Einführung in die Festkörperphysik II

Einführung in die Festkörperphysik II
Prof. P. Böni
Lösung zu Blatt 16
Klaus Lorenz
18.4.2003
http:/www.ph.tum.de/lehrstuehle/E21/uebungen/uebungen.html
Aufgabe 1:
Störungsrechnung nahe einer Zonengrenze
E
3,7eV
1eV
0
1
2
2π
3
k
a
a) Wie groß ist die effektive Masse eines Elektrons bei 1, 2 und 3?
Lösung:
Für die effektive Masse m * gilt in dieser eindimensionalen Betrachtung:
1
1 ∂2E
=
m *n h 2 ∂k 2
(1.1)
In der Umgebung von k=0 (Position 1) ist die Dispersionskurve nahezu identisch mit der
eines freien Elektrons, so dass sich in diesem Bereich die effektive Masse kaum von der
Ruhemasse des Elektrons unterscheidet.
Bei Position 2 hat die Dispersionskurve einen Wendepunkt. Die effektive Masse m* des
Elektrons geht hier somit gegen unendlich.
In der Umgebung k=π/a+δk von Position 3 erhält man aus der Störungsrechnung (siehe
Übungsblatt 15; Aufgabe 1) oberhalb und unterhalb der Energielücke einen parabolischen
Energieverlauf
 h 2  π 2 2  h2
E (δk ) = E ± + 1 ±
(δk ) 2
 

m
a
∆
E
2
m
 


h2  π 
∆E
, mit E ± =
  ±
2m  a 
2
2
(1.2)
Die Krümmung dieser Parabel ist
2
∂ 2E( δk)  h 2  π  2  h 2
= 1 ±  

∂ (δk ) 2
 m  a  ∆E  m
(1.3)
Die zwei Unbekannten a und ∆E erhält man aus den in der Zeichnung angegebenen Werten
h2  π 
  = 3,7 eV
2m  a 
2
und ∆E=1eV
(1.4)
Setzt man dies in (1.3) ein, erhält man für die effektive Masse:
m *± =
h2
me
 0,063m e
=
=
2
2  − 0,072m e
∂ E( δk) 
1 ± 2 ⋅ 3,7 eV
2

1eV 
∂ (δk )

