出てくるもの1：ギャップ方程式・転移温度・凝縮エネルギー

ハミルトニアンの選び方で固体を考える　第5部 第4章 §5.4.3　★★★ ギャップ方程式 $1=\lambda\int_0^{\hbar\omega_{\mathrm D}}\tanh(\beta E/2)\,\mathrm{d}\xi/E$ から、$\Delta_0\approx2\hbar\omega_{\mathrm D}\mathrm{e}^{-1/\lambda}$・$k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}=1.13\,\hbar\omega_{\mathrm D}\mathrm{e}^{-1/\lambda}$・物質によらない比 $2\Delta_0/( k_{\mathrm B} T_{\mathrm c})=3.53$ が出る

ギャップ方程式

(5.4.14) を (5.4.6) に入れると、$\Delta$ についての自己無撞着の式

$$\Delta=\frac gV{\sum_{\bm{k}}}'\frac{\Delta}{2E_{\bm{k}}}\tanh\frac{\beta E_{\bm{k}}}{2}$$

を得る。$\Delta=0$ は常に解だが、それ以外の解は両辺を $\Delta$ で割った式を満たす。和を積分に直し、被積分関数が $\xi$ について偶関数であることを使うと

$$1=\lambda\int_0^{\hbar\omega_{\mathrm D}}\frac{\mathrm{d}\xi}{\sqrt{\xi^2+\Delta^2}}\tanh\frac{\sqrt{\xi^2+\Delta^2}}{2 k_{\mathrm B} T}\tag{5.4.15}$$

になる。これがギャップ方程式である。右辺は $\Delta$ についても $T$ についても減少関数なので、各温度で解は高々1つで、温度を上げると $\Delta$ は小さくなる。

絶対零度のギャップ

$T=0$ では $\tanh\to1$ で、積分は $\mathrm{arsinh}(\hbar\omega_{\mathrm D}/\Delta_0)$ になる。$1=\lambda\,\mathrm{arsinh}(\hbar\omega_{\mathrm D}/\Delta_0)$ を解くと

$$\Delta_0=\frac{\hbar\omega_{\mathrm D}}{\sinh(1/\lambda)}\approx2\hbar\omega_{\mathrm D}\,\mathrm{e}^{-1/\lambda}\qquad(\lambda\ll1)\tag{5.4.16}$$

である。Cooper の問題の (5.4.5) と比べると、指数が $2/\lambda$ から $1/\lambda$ に変わり、ギャップは Cooper 対1個の束縛エネルギーよりずっと大きい。Cooper の問題では Fermi 面の外側の電子だけが対を作ったが、BCS では Fermi 面の内側の電子も対を作り、状態密度を2倍使えることがこの違いの理由である。ここでもギャップは $\lambda$ のべき級数に現れない。

転移温度

温度を上げると $\Delta$ は減り、ある温度 $T_{\mathrm c}$ で $0$ になる。$T_{\mathrm c}$ では (5.4.15) で $\Delta\to0$ として

$$1=\lambda\int_0^{\hbar\omega_{\mathrm D}}\frac{\mathrm{d}\xi}{\xi}\tanh\frac{\xi}{2 k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}}$$

が成り立つ。$x=\xi/(2 k_{\mathrm B} T_{\mathrm c})$ と置き、上端 $X=\hbar\omega_{\mathrm D}/(2 k_{\mathrm B} T_{\mathrm c})$ が大きいとすると、積分は部分積分で

$$\int_0^X\frac{\tanh x}{x}\,\mathrm{d} x=\ln X\tanh X-\int_0^X\frac{\ln x}{\cosh^2x}\,\mathrm{d} x\approx\ln X+\ln\frac{4\mathrm{e}^{\gamma_{\mathrm E}}}{\pi}$$

となる（$\int_0^\infty\ln x/\cosh^2x\,\mathrm{d} x=-\ln(4\mathrm{e}^{\gamma_{\mathrm E}}/\pi)$、$\gamma_{\mathrm E}=0.5772$ は Euler の定数）。したがって

$$k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}=\frac{2\mathrm{e}^{\gamma_{\mathrm E}}}{\pi}\,\hbar\omega_{\mathrm D}\,\mathrm{e}^{-1/\lambda}=1.134\,\hbar\omega_{\mathrm D}\,\mathrm{e}^{-1/\lambda}\tag{5.4.17}$$

