其他分享
首页 > 其他分享> > 单极对力下 BCS 方程求解

单极对力下 BCS 方程求解

作者:互联网

BCS方程可用于描述单满壳原子核的基态,这个笔记总结BCS方程的构成和特征,并展示BCS方程数值解的算法,讨论算法中的收敛性问题。
最近实验学家测量了\({}^{136}\rm Xe\)的价质子在不同轨道上的占据数,所以我借此做了实例演示,在唯象的单极对力哈密顿量下解BCS方程,与最新的实验数据相比较。

1. BCS波函数

核子-核子相互作用非常复杂,所以多体波函数也很复杂。
然而,由于核子-核子相互作用基本体现为短程吸引,在单满壳原子核中,对力是剩余相互作用的一个很好的近似。
在对力的作用下,原子核基态上同类核子配成\(M=0\)的对。
所以,单满壳原子核的基态波函数是可以大幅简化的,假设它的形式为

\[\psi = \prod_{j m>0} \left\{ u_j + (-1)^{j-m} v_j a^\dagger_{jm} a^\dagger_{j-m} \right\} |0 \rangle, \]

这里\(u_j, v_j\)是与每个单\(j\)轨道相关的变量。
这个波函数中,在每一对轨道\((j,m)\) 和 \((j,-m)\)上,要么没有粒子,要么占据2个核子.
我们定义

\[S_+(j) = \sum_{m>0} (-1)^{j-m} a^\dagger_{jm} a^\dagger_{j-m} = \frac{\hat{j}}{2} (a^\dagger_j \otimes a^\dagger_j)_{00}, \\ S_-(j) = \sum_{m>0} (-1)^{j-m} a_{j-m} a_{jm} = - \frac{\hat{j}}{2} (\tilde{a}_j \otimes \tilde{a}_j)_{00}, \]

可以证明, BCS 波函数可以写作

\[\psi = \prod_{j} u_j^{\Omega_j} \exp{\frac{v_j}{u_j} S_+(j)}, \]

其中 \(\Omega_j=\frac{2j+1}{2}\). \(\psi\) 的总角动量为 0.

然而,如果我们展开\(\psi\),会得到一系列表达式的和,有些表达式有0个粒子(\(\sim|0\rangle\)), 有些有2个粒子(\(\sim| a^\dagger_{jm} a^\dagger_{j-m} \rangle\)), 或者4个粒子......
所以,BCS方程的粒子数是不守恒的,这是广为人知的。
因此,我们需要限制\(v_j\),使得\(\psi\)的粒子数期望值等于真实粒子数,即

\[\langle \psi | \sum_j N_j | \psi \rangle = N. \]

\(|\psi \rangle\)的归一化也提供了限制条件,即

\[\langle 0 | \{ u_j + (-1)^{j-m} v_j a_{j -m} a_{jm} \} \{ u_j + (-1)^{j-m} v_j a^\dagger_{j m} a^\dagger_{j -m} \} | 0 \rangle = (u^2_j + v^2_j), \]

得到

\[\langle \psi | \psi \rangle = \prod_j (u^2_j + v^2_j)^{\Omega_j} = 1. \]

所以我们令

\[u^2_j + v^2_j \equiv 1 \]

这样归一化条件会自然满足。实际上\(u_j,v_j\)都可设为正数,进一步简化问题。

2. \(u_j,v_j\)的物理含义

在\(\psi\)中,有多少个粒子占据\((j',m')\)?我们计算相应的粒子数算符\(a^\dagger_{j'm'} a_{j'm'}\)的期望值,得到

\[\langle \psi | a^\dagger_{j'm'} a_{j'm'} | \psi \rangle = v^2_{j'}, \]

请注意它不依赖\(m'\)。所以,\(v^2_j\)是\((j,m)\)被占据的概率,其中\(m\)可以是\(-j\)到\(j\)之间的任意数。
这是合理的,因为我们假设的BCS波函数对于不同的\(m\)值是对称的。这也体现在 BCS 波函数角动量是 0 这一点。
由于\(u^2_j + v^2_j =1\),所以\(u^2_j\)的意义是\((j,m)\)没有被占据的概率。
我们全部的任务,就是在特定的哈密顿量下,解出\(v_j\),这样就得到了原子核的费米面。