(1.5)
b) Welche Gruppengeschwindigkeit hat das Elektron?
Lösung:
Die mittlere Geschwindigkeit
Gruppengeschwindigkeit
eines
Elektrons
v=
∂ω 1 ∂E
=
∂k h ∂k
im
Kristall
ist
durch
die
(1.6)
gegeben. Sie ist somit an den Positionen 1 und 3 Null und bei 2 maximal.
Die mittlere Geschwindigkeit von Elektronenwellen mit k=nπ/a (n∈Ù) ist Null, da für diese
die Bragg-Bedingung erfüllt ist, sie reflektiert werden und sich so eine stehende
Elektronenwelle ausbildet.
2
Einschub: Berechnung der elektrischen Leitfähigkeit mit der Boltzmann-Gleichung
Für die folgende Herleitung gehen wir von statistisch homogenen Bedingungen im Ortsraum
aus (keine thermoelektrischen Effekte) und setzen ferner voraus, dass für beide
Spinzustände des Elektrons dieselbe Funktion E(k) gelte. Die Verteilungsfunktion f hängt
dann nur von k ab. Die elektrische Stromdichte j ist gegeben durch
∞
∞
∞
0
0
−∞
j = e∫ v (E) n ( E)dE = 2e∫ v( E) D( E)f ( E) dE = 2e ∫ v( k )D(k ) f (k )d 3k
(2.1)
3
 L 3
Mit D (k ) d k = 
 d k und L = 1 ergibt sich hieraus
 2π 
∞
e
j = − 3 ∫ v(k ) f ( k )d 3 k
4π − ∞
3
(2.2)
An dieser Stelle kann man schon erkennen, warum ein gefülltes Band nicht zum Strom
beiträgt. Bei einem gefüllten Band ist f(k) = 1 in der ganzen Zone, sodass
e
jn = − 3
4π
∞
∫v
n
(k )d 3k .
(2.3)
−∞
Unter der Annahme, dass die Störung der Bandstruktur En(k) durch die angelegten Felder
vernachlässigbar ist, gilt En(k) = En(-k) und somit vn(k) = -vn(-k), wodurch das Integral in (2.3)
zu null wird.
Analog verschwindet dieses Integral für den Fall einer ungestörten Verteilungsfunktion
f 0 (k ) =
1
,
exp((E n (k ) − µ ) / k B T) + 1
(2.4)
da in diesem Fall f0(k) = f0(-k) gilt.
Schaltet man zum Zeitpunkt t = 0 ein homogenes, zeitlich konstantes elektrisches Feld E ein,
liefert die Bewegungsgleichung hk& = −eE für ein einzelnes Elektron
k ( t ) = k ( 0) −
e
E t = k ( 0) + δ k ( t )
h
(2.5)
Wie in Abb. 1 in einer Dimension skizziert, führt dies zu einer Verschiebung von f0(k) um
δk(t), womit man für die gestörte Verteilungsfunktion f(k, t) = f0(k-δk(t)) erhält. Wie ein
bisschen später gezeigt wird, ist δk(t) nur eine kleine Störung, so dass man diesen Ausdruck
wie folgt entwickeln kann:
e
f (k , t ) = f 0 ( k ) − ∇ k f 0 ( k )δk ( t ) = f 0 (k ) + ∇ k f 0 (k ) Et
h
(2.6)
Da die ungestörte Fermi-Verteilung (2.4) nur über E(k) von k abhängt gilt
f (k , t ) = f 0 ( k ) +
∂f 0
∂f
e
∇ k E( k ) Et = f 0 ( k ) + 0 v(k ) eEt
∂E
h
∂E
3
(2.7)
f(k,t)
1,4
1,2 Fermi-Funktion
gestört
1,0 ungestört
0,8
0,6
δk
0,4
0,2
0,0
-1,6
-1,2
-0,8
-0,4
0,0
0,4
0,8
1,2
1,6
k
Abb. 1: Verschiebung der Fermi-Funktion durch E-Feld
Das elektrische Feld bewirkt somit eine zeitliche Änderung der Verteilungsfunktion
∂f
∂f (k , t )
= 0 v( k )eE
∂t Feld ∂E
(2.8)
Streuprozesse im Kristall sorgen nun dafür, dass sich die Verteilungsfunktion nicht immer
weiter verschiebt, sondern innerhalb der Brillouin-Zone in einen Gleichgewichtszustand
gelangt. Die Verteilungsfunktion der Elektronen kehrt nach der Relaxationszeit τ(k) in die
ungestörte Verteilungsfunktion f0(k) zurück. Die zeitliche Änderung der Verteilungsfunktion
durch Stöße wird somit durch
f (k , t ) − f 0 (k )
∂f (k , t )
=−
∂t Stöße
τ(k )
(2.9)
beschrieben. Nach der Boltzmann-Gleichung für ein homogenes System gilt im stationären
Zustand
∂f (k , t )
∂t
+
Feld
∂f (k , t )
= 0,
∂t Stöße
(2.10)
∂f 0
v (k )eEτ(k )
∂E
(2.11)
woraus zusammen mit (2.8) und (2.9) folgt:
f (k ) = f 0 (k ) +
Setzt man dies in (2.2) ein erhält man
j=−
e
4 π3
∞