である。(5.4.16) と比べると、$\hbar\omega_{\mathrm D}$ と $\lambda$ が消え、

$$\frac{\Delta_0}{ k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}}=\frac{\pi}{\mathrm{e}^{\gamma_{\mathrm E}}}=1.764,\qquad\frac{2\Delta_0}{ k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}}=3.528\tag{5.4.18}$$

という物質によらない数が残る。$\lambda\ll1$ の極限での比なので、$\lambda$ が大きい物質ではずれる（5.4.5節）。(5.4.17) は、$T_{\mathrm c}$ が格子振動のエネルギー $\hbar\omega_{\mathrm D}$ に比例することを含む。同じ元素の同位体では $\omega_{\mathrm D}\propto M^{-1/2}$（$M$ はイオンの質量）なので、$T_{\mathrm c}\propto M^{-1/2}$ になる。これが5.4.6節で述べる同位体効果である。

ギャップの温度変化

$0<T<T_{\mathrm c}$ では (5.4.15) を数値で解く。絶対零度の式を引いて $\hbar\omega_{\mathrm D}$ を消すと、$\lambda\ll1$ で

$$\ln\frac{\Delta_0}{\Delta(T)}=2\int_0^\infty\frac{f(E)}{E}\,\mathrm{d}\xi,\qquad E=\sqrt{\xi^2+\Delta(T)^2}\tag{5.4.19}$$

となり、$\Delta(T)/\Delta_0$ は $T/T_{\mathrm c}$ だけの関数になる（図 5.4.2）。$T_{\mathrm c}$ の近くでは

$$\Delta(T)\approx\sqrt{\frac{8\pi^2}{7\zeta(3)}}\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}\sqrt{1-\frac{T}{T_{\mathrm c}}}=3.06\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}\sqrt{1-\frac{T}{T_{\mathrm c}}}\tag{5.4.20}$$

で、$\Delta$ は $(T_{\mathrm c}-T)^{1/2}$ で立ち上がる（$\zeta(3)=1.202$。導出は5.4.4節）。低温では、熱で励起される準粒子の数が $\mathrm{e}^{-\Delta_0/( k_{\mathrm B} T)}$ に比例して少ないので、$\Delta$ は $T\lesssim0.3\,T_{\mathrm c}$ でほとんど $\Delta_0$ から動かない。

凝縮エネルギーと臨界磁場

絶対零度の超伝導状態は、正常な状態よりどれだけエネルギーが低いか。(5.4.12) の基底状態のエネルギーから $\Delta=0$ の値を引き、単位体積あたりにすると

$$\frac{E_{\mathrm s}-E_{\mathrm n}}{V}=N_0\int_{-\hbar\omega_{\mathrm D}}^{\hbar\omega_{\mathrm D}}\bigl(\lvert \xi\rvert -\sqrt{\xi^2+\Delta_0^2}\bigr)\mathrm{d}\xi+\frac{\Delta_0^2}{g}$$

である。$\hbar\omega_{\mathrm D}\gg\Delta_0$ で積分は $-N_0\Delta_0^2\bigl[\frac12+\mathrm{arsinh}(\hbar\omega_{\mathrm D}/\Delta_0)\bigr]$ になり、ギャップ方程式 $\mathrm{arsinh}(\hbar\omega_{\mathrm D}/\Delta_0)=1/\lambda$ から第2項 $\Delta_0^2/g=N_0\Delta_0^2/\lambda$ と打ち消し合って、

$$\frac{E_{\mathrm s}-E_{\mathrm n}}{V}=-\frac12N_0\Delta_0^2\tag{5.4.21}$$

が残る。Fermi 面のまわり幅 $\Delta_0$ の殻にいる $N_0\Delta_0$ 程度の電子が、1個あたり $\Delta_0$ 程度ずつエネルギーを下げた、と読むことができる。磁場を押し出すには $B^2/(2\mu_0)$ の仕事が要るので、凝縮エネルギーがこれに等しくなる磁場で超伝導は壊れる。これが熱力学的な臨界磁場で、

$$\frac{B_{\mathrm c}(0)^2}{2\mu_0}=\frac12N_0\Delta_0^2,\qquad B_{\mathrm c}(0)=\Delta_0\sqrt{\mu_0N_0}\tag{5.4.22}$$

である（$B_{\mathrm c}$ の定義は解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部第6章と同じ）。