Fu-Kane proposal

有效$p$波配对

考虑一个Dirac表面态

$H_0=\sum_{\mathbf k}\psi^\dagger_{\mathbf k} \Big[v(k_x\sigma_y-k_y\sigma_x)-\mu\Big]\psi_{\mathbf k},$

基矢为

$\psi_{\mathbf k}= \begin{pmatrix} \psi_{\mathbf k\uparrow}\\[2pt] \psi_{\mathbf k\downarrow} \end{pmatrix},$

其中$\sigma_{x,y}$是真实自旋的Pauli矩阵，$v$是Dirac速度，$\mu$是化学势。将$\mathbf k=k(\cos\theta,\sin\theta)$代入得到

$h_0(\mathbf k)\equiv v(k_x\sigma_y-k_y\sigma_x) = vk \begin{pmatrix} 0 & -i e^{-i\theta}\\ i e^{i\theta} & 0 \end{pmatrix}.$

其本征值为

$\varepsilon_\pm(\mathbf k)=\pm vk-\mu.$

对于导带$(+)$，本征矢量为

$u_+(\mathbf k)=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ i e^{i\theta} \end{pmatrix},$

对于价带$(-)$，本征矢量为

$u_-(\mathbf k)=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ - i e^{i\theta} \end{pmatrix}.$

定义能带算符为

$c_{\mathbf k,+}=u_+^\dagger(\mathbf k)\psi_{\mathbf k},\qquad c_{\mathbf k,-}=u_-^\dagger(\mathbf k)\psi_{\mathbf k}.$

可以将原本的基矢写作

$\psi_{\mathbf k}= u_+(\mathbf k)c_{\mathbf k,+}+u_-(\mathbf k)c_{\mathbf k,-},$

即得到

$\psi_{\mathbf k\uparrow} = \frac{c_{\mathbf k,+}+c_{\mathbf k,-}}{\sqrt2},\qquad \psi_{\mathbf k\downarrow} = \frac{i e^{i\theta}}{\sqrt2}(c_{\mathbf k,+}-c_{\mathbf k,-}).\label{eq:f1}$

因此在正常态Dirac哈密顿量在能带基矢下是对角的

$H_0=\sum_{\mathbf k} \Big[(vk-\mu)c^\dagger_{\mathbf k,+}c_{\mathbf k,+} +(-vk-\mu)c^\dagger_{\mathbf k,-}c_{\mathbf k,-}\Big].$

拓扑绝缘体的表面态不是普通的“上/下自旋简并”费米面，而是单个非简并且具有手性的螺旋费米面，当动量方向改变时自旋也会跟着转动，这个自旋动量锁定也是将$s$波配对等效出$p$波配对的根源。

现在考虑加入$s$波自旋单重态配对

$H_\Delta = \frac12\sum_{\mathbf k} \Big[ \Delta\, \psi^\dagger_{\mathbf k}(i\sigma_y)\psi^\dagger_{-\mathbf k}{}^T +\text{h.c.} \Big].$

将其展开为

$H_\Delta = \frac12\sum_{\mathbf k} \Big[ \Delta\, (\psi^\dagger_{\mathbf k\uparrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\downarrow} -\psi^\dagger_{\mathbf k\downarrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\uparrow}) +\text{h.c.} \Big].$

其中$\Delta$在该基矢下是个常数，不依赖于动量$\mathbf{k}$。将方程$\eqref{eq:f1}$代入并注意$-\mathbf{k}$的角度是$\theta+\pi$，因此

$\psi_{-\mathbf k\uparrow} = \frac{c_{-\mathbf k,+}+c_{-\mathbf k,-}}{\sqrt2},\qquad \psi_{-\mathbf k\downarrow} = -\frac{i e^{i\theta}}{\sqrt2}(c_{-\mathbf k,+}-c_{-\mathbf k,-}).$

从而可以将自旋单重态算符变成

$\psi^\dagger_{\mathbf k\uparrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\downarrow} -\psi^\dagger_{\mathbf k\downarrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\uparrow}.$

对于第一项

$\begin{aligned} \psi^\dagger_{\mathbf k\uparrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\downarrow} &= \frac{c^\dagger_{\mathbf k,+}+c^\dagger_{\mathbf k,-}}{\sqrt2} \cdot \frac{i e^{-i\theta}(c^\dagger_{-\mathbf k,+}-c^\dagger_{-\mathbf k,-})}{\sqrt2},\\ &= \frac{i e^{-i\theta}}{2} (c^\dagger_{\mathbf k,+}+c^\dagger_{\mathbf k,-}) (c^\dagger_{-\mathbf k,+}-c^\dagger_{-\mathbf k,-}). \end{aligned}\label{eq:f2}$