3. 单极对力下的BCS方程

单极对力哈密顿为

\[H = \sum_{jm} \epsilon_j a^\dagger_{jm} a_{jm} - G \sum_{j j'} S_+(j) S_-(j'), \]

右边第一项是单粒子能,第二项是单极对力,G是对力的强度。
我们的目标是对\(v_j\)做变分,在粒子数条件限制之下,使得\(\langle \psi | H | \psi \rangle\)取得最小值。

我们使用拉格朗日乘子法,即求

\[L = \langle \psi | H | \psi \rangle - \lambda ( \langle \psi | \sum_j N_j | \psi \rangle ) \]

的最小值,即

\[\frac{ \partial L } { \partial v_j } = 0, ~~~ \frac{ \partial L } { \partial \lambda } = 0. \]

代入BCS波函数,即得BCS方程

\[2(\epsilon_j - \lambda) u_j v_j - \Delta ( 1 - 2v^2_j) - 2 G v^3_j u_j = 0, \\ \sum_j (2j+1) v^2_j = N, \]

这里\(\Delta = G \sum_j \Omega_j u_j v_j\).

4. 数值求解

4.1 迭代逼近

在求解BCS方程之前,不妨简单讨论迭代逼近方法的收敛问题。
假设我们得到了一个关系式

\[x = f(x), \]

并需要求得精确解,然而这个关系式可能是高阶的,非线性的。
我们可以提出一个初始试探解\(x_0\),并定义\(x_1 = f(x_0), x_2 = f(x_1), \cdots\),希望这个数列收敛在\(x_{\rm true} = f( x_{\rm true} )\)。
它会收敛吗?
我发现,如果\(f(x)\)单调且有界,情况就简单多了。
如果\(f(x)\)是单调的,\(f(f(x))\)就一定是单调递增的,所以数列\(x_0, x_2, \cdots x_{2k}, \cdots\)与数列\(x_1, x_3 \cdots x_{2k+1}, \cdots\)必为单调有界,所以它们必然各自存在极限\(x_{\rm even}\)与\(x_{\rm odd}\)。
如果\(x_{\rm even} = x_{\rm odd}\)我们即得到了\(x=f(x)\)的解,否则\(x_0,x_1,\cdots\)将在两个极限之间跳跃。
例如,定义在\((0,1)\)上的\(f(x) = \sqrt{1-x^2}\),\(x_n\)将会在\(x_0\)和\(\sqrt{1-x^2_0}\)之间跳跃,迭代求解将会进入死循环。

但是如果\(f(x)\)是单调递增且有界的,\(x_0, x_1, x_2 \cdots\)一定会收敛。

4.2 BCS方程的数值解

在 BCS 方程中,\(\epsilon_j,G,\Omega_j\)都是设定的参数,所以\(v_j\)是\(\lambda\)的函数。
对某个特定的\(\lambda\)值,我们可以求得\(v_j\),将它们代入 BCS 方程, 求得

\[g(\lambda) = \sum_j (2j+1) v^2_j (\lambda) - N. \]

改变\(\lambda\)的值,当\(g(\lambda)=0\)时,即得正确的\(\lambda\)值,这个值有时被叫做``化学势”。

对于给定的\(\lambda\)值,求得\(\Delta\)的算法是这样的:

4.2.1 可以证明 \(\Delta\) 一定会收敛

\(v^2_j\)越靠近\(\frac{1}{2}\),\(u_j v_j\)越大。
我们定义\(v_j = \cos \alpha, \alpha \in (0,\frac{\pi}{2})\),把 BCS 方程写作

\[(\epsilon_j - \lambda - G \cos^2 \alpha) \tan 2\alpha = \Delta, \]

由于\(\Delta\)为正,\((\epsilon_j -\lambda - G\cos^2\alpha)\)与\(\tan 2\alpha\)必然同号。

\[\frac{ d\Delta}{d\alpha} = G \sin 2\alpha \tan 2\alpha + (\epsilon_j - \lambda - G \cos^2\alpha)\sec^2\alpha, \]

