Antwoorden Hoofdstuk 4: Periodieke roosterpotentiaal en

Antwoorden Hoofdstuk 4: Periodieke roosterpotentiaal en
energiebanden
Opgave 4.1
ikx
−ikx en φ = ceikx +
Beschouw de twee arbitraire lineare
2 R
R ? combinaties φ1 = ae + be
−ikx
de
. Orthogonaliteit vereist φ1 φ2 dx = 0. Gebruikmaken van het feit dat eiαx dx
= 0, behalve als α = 0, leidt dan tot:
a? c + b? d = 0.
R
Evenzo haal je uit de eis φ?1 V φ2 dx = 0 (door de cosinusterm in de potentiaal als
exponenten te schrijven) dat
a? d + b? c = 0.
Uit deze beide eisen leiden we af dat
φ2 ∝ cos(kx) of vice versa.
a?
b?
=
b?
a?
= − dc = − dc , dus dat φ1 ∝ sin(kx) en
Opgave 4.2
kF3 = 3π 2 N/V = 3π 2 /a3 voor een eenvoudig kubisch rooster, zodat kF = 3.09/a. De
eerste Brillouinzone is een kubus met zijde 2π/a, zodat de Fermibol zich er net binnen
bevindt: de afstand tot de rand is 0.05/a (de Fermistraal vergeleken met de halve hoogte
van kubus).
Gegeven deze korte afstand tusssen de twee, zal de wisselwerking met de periodieke
roosterpotentiaal bijna zeker de Fermibol contact laten maken met de grens van de eerste
Brillouinzone, zoals in Figuur 4.5 van Hook & Hall (Er zullen echter meer onbezette
toestanden nabij de hoek van de zone zijn dan in Figuur 4.5 en niet genoeg elektronen
om een toestand in de tweede zone te bezetten). In drie dimensies geeft contact met de
zonegrens meervoudig verbonden Fermibollen (zie bijvoorbeeld Figuur 13.13 in H&H
voor koper).
Opgave 4.3
We beginnen met het herschrijven van V als volgt:
V =−
∞
X
Vn n=1
2
e2πnx/a + e−2πnx/a
De tweede afgeleide van ψ is:
d2 ψ
= −αk 2 eikx − β(k − 2π/a)2 ei(k−2π/a)x
dx2
Wanneer je deze in de Schrödingervergelijking invult krijg je:
i
−h̄ h
−αk 2 eikx − β(k − 2π/a)2 ei(k−2π/a)x
2m
!
∞
X
Vn 2πnx/a
−
e
+ e−2πnx/a + ε
αeikx + βei(k−2π/a)x = 0.
2
n=1
13
We vermenigvuldigen eerst met eikx en integreren van 0 tot a. Dit geeft:
2 2
h̄ k
V1 β
−ε α−
= 0.
2m
2
Vermenigvuldigen met ei(k−2π/a)x levert juist:
2
h̄
V1 α
2
(k − 2π/a) − ε β −
= 0.
2m
2
Los deze vergelijkingen op voor α en β om tot de vergelijking voor ε te komen.
Opgave 4.4
In een band komen N k-waarden voor, waar N het aantal primitieve cellen in het
marcoscopische kristal is. Dit geeft plaats voor 2N elektronen. Dus voor n valentieelektronen, kunnen er n/2 banden bezet worden. Het aantal valentie-elektronen per
primitieve cel wordt mede bepaald door het aantal atomen dat per cel aanwezig is.
Voor de fcc en bcc struktuur is dat n atoom per cel en voor de hcp en diamantstruktuur
2 atomen per cel. We krijgen dus:
- kalium (bcc): 1 valentie-elektron per cel: 1/2 band
- calcium (fcc): 2 valentie-elektronen per cel: 1 band
- aluminium (fcc): 3 valentie-elektronen per cel: 3/2 band
- thallium (hcp) 2 x 3 valentie-elektronen per cel: 3 banden
- silicium (diamant): 2 x 4 valentie-elektronen per cel: 4 banden
- lood (fcc): 4 valentie-elektronen per cel: 2 banden
Opgave 4.5
(a) Zie de figuur:
(b) De wisselwerking is voor korte golflengtes (dus grote k, op de rand van de Brillouinzone) het sterkst. De golffunctie bevindt zich daar op de maxima/minima
van de potentiaal.
(c) Dan is er een halve energieband gevuld, waardoor geleiding mogelijk is. Het is dus
een metaal.
π
π
(d) Zonder elektrisch veld zijn de toestanden met − 2a
< k < 2a
gevuld. De rest is
leeg. Met een elektrisch veld verschuift het gevulde deel in de negatieve richting
langs de k-as.
14
1
(e) Gebruik vergelijkingen (4.23) en (4.24) uit H&H. we hebben δk = h̄v
δε. We
weten dat v = dx/dt en δε = −eEδx. We komen op δk = −eτ E/(h/2π) om de
verschuiving te berekenen: δk = −1.5 × 107 m−1 .
(f) Met twee keer zoveel elektronen hebben we een geheel gevulde band. Dit betekent
dat er geen geleiding is en we dus spreken van een halfgeleider of isolator, en er
ook geen verschuiving optreedt bij een elektrisch veld.
(g) Als de wisselwerking sterker wordt, wordt de (energie-)afstand tussen de eerste en
tweede band groter. Thermische excitatie van de gevulde naar de lege band wordt
daardoor onwaarschijnlijker. Het karakter verandert van halfgeleider naar isolator.
Opgave 4.6
(a) Een algemene uitdrukking is Ψk (x) =
√1
N
PN
ikna φ(x − na).
n=1 e
φ is een periodiek
verschoven golffunctie, met de e-macht de energie-factor en de factor
voor de normalisatie.
√1
N
zorgt
(b) Dit proberen we uit door de golffunctie te verschuiven naar positie x + a. We
krijgen:
N
1 X ikna
Ψk (x + a) = √
e
φ(x + a − na)
N n=1
N
1 X ik(n−1)a+ika
√
=
e
φ(x − (n − 1)a)
N n=1
N
eika X ik(n−1)a
e
φ(x − (n − 1)a)
=√
N n=1
N −1
eika X ikna
=√
e
φ(x − na)
N n=0
= eika Ψk (x)
(1)
omdat we periodieke randvoorwaarden hebben en dus weer terug kunnen schuiven.
(c) Deze verandert niet.
Opgave 4.7
2 2
(a) Als me = m0 , kunnen we invullen dat ε(k) ≈ h̄2mke . Verder weten we dat sin2 ka
2 ≈
1 2 2
4 k a voor kleine k. Stel nu de twee functies voor (k) aan elkaar gelijk, dan kun
je k wegstrepen en vind je dat A = 1.22 eV.
(b) De Fermi energie is te berekenen met behulp van het Fermi golfgetal
kF , de kwaarde tot waar de band is gevuld. We gebruiken εF = 2A sin2 ka
= 1.59 eV.
2
dε
De groepssnelheid volgt hieruit: vg (kF ) = h̄dk = 442 km/s.
(c) Gebruik vergelijking (4.27) uit H&H: meff =
15
h̄2
d2 ε/dk2
=
h̄2
.
a2 A cos(ka)
(d) Gebruik vergelijking (4.28) uit H&H maar vergeet niet twee keer te delen door 2
vanwege de spin en ±k waarden. Daarom krijgen we:
g(ε) =
en voor k =
π
2a
krijgen we g =
2L
1
π aA sin(ka)
2L
πaA .
(e) Nee. Bij kF wijkt de band al te veel af van het vrije elektronenmodel. De effectieve
massa is zelfs al negatief.
16