∫ v(k ) f
0
(k ) +
−∞
∂f 0

v(k ) eEτ(k ) d 3 k
∂E

(2.12)
Dies vereinfacht sich aufgrund der Symmetrie von f0(k) zu
j=−
e2
4π 3
∞
∂f 0
∫ v(k ) ∂E v (k )Eτ(k )d k
−∞
4
3
(2.13)
kz
dk⊥
dS
Für die Integration wählt man als Volumenelement im kRaum ein Prisma zwischen zwei Flächen konstanter
Energie E(k)=E und E(k)=E+dE, das auf diesen Flächen
senkrecht steht, die Grundfläche dS und Höhe dk⊥ hat
(siehe Abbildung 2). Dessen Volumen ist
E+dE=const
E=const
d 3k = dSdk ⊥ =
ky
dE
dE
dS =
dS
∇ k E (k )
h v(k )
(2.14)
Hiermit wird (2.13) zu
kx
Abb. 2: Volumenelement zwischen zwei
Flächen konstanter Energie
j=−
e2
∂f ( v(k ) E) v(k )
τ(k ) 0
dEdS
3
∫
∫
4π h Energie Fläche
∂E
v(k )
(2.15)
Man erkennt an dieser Stelle, dass in einem Metall nur die Elektronen in Zuständen nahe der
Fermi-Fläche zum Strom beitragen, da nur dort der Term δ Ef0(E) innerhalb eines
Energiebereichs von kBT von Null verschieden ist. Für Tà0 geht dieser Term in eine δFunktion bei EF über. Man erhält deshalb eine gute Näherung für den Strom, wenn man als
Integrationsfläche die Fermi-Fläche E=EF nimmt, und für v(k) und τ(k) die Werte an der
Fermi-Fläche einsetzt. Hiermit wird (2.15) zu
j=−
e2
( v(k ) E) v(k )
∂f 0
τ( k )
dS ∫
dE
3
∫
4π h Fermi − Fläche
v(k )
∂
E
Energie
(2.16)
Die Integration über die Energie ergibt
∞
∂f 0 ( E )
dE = f 0 ( ∞ ) − f 0 ( 0) = −1
∂E
0
∫
 v xv x

Mit der Schreibweise für das dyadische Produkt ( v o v =  v y v x
v v
 z x
(2.17)
vx vy
vy vy
vz v y
vx vz 

v y v z  ) erhält man
v z v z 
 e2
v( k ) o v(k ) 
j =  3
τ( k )
dS E = σE
∫
4
π
h
v
(
k
)
Fermi −Fläche


