# Auxiliar #7 - Introducción a la Física del Sólido

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**Tópicos del día de hoy**
* Repaso del modelo Tight-Binding
* Repaso del modelo de electrones cuasilibres

## Problema 1
Notar que en este problema nos piden la relación de dispersión, por consiguiente debemos ubicarnos en un $k$ en torno a los puntos de degeneración para conocer los gaps. En este caso no se nos indican, pero podemos encontrarlos fácilmente sabiendo las condiciones de Laue y la condición de degeneración de energía.

En una dimensión los vectores de red recíproca son de la forma

$$
\mathbf{G}=\frac{2\pi m_1}{a}\hat{x},
$$
con $m_1$ un entero. Para encontrar explícitamente los puntos donde se producen estas degeneraciones, podemos hacer

$$
\begin{aligned}
k' &= k + \frac{2\pi m_1}{a}, \\
E(k) &= E(k'),
\end{aligned}
$$

ambas implican que

$$
k = -\frac{m_1 \pi}{a},
$$

con $m_1$ entero. Estos son los $k$ degenerados. Por ejemplo, para $m_1=-1$ tenemos que $k=\pi/a$ y $k'=-\pi /a$. Para tener la respuesta completa en este caso, es decir uno que vaya de $k=\pi/a\to k'=-\pi/a$ y viceversa (el gap es igual en ambos casos por simetría).

:::warning
**Cuidado:** por ahora solo hemos identificado un par de procesos, el potencial podría eventualmente introducir más.
:::

Haremos el caso recién mencionado. Para ello, primero vamos a descomponer en armónicos el potencial para calcular la integral de los elementos fuera de la diagonal fácilmente

$$
V(x)=V_0 \left( \cos^4 \left( \frac{\pi x}{a} \right) - \frac{3}{8} \right),
$$

Para descomponer usaremos que

$$
\begin{aligned}
\cos^4(x) &= \frac{1}{4}\left( 1+ 2\cos(x) +\cos^2(x)\right), \\ &= \frac{1}{4}\left( \frac{3}{2}+ 2\cos(x) +\frac{1}{2}\cos(4x)\right).
\end{aligned}
$$

Lo que escrito en términos de exponenciales complejas es

$$
V(x)=V_0 \left( \frac{1}{4}e^{i2\pi x/a}+\frac{1}{4}e^{-i2\pi x/a}+\frac{1}{16}e^{i4\pi x/a}+\frac{1}{16}e^{-i4\pi x/a}\right).
$$

:::info
**Notar que** el potencial efectivamente abre degeneración entre los números de onda $k=\pm 2\pi/a$! Como esto está fuera de 1BZ y queremos graficar todo en la 1BZ, tenemos que entender esto como graficar en esquema reducido.
:::

Entonces $k-k'=2\pi/a$ por lo que entra solamente el primer armónico a los elementos de matriz

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{\hbar^2 \pi^2}{2ma^2} & V_0/4\\
V_0/4 & \frac{\hbar^2 \pi^2}{2ma^2}
\end{bmatrix}
$$

el cual se separa en

$$
E = \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}\pm \frac{V_0}{4}.
$$

Tal cual hemos deducido, también entrará el armónico $4\pi/a$ cuya deducción es completamente análoga

$$
E = \frac{2\hbar^2\pi^2}{ma^2}\pm \frac{V_0}{16}.
$$

Luego podemos graficar

## Problema 2

El Hamiltoniano es presentado en la forma

$$
H_{nm} = \epsilon_0 \delta_{nm} - t\left(\delta_{n+1,m} + \delta_{n-1,m} + \right)+\Delta \delta_{nm}\delta_{n,0}.
$$

### Parte (a)
Interpretamos cada término de la siguiente forma:
* El primer término es una energía de sitio.
* El término entre paréntesis es el hopping a sitios contiguos de intensidad $-t$ real.
* Es un defecto justo en el sitio cero.

### Parte (b)

Se nos otorga un ansatz de un modo evanescente. La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para la rama derecha ($n>0$) la podemos expresar mediante

$$
\sum_{m}H_{nm}\phi_m = E\phi_n
$$

por lo que reemplazando

$$
\sum_{m} \left(\epsilon_0\delta_{nm} - t \left(\delta_{n-1,m} +\delta_{n-1,m} \right) \right)Ae^{-qam}=EAe^{-qan},
$$

lo que entrega

$$
E = \epsilon_0 - 2t\cosh (qa).
$$

y vamos a parchar en el centro de la cadena. Para $\phi_0$ la ecuación de Schrödinger queda como

$$
E\phi_0 = \left(\epsilon_0 + \Delta \right)\phi_0-t(\phi_1+\phi_{-1})
$$

reemplazando el ansatz tenemos

$$
E = (\epsilon_0+\Delta)-2te^{-qa},
$$

podemos reemplazar la relación de dispersión que dedujimos para la rama positiva y empalmaremos con un determinado valor de $qa$ en el punto donde está el defecto
$$
\epsilon_0-2t\cosh(qa) = (\epsilon_0+\Delta)-2te^{-qa} \Rightarrow -\Delta = 2\sinh(qa)
$$

entonces con

$$
qa = \mathrm{arcsinh} \left( \frac{|\Delta|}{2t}\right),
$$
es el parche requerido. Reemplazando esto de vuelta en la relación de dispersión

$$
E = \epsilon_0-2t\sqrt{ \left( \frac{|\Delta|}{2t} \right)^2+1}
$$

que siempre existe y es negativa respecto a la energía de sitio (que representa la referencia).

### Parte (c )

Si tomamos la ecuación de Schrödinger para el caso continuo, en donde efectuamos el siguiente reemplazo

$$
\begin{aligned}
qna &\to qx \Rightarrow \phi_n\to\psi(x)\sim e^{-qx}
\end{aligned}
$$

la ecuación adoptaría la forma

$$
-\frac{\hbar^2}{2m^*} \frac{d^2\psi}{dx^2}+a\Delta \delta(x)\psi =E\psi,
$$

integrando la ecuación en una vecindad próxima al defecto, obtenemos

$$
\frac{d\psi}{dx}(0^+)-\frac{d\psi}{dx}(0^-) = \frac{a\Delta 2m^*}{\hbar^2}
$$

Al reemplazar la versión continua del ansatz tenemos

$$
q = \frac{a|\Delta|m^*}{\hbar^2}
$$

:::info
Recordar que el número de onda para un modo evanescente en la ecuación de Schrödinger tiene la forma
$$
q = -\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar^2}
$$
:::

usando la ecuación del recuadro azul, obtenemos

$$
E = -\frac{a^2 |\Delta|^2 m^*}{2\hbar^2},
$$

si efectuamos un renombre mediante $m^*=\hbar^2/(2ta^2)$ encontramos concordancia con el resultado discreto

$$
q= \frac{|\Delta|}{2t}
$$

La energías son iguales siempre y cuando en el modelo tight-binding pongamos una energía de impureza pequeña, ya que al aproximar dan iguales.