Szilárdtestek elektronszerkezete feladatok Csősz Gábor 8. január.. feladat A feladatban az alábbi mátriot kell diagonizálni. ε B,F,G (k) V V H = V ε B,F,G (k) V V V ε B,F,G (k) Kihasználva a rács szimmetriáját az összes nem diagonális mátri elem meg fog egezni. Íg a sajátenergiák meghatározásához az alábbi egenletet kell megoldni: ahol ω = ε B,F,G (k) ε(k). Megoldva az egenletet: Az ezekhez tartozó sajátenergiák: és sajátállapotok: C () v ω V ω + V =, () ω = V, () ω = V. () ε = ε (κ + ( κ) ) V, (4) ε = ε (κ + ( κ) ) + V. (5) Ψ = e i Π a (κ+κ+κz) [ e i Π a z (e i Π a + e i Π a )], () ( Π Ψ = ei a (κ+κ+κz) e i Π a e i Π ) a, (7) ( Π Ψ = ei a (κ+κ+κz) e i Π a + e i Π a + e i Π z) a. (8) szimetria karaktertáblája kiegészítve a B, F és G függvének által kifeszített háromdimenziós reducibilis altér karaktereivel: C v E C σ v A A E D
Kihasználva, hog a különböző irreducibilis ábrázoláshoz tartozó karakterek skalárszorzata, a háromdimenziós reducibilis altér az alábbi módon mondható fel irreducibilis alterekre: ( + + ) =, (9) ( + + ( ) ) =, () ( + ( ) + ) =. () Tehát eg kétdimenziós és eg egdimenziós altérre bomlik fel, ahog a korábbi számítások alapján is vártuk: D = A E. (). feladat A sajátfüggvéneket a Bloch-tétel segítségével az alábbi alakban tudjuk felírni: Íg a Hamilton-operátor mátria: A mátriot diagonalizálva a két sajátérték: ϕ αi (k,r ) = e ik(r i R j ) ϕαj (k,r ) () [ γ + e ika ] γ H = γ + e ika γ ε (+) = γ + γ + γ γ cos(ka), (4) ε ( ) = γ + γ + γ γ cos(ka). (5) gamma=, gamma=, a= + - - - - - - - k. ábra A feltétele annak, hog legen gap a spectrumban, az hog γ γ.
. feladat C v két generátor eleme C és σ v (z). A C 4v két generátor eleme C 4 és σ v (z). Ezeknek a mátrioknak a hatása γ -ra: C = σ v = C 4 = C : b k + b k + b k = b k + b k + b k () σ v : b k + b k + b k = b k b k + b k (7) C 4 : b k + b k + b k = b k b k + b k (8) Ez alapján b mind a két szimmetriacsoport esetén eltűnik, illetve C 4v esetén b = b. Az előbbi szimmetriák hatása γ elsőrendű tagjaira: C : σ v : C 4 : Illetve γ harmadrendű tagjaira: C : σ v : σ v : c c k c k c k cz k cz k c c k c k c k cz k cz k c c c k k c k cz k cz k = = = c k c k c k k c c k c k c k k c k = cz k c z k cz k k c z k c k c k + c k k c c k c k + c k k c k = cz k c z k + cz k k c z k c k c k + c k k c k c k c k k + c k k c k = cz k c z k k + cz k k c z k Ezek alapján a Hamilton-operátorok: H Cv = ε + b k + b k + ( ) H C4v = ε + b k + k + c k c k c c k c c k c k c k cz k + cz k c k + c k k c c k c z k + c z k c k + c k k c c c z k + c z k c k c c k c k c k k c k c k k c k cz k + c z k + cz k k + c z k c k + c k + c k k + c k c k c c k k c cz k + c z k + cz k k + c k z k c k + c k + c k k + c k k c k c k k c c c z k + c z k + c z k k + c z k σ + σ + c k + c k c k + c k k c k + c c k c σ k k σ
7. feladat Tudjuk, hog eg operátor várhatóértékét az alábbi módon lehet meghatározni: A = f (ε) δ(ε ε n ) n A n dε = f (ε)tr[a ImG (ε)]dε (9) n π Áttérve komple integrálra úg, hog a kontúrt a felső félsíkon zárjuk: f (ε)imtr[ag (ε)]dε = ( ) Re f (z) + Im f (z) ImTr[AG (z)]dz = π π = π Im dz f (z)tr[ag (z)] ImTr[AG (z k )]Im ( πi Res zk [f (z)] ) () π Im z k > Az integrálási változó kompleé tételével megjelentek új pólusok, amikkel korrigálni kell.a Fermifüggvénnek ott van pólusa, ahol e (z µ)/k bt =, tehát z n = µ+inπk b T, ahol n-nek páratlannak kell lennie. Íg z k = µ + i (k + )πk b T. Ezekben a pontokban f (z)-nek elsőrendű pólusa van, tehát: z z k Res zk [f (z)] = lim z zk + = e(z µ)/k b T /k b T ( ) = k bt () minden z k -ra. Ezt beírva A várható értékébe a következő végeredmént kapjuk: A = π Im f (z)tr[ag (z)]dz ImTr[AG (z k )]Im(πi ( k b T )) = π Im z k > = π Im f (z)tr[ag (z)]dz k b T ReTr[AG (z k )] Im z k > () 4
9. feladat A három ábrán jól látszódik, hog minden esetben sokkal jobb a második módszer által kapott eredmén.. =, c=.5 (a) (b).8 DOS..4. -5-4 - - - 4 5. ábra. =, c=.5 (a) (b).8 DOS..4. -5-4 - - - 4 5. ábra 5
.5 =, c=. (a) (b) DOS.5.5-5 -4 - - - 4 5 4. ábra