(2.18)
Hierin ist die Leitfähigkeit σ ein Tensor zweiter Stufe.
Betrachtet man ein kubisches System entartet der Tensor der Leitfähigkeit zu einer skalaren
Größe. Für E =
1
( E 0 , E 0 , E 0 ) folgt:
3
v 2x + v 2y + v 2z
e 2E 0
1
1 e2 E 0
j=
( jx + jy + jz ) =
τF
dS =
τ F v F dS
vF
12π 3h ∫
3
3 4π 3h 3 ∫
(2.19)
Im Fall freier Elektronen gilt mv=hk und damit auch mvF = hkF . Die Fermi-Fläche ist eine
Kugel vom Radius kF =(3π 2n)1/3, wobei n die Dichte der Elektronen ist. Benutzt man dies in
(2.19) führt dies auf die altbekannte Drude-Leitfähigkeit
ne 2 τ F
j=
E0
m
5
(2.20)
Aufgabe 2:
Auswirkungen eines äußeren Magnetfeldes
a) Wie lautet die Zustandsdichte für ein freies Elektronengas in einem Kristall mit dem
Volumen L3 ?
Lösung:
Die möglichen Werte der Komponenten ki (i=x,y,z) des Wellenvektors in einem kubischen
Kristall vom Volumen L3 sind durch die Bedingung
ki =
2π
n i , mit ni ∈ Ù
L
(3.1)
gegeben. Ein Zustand beansprucht somit im k-Raum das Volumen (2π/L)3. Das
Volumenelement dkx dky dkz enthält
3
 L
dZ k =   dk x dk y dk z
 2π 
(3.2)
Zustände. Über die E(k)-Beziehung ist der Dichte im k-Raum auch direkt eine
Eigenwertdichte D(E)=dZE/dE zugeordnet. Diese ergibt sich aus der Zahl der Zustände dZE,
die im k-Raum zwischen Flächen konstanter Energie E=const. und E+dE=const. enthalten
sind:
E+ dE
L
D( E) dE = ∫ dZ k =  
 2π 
E
3 E+ dE
∫ dk
x
dk y dk z
(3.3)
E
Als Volumenelement im k-Raum wählt man wiederum ein Prisma zwischen zwei Flächen
konstanter Energie E(k)=E und E(k)=E+dE, das auf diesen Flächen senkrecht steht, die
Grundfläche dS und Höhe dk⊥ hat (vgl. 2.14 und Abb. 2).
dE
dS
∇ k E n (k )
(3.4)
dS
 L
D( E) dE =   dE ∫
.
∇ k E n (k )
 2π 
E = const.
(3.5)
dk x dk ydk z = dSdk ⊥ =
Hiermit wird (3.3) zu
3
Für quasifreie Kristallelektronen mit E(k)=h2k2/2m * vereinfacht sich (3.5) zu
3
m*
 L
D( E) dE =   dE 2
h
 2π 
dS
.
k
E = const.
∫
(3.6)
Die Flächen konstanter Energie sind in diesem Fall Kugeln mit dem Radius k. Die Integration
liefert somit die Kugeloberfläche, womit sich für quasifreie Kristallelektronen folgende
Zustandsdichte ergibt:
3
3
m*
2 m *E
L3
 L
D( E) dE =   dE 2 4π
=
h
h2
4π 2
 2π 
6
 m*  2
 2  E dE
h 
(3.7)
b) Der Kristall wird nun in ein homogenes Magnetfeld der Stärke B gebracht. Welche
Energiewerte können die Elektronen jetzt annehmen? Zeigen Sie, dass sich in
diesem äußeren Magnetfeld für die Zustandsdichte folgender Ausdruck ergibt:
3
−
1
 2
L3  2 m*  2 hω c 
 1


D(l , E )dE =
E
−
l
+
h
ω
dE


c
( 2π ) 2  h 2  2 
 2

eB
mit ω c = * und der Landauschen Quantenzahl l.
m
Lösung:
N freie Elektronen in einem Magnetfeld werden (ohne Berücksichtigung des Spins) durch
den Hamiltonoperator
N
N
1
2
(
)
H=∑
p i − eA (ri ) = ∑ H i
*
i =1 2m
i =1
(3.8)
Um ein homogenes Magnetfeld in z-Richtung zu erhalten, wählt man als Vektorpotential
A=(0,Bx,0)T, womit man den Einteilchenhamiltonian
Hi =
[
]
1
2
p 2x + p 2z + (p y − eBx )
*
2m
(3.9)
erhält. Setzt man nun pz=hk z , py =hky , und die Zyklotronfrequenz ωc =eB/m * ein und führt
anschließend die Transformation
x = x0 + q , mit x 0 = −
hk y
(3.10)
m * ωc
durch, wird (3.9) zu
[
]
1
h 2 k 2z
2
2
Hi =
p x + (m ωc q ) +
2m *
2 m*
(3.11)
Der erste Teil entspricht dem Hamiltonian des harmonischen Oszillators, der zweite, dem
einer ebenen Welle in z-Richtung. Die Energieeigenwerte lauten somit:
h2 2
 1
E =  l + hω c +
kz
2m*
 2
(3.12)
Die ohne B-Feld in der kx ky -Ebene quasikontinuierlich verteilten Zustände kondensieren auf
den durch E⊥ =const. definierten Zylindermänteln.
Die Energie E⊥ der Elektronen ist gegeben durch
E⊥ =
h2
h2 2
2
2
(
k
+
k
)
=
k⊥
x
y
2m *
2m *
(3.13)
Mit E⊥ berechnet sich die Zustandsdichte gemäß
3
L 
D ( E ⊥ , k z ) dE ⊥ dk z =   2πk ⊥ dk ⊥ dk z
 2π 
7
(3.14)
Mit (3.13) wird dies zu
D( E ⊥ , k z ) dE ⊥ dk z =
L3 m *
dE ⊥ dk z
( 2π) 2 h 2
(3.15)
Für Bz?0 kann E⊥ nur noch bestimmte Werte annehmen (siehe (3.12)) deren Energieintervall
∆E⊥=hωc ist. Die Zahl der Zustände auf einer Bahn mit der Quantenzahl l ist somit
D( l, k z ) dk z =
L3 m *
ωc dk z
(2 π) 2 h
(3.16)
Sie ist unabhängig von k z und l, also für alle Quantenzahlen l gleich. Ersetzt man in (3.16) mit
Hilfe von (3.12) dk z durch dE, erhält man den gesuchten Ausdruck für die Zustandsdichte
3
L  2 m*  2 hω c


