\zeta(3)N(0)v_F^2}{48\pi^2(k_BT)^2}.$

在GL展开中系数取$T\simeq T_c$得到

$K=\frac{7\zeta(3)N(0)v_F^2}{48\pi^2(k_BT_c)^2}.$

综合上面的推导，得到自由能以及系数为

$\begin{aligned} &\mathcal F[\Delta(\mathbf r)] = \int d^3r\left[ \alpha(T)|\Delta|^2+\frac{\beta}{2}|\Delta|^4 +K|\nabla\Delta|^2 \right].\\ &\alpha(T)=N(0)\ln\frac{T}{T_c}\approx N(0)\frac{T-T_c}{T_c},\\ &\beta=\frac{7\zeta(3)N(0)}{8\pi^2(k_BT_c)^2},\\ &K=\frac{7\zeta(3)N(0)v_F^2}{48\pi^2(k_BT_c)^2}. \end{aligned}$