第二项为

$\begin{aligned} \psi^\dagger_{\mathbf k\downarrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\uparrow} &= \frac{-i e^{-i\theta}(c^\dagger_{\mathbf k,+}-c^\dagger_{\mathbf k,-})}{\sqrt2} \cdot \frac{c^\dagger_{-\mathbf k,+}+c^\dagger_{-\mathbf k,-}}{\sqrt2},\\ &= -\frac{i e^{-i\theta}}{2} (c^\dagger_{\mathbf k,+}-c^\dagger_{\mathbf k,-}) (c^\dagger_{-\mathbf k,+}+c^\dagger_{-\mathbf k,-}). \end{aligned}\label{eq:f3}$

结合方程$\eqref{eq:f2}$和$\eqref{eq:f3}$最终得到

$\psi^\dagger_{\mathbf k\uparrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\downarrow} -\psi^\dagger_{\mathbf k\downarrow}\psi^\dagger_{-\mathbf k\uparrow} = i e^{-i\theta} \Big( c^\dagger_{\mathbf k,+}c^\dagger_{-\mathbf k,+} - c^\dagger_{\mathbf k,-}c^\dagger_{-\mathbf k,-} \Big).$

因此完整的配对项在能带基矢下变成

$H_\Delta = \frac12\sum_{\mathbf k} \Big[ \Delta\, i e^{-i\theta_{\mathbf k}} \big( c^\dagger_{\mathbf k,+}c^\dagger_{-\mathbf k,+} - c^\dagger_{\mathbf k,-}c^\dagger_{-\mathbf k,-} \big) +\text{h.c.} \Big].$

可以看到，在电子基矢下与动量无关的常数配对$\Delta$，变换到能到基矢下面会出现一个$e^{-i\theta_{\mathbf k}}$相位因子。

因为

$e^{-i\theta_{\mathbf k}} = \frac{k_x-i k_y}{k}.$

所以在能带基矢下面配对函数为

$\Delta_{\rm eff}(\mathbf k) = i\Delta e^{-i\theta_{\mathbf k}} \propto k_x-i k_y.$

更重要的是该配对函数满足

$\Delta_{\rm eff}(-\mathbf k) = i\Delta e^{-i(\theta+\pi)} = - i\Delta e^{-i\theta} = -\Delta_{\rm eff}(\mathbf k).$

也就是说它是奇宇称配对

$\Delta_{\rm eff}(-\mathbf k)=-\Delta_{\rm eff}(\mathbf k),$

这正是$p$波配对的定义。如果将化学势调节到导带中并且满足

$\mu \gg \Delta,$

那么低能态就只需要保留导带$(+)$即可，因此投影之后得到的低能配对项为

$H_\Delta^{\rm proj} = \frac12\sum_{\mathbf k} \Big[ \Delta\, i e^{-i\theta_{\mathbf k}} c^\dagger_{\mathbf k}c^\dagger_{-\mathbf k} +\text{h.c.} \Big],\qquad c_{\mathbf k}\equiv c_{\mathbf k,+}$

将$k$用费米波矢$k_F$近似替换，从而得到

$\Delta_{\rm eff}(\mathbf k) \approx \frac{\Delta}{k_F}(k_x-i k_y).$

这就是无自旋的$p-ip$超导配对。

这里要明确一点，这是只是说低能投影后的BdG哈密顿量在形式上是spinless的手征$p$波配对，但并不代表着拓扑绝缘体表面+$s$波超导近邻配对的体系破坏了时间反演对称性；它仅仅只是低能谱类似于spinless的$p$波配对，是一种等效的低能描述，不是说在界面上形成了传统意义上的手征$p$波配对而破坏时间反演。而且前面还使用$\mu \gg \Delta$这个近似，更能体现出这里关注的是低能情形。

涡旋Majorana零能模

现在考虑表面涡旋中束缚的Majorana零能模，首先从一个投影低能哈密顿量出发

$H_{\rm proj}(\mathbf k) = \xi_{\mathbf k}\tau_z +\frac{\Delta}{k_F}k_x\tau_x -\frac{\Delta}{k_F}k_y\tau_y.$

考虑一个磁通涡旋，在实空间中$\Delta$就不在是常数，而是

$\Delta(\mathbf r)=\Delta_0(r)e^{i\theta}.\label{eq:f5}$

因此我们要在实空间中求解Majorana零能态，首先完整的BdG哈密顿量为

$H_{\rm BdG} = -iv\tau_z\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\nabla -\mu\tau_z +\Delta_1(\mathbf r)\tau_x+\Delta_2(\mathbf r)\tau_y,$