D(l , E )dE =
( 2π ) 2  h 2  2
3
8
−
1

 2
 1
 E −  l + 2 hω c  dE




(3.17)
Aufgabe 3:
Entartung eines Landauniveaus
a) Die kinetische Energie eines Elektrons im Magnetfeld ist gegeben durch T =
1/2m * ωc 2r2. Für kleine Magnetfelder, wenn Landau-Quantisierung noch keine Rolle
spielt, kann die Zustandsdichte durch die eines perfekten zweidimensionalen
Systems angenähert werden. Berechnen Sie für den Fall, dass die gesamte Energie,
d.h. die Fermi-Energie, gerade gleich der kinetischen Energie ist, den klassischen
Zyklotronradius als Funktion der Ladungsträgerdichte. Vergleichen Sie das Ergebnis
mit der quantenmechanischen, magnetischen Länge lc 2 = h/(eB).
Lösung:
Die Abhängigkeit der Fermi-Energie von der
zweidimensionales Elektronengas (für T=0K) durch
EF =
Ladungsträgerdichte
h2
(πn e )
2m *
ist
für
ein
(4.1)
gegeben. Für Temperaturen T<<TF verschiebt sich EF nur minimal, sodass diese Formel als
gute Näherung verwendet werden kann. Wird die kinetische Energie des Elektrons senkrecht
zum Magnetfeld gerade gleich groß dieser Fermi-Energie, gilt
1 * 2 2 e 2 B2 r 2
h2
m ωc r =
=
(πn e ) .
2
2 m*
2m *
(4.2)
Hieraus ergibt sich für den Zyklotronradius
r=
1
h
(πn e ) 2 = l2c πn e .
eB
9
(4.3)
b) Berechnen Sie die Zahl der Zyklotronkreise, die pro Fläche in die Probe passen.
Vergleichen Sie das Ergebnis mit dem quantenmechanischen Ergebnis für die
Entartung eines Landauniveaus.
Lösung:
Betrachtet man die Energien von Landauniveaus (3.12) fällt auf, dass diese Energien
unabhängig von ky , also bzgl. ky entartet sind. In einem würfelförmigen Kristall mit der
Kantenlänge L gilt ky =2πn/L (n ∈ Ù).
Der Entartungsgrad g ist gerade die Zahl der möglichen ky -Werte, also
g=
k y, max − k y, min
2π / L
.
(4.4)
ky,max und ky,min erhält man aus der Bedingung, dass das Kastenpotential in x-Richtung auch
die Länge L hat, also –L/2 = x = +L/2. Mit der Transformation (3.10) folgt hieraus
m *ω c 
L
m *ω c 
L
q
−
≤
k
≤


q + 
y
h 
2
h 
2
(4.5)
Der Entartungsgrad ist somit
m *ω c L2 eBL2
g=
=
2πh
2πh
Die Anzahl der Zyklotronkreise, die pro Fläche in die Probe passen ist
L2
L2 ( 4.3) e 2 B2 L2
= 2 = 2 2
A ZK r π
h π ne
10
(4.6)