问题
动量空间中电势为
\begin{align} \varphi (\vec{q})= \frac{\varphi_{ext(\vec{q})}}{\varepsilon(\vec{q})} \end{align}其中
\begin{align} \varphi_{ext}(\vec{q}) = \frac{-e}{\varepsilon_0 V q^2 } \end{align}所以
\begin{equation} \label{eq:1} \varphi (\vec{q})= \frac{-e}{\varepsilon_0 V q^2 {\varepsilon(\vec{q})}} \end{equation}Thomas-Fermi 近似的结果
Thomas-Fermi 近似给出
\begin{align} \varepsilon_{TF}(\vec{q}) = 1 +\frac{q_{TF}^2}{q^2} \end{align}将上式代入 \(\varphi(\vec{q})\) 有
\begin{equation} \varphi (\vec{q})= \frac{-e}{\varepsilon_0 V q^2 \left(1 +\frac{q_{TF}^2}{q^2}\right)} =\frac{-e}{\varepsilon_0 V \left(q^2 +q_{TF}^2\right)} \end{equation}对其 Fourier Transform
\begin{align} \varphi(\vec{r}) =& \int_{-\infty}^{+\infty} e^{i \vec{q}\cdot \vec{r}} \varphi (\vec{q}) \mathrm{d}^3 q \\ =& \frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2} \mathrm{d}q\\ =& \frac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \cdot \frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2} \mathrm{d}q \end{align}对
\begin{align} \frac{q}{q^2+q_{TF}^2} \end{align}在 \(q \rightarrow +\infty\) 展开(与在 \(q_{TF}\rightarrow 0\) 时对 \(q_{TF}\) 展开相同):
import sympy as sym |
- \frac{qTF2}{q3} + \frac{1}{q} + O\left(\frac{1}{q5}; q→ ∞\right)
计算 leading order
\begin{align} \int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{1}{q}\mathrm{d}q = \frac{1}{2i} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{iqr}\cdot \frac{1}{q} \mathrm{d} q = \frac{1}{2i} \cdot \pi i \cdot 1 = \frac{\pi}{2} \end{align}这正好是精确结果
\begin{align} \frac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{e^{-q_{TF} r}}{r} \end{align}在 \(q_{TF}\rightarrow 0\) 时对 \(q_{TF}\) 展开的结果的 leading order 相同.
问题1
Thomas-Fermi 近似结果与精确结果的 \(q_{TF}^2\) 的系数不同?
答: 因为展开后的结果中出现了发散项, 所以问题本身就不能展开.
问题2
为什么要对 \(q\) 在 \(q\rightarrow +\infty\) 展开? 积分的区间不是整个实轴吗?
答: 我之前对展开的目的理解有误. 展开的目的不是为了一阶一阶地计算积分. 展开目的是为了数值的计算积分. Thomas-Fermi 的积分本身可以精确解出, 没必要数值积分, 因此不必做展开. 展开的意义会在下面 RPA 的计算过程中体现.
RPA 的结果
RPA 给出
\begin{align} \varepsilon (\vec{q}) = 1+ \frac{q_{TF}^2}{q^2}g\left( \frac{q}{2k_F} \right) \end{align}将上式代入 \(\phi (\vec{q})\) 有
\begin{equation} \varphi (\vec{q})= \frac{-e}{\varepsilon_0 V q^2 \left(1 +\frac{q_{TF}^2}{q^2}\right)} =\frac{-e}{\varepsilon_0 V \left(q^2 +q_{TF}^2 g\left( \frac{q}{2k_F} \right) \right)} \end{equation}其中
\begin{align} g(u) = \frac{1}{2} \left( 1+\frac{1}{2u}(1-u^2)\ln \left| \frac{1+u}{1-u} \right| \right) \end{align}对 \(\phi (\vec{q})\) 作 Fourier Transform
\begin{align} \varphi(\vec{r}) =\frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2g( \frac{q}{2k_F} )} \mathrm{d}q \end{align}级数展开
对
\begin{align} \frac{q}{q^2+q_{TF}^2g( \frac{q}{2k_F} )} \end{align}在 \(q\rightarrow +\infty\) 展开
import sympy as sym |
- \frac{\frac{256 kF8}{63} - \frac{64 kF6 qTF2}{35} + \frac{16 kF4 qTF4}{15}}{q9} + \frac{\frac{64 kF6}{35} - \frac{16 kF4 qTF2}{15} + \frac{4 kF2 qTF4}{3}}{q7} + \frac{\frac{16 kF4}{15} - \frac{4 kF2 qTF2}{3}}{q5} + \frac{4 kF2}{3 q3} + O\left(\frac{1}{q10}; q→ ∞\right)
问题3: 接下来该怎么做? 所有的展开项代入积分都是发散的.
答: 展开算错了. 程序中把公式抄错了. 看来最好还是手算 check 一下比较好, 不然不会出现这么低级的错误. 级数展开的计算能力还有待提高…
正确的级数展开
import sympy as sym |
- \frac{1}{q} - \frac{4 kF2 qTF2}{3 q5} - \frac{16 kF4 qTF2}{15 q7} - \frac{64 kF6 qTF2}{35 q9} + O\left(\frac{1}{q10}; q→ ∞\right)
数值计算 RPA 的结果
问题分析
首先, 积分
\begin{align} \varphi(\vec{r}) =\frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2g( \frac{q}{2k_F} )} \mathrm{d}q \end{align}难以解析地计算, 因此想要数值地计算.
其次, 被积函数收敛不够快.
经过前面对被积函数级数展开的分析, 发现被积分函数在远处的 leading order 为
\begin{equation} \label{eq:leading} \frac{\sin(qr)}{q} \end{equation}也就是说, 被积函数在远处的贡献主要来自于 leading order 项 (\ref{eq:leading}), 而且这一项是可以解析地计算出结果的. 如果我们从被函数中把这项减去, 那么被积函数在远处就近似为 \(0\) 了, 也就是说积分会更快地收敛. 这就解决了积分收敛不够快的问题.
构造新的被积函数
构造函数
\begin{equation} F(q) = \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2g( \frac{q}{2k_F} )} - \frac{\sin(qr)}{q} \end{equation}新的 \(F(q)\) 函数会很快地收敛.
原来的积分就可以分解为
\begin{align} \varphi(\vec{r}) =&\frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \int_0^{+\infty} \sin(qr)\cdot \frac{q}{q^2+q_{TF}^2g( \frac{q}{2k_F} )} \mathrm{d}q \\ =& \frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \int_0^{+\infty} \left( F(q) + \frac{\sin(qr)}{q} \right)\mathrm{d}q \\ =& \frac{-e}{2 \pi^2 \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r} \left( \int_0^{+\infty} F(q) \mathrm{d}q + \frac{\pi}{2} \right) \end{align}数值积分
下面数值地计算
\begin{align} \int_0^{+\infty} F(q) \mathrm{d}q \end{align}python 程序如下
#导入数值计算包, 画图包, 积分包 |
结果对比
将数值结果与 Friedel Oscillations 的结果
\begin{align} \varphi(\vec{r}) \sim \frac{1}{r^3} \cos (2 k_fr) \end{align}进行对比
可以看出, Friedel Oscillations 的结果在 \(r\) 较大时的结果比较好.
参考文献
Friedel Oscillation 的原始文献 the shielding of a fixed charge in a high-density electron gas http://www.doc88.com/p-9512851691956.html
Wolfgang Nolting, Fundamentals of Many-body Physics
致谢
感谢导师 Ran Qi 的指导
感谢 Fan Yang 师兄的讨论