其中

$\Delta(\mathbf r)=\Delta_1(\mathbf r)+i\Delta_2(\mathbf r).$

对于单位磁通涡旋$\eqref{eq:f5}$有$\Delta_1=\Delta_0(r)\cos\theta,\Delta_2=\Delta_0(r)\sin\theta$，现在求解本征方程

$H_{\rm BdG}\,\xi(\mathbf r)=E\,\xi(\mathbf r),$

我们主要关心$E=0$的解。对于这种具有旋转对称性的结构$\eqref{eq:f5}$，考虑在极坐标下进行求解

$\nabla= \hat{\mathbf e}_r\,\partial_r+\hat{\mathbf e}_\theta\,\frac1r\partial_\theta,\quad \boldsymbol{\sigma}\cdot\nabla = \begin{pmatrix} 0 & e^{-i\theta}\left(\partial_r-\frac{i}{r}\partial_\theta\right)\\[4pt] e^{i\theta}\left(\partial_r+\frac{i}{r}\partial_\theta\right) & 0 \end{pmatrix}.$

采用基矢为

$\Psi= (\psi_\uparrow,\psi_\downarrow,\psi^\dagger_\downarrow,-\psi^\dagger_\uparrow)^T.$

因此在化学势$\mu=0$时得到

$H= -iv\tau_z\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\nabla +\Delta_0(r)\big(\tau_x\cos\theta+\tau_y\sin\theta\big).$

将矩阵完整展开

$H= \begin{pmatrix} 0 & -iv e^{-i\theta}\left(\partial_r-\frac{i}{r}\partial_\theta\right) & \Delta_0 e^{-i\theta} & 0\\[4pt] -iv e^{i\theta}\left(\partial_r+\frac{i}{r}\partial_\theta\right) & 0 & 0 & \Delta_0 e^{-i\theta}\\[4pt] \Delta_0 e^{i\theta} & 0 & 0 & iv e^{-i\theta}\left(\partial_r-\frac{i}{r}\partial_\theta\right)\\[4pt] 0 & \Delta_0 e^{i\theta} & iv e^{i\theta}\left(\partial_r+\frac{i}{r}\partial_\theta\right) & 0 \end{pmatrix}.$

现在考虑一个最简单的旋转对称零模：让角向依赖完全由哈密顿量里的$e^{\pm i\theta}$去荷载，而波函数本身只保留一个纯径向包络部分

$\xi(r,\theta)=f(r)\chi,$

其中$\chi$是常数向量不依赖于$r,\theta$，从而有$\partial_\theta \chi =0$，因此我们可以得到

$\partial_r \xi = f'(r)\chi,\qquad \partial_\theta \xi=0.$

对于单位涡旋$\Delta\propto e^{+i\theta}$，选择

$\chi_+= \begin{pmatrix} 0\\ i\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}.$

将$\xi_0(r,\theta)=f(r)\chi_+$代入$H\xi=0$，因为$\partial_\theta\xi=0$，直接计算得到第二个分量为

$v f'(r)e^{-i\theta}+\Delta_0(r)f(r)e^{-i\theta}=0.$

将指数因子消除得到

$v f'(r)+\Delta_0(r)f(r)=0.$

第三个分量也得到同样方程；剩下的第一、四个分量自动满足，因为对应的分量都是0。从而得到零能解满足的微分方程为

$f'(r)=-\frac{\Delta_0(r)}{v}f(r).$

求解得到

$f(r)=\mathcal N\exp\!\left[-\int_0^rdr'\,\frac{\Delta_0(r')}{v}\right].$

因此单位涡旋的零能解为

$\xi_0(r,\theta) = \mathcal N \begin{pmatrix} 0\\ i\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} \exp\!\left[-\int_0^rdr'\,\frac{\Delta_0(r')}{v}\right].$

在$r\to 0$时，涡旋内核$\Delta_0(r)\to 0$，所以$f(r)\to \mathcal N$不会发散。在$r\to\infty$时涡旋$\Delta_0(r)\to \Delta_\infty>0$，此时有$f(r)\sim e^{-\Delta_\infty r/v}$，波函数指数衰减，可以归一化。这说明零能模局域在涡旋中心，衰减长度大约为

$\xi_{\rm sc}\sim \frac{v}{\Delta_\infty},$

如果中心加入反涡旋

$\Delta(\mathbf r)=\Delta_0(r)e^{-i\theta},$

此时常数向量为

$\chi_-= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ -i \end{pmatrix},$

而径向包络部分还是

$\exp\!\left[-\int_0^rdr'\,\frac{\Delta_0(r')}{v}\right].$

因此这里得到的$\chi_{\pm}$两个解：一个对应涡旋态，另外一个是反涡旋。