Wie lässt sich BEC des nicht wechselwirkenden Bosons in der 2. Quantisierung erklären? Wie bricht man spontan die U(1)U(1)U(1)-Symmetrie eines freien Bosons?

Jedes Lehrbuch der statistischen Mechanik wird die Bose-Einstein-Kondensation (BEC) des freien Bosons ableiten. Ich weiß, wie man auf diese Weise herleitet. Sie gibt die Wärmekapazität des freien Bosons an C ∝ T 3 / 2 . Aber für H e 4 das ist ein wechselwirkendes Boson, das wir kennen C ∝ T 3 . Um dies zu erklären, verwendet jedes Lehrbuch für kondensierte Materie die 2. Quantisierung, um den ursprünglichen Vielkörper-Hamitonian im Feldformalismus umzuschreiben. Für wechselwirkende Bosonen ist der Hamitonian von field

H = ∫ D 3 X 1 2 M | ∇ ϕ | 2 + U | ϕ ( X ) | 2 + G | ϕ ( X ) | 4
Für Helium 4, U < 0 Und G > 0 , also Feldkonfiguration minimaler Energie ist ϕ = C Ö N S T . ≠ 0 , es kommt also zu einer spontanen Symmetriebrechung U ( 1 ) , und aufgrund des Goldstone-Theorems ergibt sich eine masselose Anregung, die die erklärt C ∝ T 3 .

Es ist alles vernünftig oben. Wie kann man jedoch die 2. Quantisierung verwenden, um die BEC des nicht wechselwirkenden Bosons zu erklären?

Meine Fragen:

  1. Für freie Bosonen steht nun das Feld Hamitonian

    H = ∫ D 3 X 1 2 M | ∇ ϕ | 2
    Der Sattelpunkt der Feldkonfiguration ist jetzt ϕ ( X ) = C Ö N S T . für ∀ C Ö N S T . ∈ C , muss nicht unbedingt ungleich Null sein. Wie lässt sich die makroskopische Besetzungszahl des Grundzustands erklären?

  2. Wie kann man das Hamitonische Feld verwenden, um die BEC des nicht wechselwirkenden Bosons in einem Potentialtopf, wie einem harmonischen Potentialtopf, zu erklären? In diesem Fall,

    H = ∫ D 3 X 1 2 M | ∇ ϕ | 2 + 1 2 X 2 | ϕ ( X ) | 2
    Sicherlich ist die minimale Energiekonfiguration ϕ ( X ) = 0 .

  3. Sicherlich müssen die beiden oben genannten Fälle BEC haben können. Dann bricht BEC für freies Boson und nicht wechselwirkendes Boson im Potentialtopf spontan U ( 1 ) Symmetrie? Wenn ja, muss es aufgrund des Goldstone-Theorems eine masselose Anregung geben , warum also die Wärmekapazität des freien Bosons nicht proportional zu ist T 3 ? Wenn nein, widerspricht es Landaus Paradigma des Phasenübergangs, dass SSB zum Phasenübergang 2. Ordnung führt. Wie erklärt man? Bezogen auf meine andere Frage .

Das Kondensationsphänomen tritt auf, wenn man die mit einem gegebenen Hamilton-Operator verbundene Gleichgewichtsphysik betrachtet. Das Schreiben des Hamilton-Operators in erster oder zweiter Quantisierung sollte bei der Konstruktion des Gleichgewichtsszenarios keinen Unterschied machen. Was das Goldstone-Theorem angeht, sind Sie sicher, dass es der Grund dafür ist? C ∝ T 3 ? Es könnte auch mit der Dispersionsrelation zusammenhängen, die sich für wechselwirkende Bosonen unterscheidet.
@ Toni C ∝ T 3 hängt immer mit der Dispersionsrelation von zusammen ϵ ( P ) ∝ P in 3 Dimensionen. Das ist eine masselose Erregung.
OK, ϵ ( P ) ∝ P bei niedrigen P gilt tatsächlich nur für wechselwirkende Bosonen. Aber ϵ ( P ) ∝ P 2 kommt mir masselos vor.
@ Toni ϵ ( P ) ∝ P 2 ist eine gewaltige Erregung. Der Koeffizient dieses Radios hängt mit der Masse zusammen.
Nein, es ist masselos, ϵ ( P ) ∝ P 2 + M ist massiv.
@Tony Meinst du das masselos ⇔ lückenlos, massiv ⇔ gespalten?
Ich denke, Ihr Verständnis von BEC ist nicht richtig; auf der Mittelfeldebene, um in der kondensierten Phase zu sein, der Erwartungswert des Feldes, ⟨ ϕ ⟩ , darf nicht verschwinden; dies unterscheidet sich vom Wert des Feldes, der die klassische Aktion minimieren würde. Die (thermischen oder quantenmechanischen) Fluktuationen würden versuchen, diesen nicht verschwindenden Mittelfeld-Erwartungswert zu zerstören, was zu einem Zusammenbruch der kondensierten (geordneten) Phase führen würde.
Zweitens wird ein BEC durch einen „anomalen“ (ungleich Null) Erwartungswert für das Feld definiert; dh, 0 ≠ ⟨ ϕ ⟩ ∈ C , nicht nur ein konstanter Wert des Feldes, der die klassische Wirkung minimieren kann.
Nicht interagierende BECs brechen nicht spontan U ( 1 ) Symmetrie. Eine spontane Symmetriebrechung kann nur auftreten, wenn Sie eine unendliche Anzahl von interagierenden Freiheitsgraden haben.

Antworten (1)

Wie in den Kommentaren festgestellt wurde, die Tatsache, dass ϕ = 0 Minimierung der klassischen Aktion reicht nicht aus, um das Fehlen von SSB festzustellen. Tatsächlich berechnet sich sogar der Erwartungswert ⟨ ϕ ( X ) ⟩ ist nicht ausreichend; Tatsächlich ist dieser Erwartungswert immer Null, wenn er in Bezug auf das großkanonische Ensemble berechnet wird (es ist eine lustige Übung, dies zu beweisen). Der richtige Weg, spontane Symmetriebrüche zu diagnostizieren, führt vielmehr über die Weiträumigkeit der Zweipunktkorrelation

lim | X − j | → ∞ ⟨ ϕ † ( X ) ϕ ( j ) ⟩
Wenn SSB vorhanden ist, geht dies auf einen Wert ungleich Null, andernfalls geht es auf Null. In der Tat durch Ausdruck ϕ ( X ) als Fourier-Transformation des Fermion-Vernichtungsoperators A k im Impulsraum findet man, dass diese Grenze tatsächlich gleich der makroskopischen Besetzung des ist k = 0 Zustand, der auch für freie Bosonen ungleich Null ist.

Was die Frage der Goldstone-Bosonen betrifft, so hat ein nicht-wechselwirkendes BEC lückenlose Anregungen; Sie fügen einfach ein weiteres Boson in einem anderen Zustand als dem hinzu k = 0 Zustand. Da es sich aber um nicht-relativistische Teilchen handelt, gilt die Dispersionsrelation E ∼ k 2 . Dies ergibt korrekterweise a ∼ T 3 / 2 spezifische Wärme. Um ein zu bekommen ∼ T 3 spezifischen Wärme benötigen Sie eine lineare Dispersionsbeziehung E ∼ | k | , was im Interaktionsfall passiert. In nicht-relativistischen Systemen erfordert der Satz von Goldstone nicht unbedingt, dass die Goldstone-Bosonen eine lineare Streuung aufweisen; Ein weiteres Beispiel für einen Fall, in dem Sie eine quadratische Dispersion erhalten, sind die Spinwellenanregungen von Ferromagneten.

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