如果\(v^2_j > \frac{1}{2}\),\(\frac{d\Delta}{d\alpha}<0\),所以如果\(\Delta\)增大,\(v^2_j\)减小(距离\(\frac{1}{2}\)更近),所以\(u_j v_j\)增大,\(f_1(\Delta)\)增大。
如果\(v^2_j < \frac{1}{2}\),\(\frac{d\Delta}{d\alpha}>0\),所以如果\(\Delta\)增大,\(v^2_j\)减小(距离\(\frac{1}{2}\)更近),所以\(u_j v_j\)增大,\(f_1(\Delta)=G\sum_j \Omega_j u_j v_j\)增大。
所以\(f_1(\Delta)\)是单调递增的。
显然\(f_1(\Delta)\)有边界\(\left[ 0, G\sum_j \frac{1}{2} \Omega_j \right]\),所以\(\Delta = f_1(\Delta)\)在迭代求解中一定会收敛。

4.2.2 可以证明 \(v_j\) 一定会收敛

根据 BCS 方程

\[v^2_j = f_2(v^2_j) = \frac{1}{2} \left[ 1 - \frac{ (\epsilon_j -\lambda - G v^2_j)}{\sqrt{(\epsilon_j - \lambda - G v^2_j)^2 + \Delta^2} } \right]. \]

如果\(\lambda, \Delta\)已经设定,即可用\(v^2_j = f_2(v^2_j)\)迭代求数值解。
由于

\[\frac{\partial f_2}{\partial v^2_j} = \frac{ \frac{1}{2}G \Delta^2 } { \left[ (Gv^2_j + \lambda - \epsilon_j)^2 + \Delta^2 \right]^{3/2} } > 0, \]

所以\(f_2(v^2_j)\)是单调递增的,而\(v^2_j\)显然有界\(\left[0,1\right]\)。
所以\(v^2_j = f_2(v^2_j)\)必然收敛。

现在我们已经确定,对于任意给定\(\lambda\)值,都可以解出\(v^2_j\)和\(\Delta\)确定的数值解。
只需满足BCS方程的粒子数,即\(\langle\psi|\sum_j N_j | \psi \rangle=N\)。
所以我们定义\(g(\lambda) = \langle \psi | \sum_j N_j | \psi \rangle - N\),并且寻找其数值解,使得\(g(\lambda) = 0\).
割线法可用于完成这个任务。

这样BCS方程即可解出。

5. 例子

\(^{136}\rm Xe\)是一个单满壳原子核,有4个价质子在核心\({}^{132}\rm Sn\)外。
最近实验学家通过(\(d\),\({}^3\rm He\))反应测量了它的价质子在不同轨道上的占据率[2],所以我们可以用BCS方程计算\({}^{136}\rm Xe\)的价质子占据率,并与实验数据比照。
我们考虑50-82大壳,加上一根\(0h_{9/2}\)轨道(其能量设为大壳间距,约\(8\rm MeV\)。
考虑对力\(G=0.18 \rm MeV\), \(^{136}\rm Xe\),解得\(\lambda=-0.1854, \Delta=0.673049\),\(v_j\)值与相应的占据值在表1中列出。
考虑到这个模型的简单性,我们的结果已经非常好了。
\(0h_{11/2}\)的重要性被低估了,其占据数为0.4而我们只得到0.174。
\(0h_{9/2}\)没有实验值,理论值接近于0是因为单极对力不足以导致跨壳激发。

Orbits \(\epsilon_j\)(MeV) \(v_j\) Occupancy(BCS) Occupancy(EXP)
\(2s_{1/2}\) 2.990 0.112 0.025 0.057(6)
\(1d_{5/2}\) 2.690 0.123 0.061
\(1d_{3/2}\) 0.963 0.277 0.461 0.52(3) (\(1d_{5/2} + 1d_{3/2}\))
\(0g_{7/2}\) 0.000 0.638 3.259 2.93(10)
\(0h_{11/2}\) 2.760 0.120 0.174 0.40(4)
\(0h_{9/2}\) 8.0 0.044 0.020

表1. 136Xe_occupancies \(^{136}\rm Xe\)的质子占据数。实验值从参考文献[2]中得到。

[1] R. D. Lawson, ``Theory of the nuclear shell model", Clarendon Press \(\cdot\) Oxford 1980, p339-p344.
[2] J. P. Entwisle, B. P. Kay, A. Tamii et al., Phys. Rev. C 93, 064312 (2016).

标签:psi,frac,对力,Delta,rm,BCS,单极,lambda
来源: https://www.cnblogs.com/luyi07/p/16580489.html