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

$$\begin{array}{rl}{k}^{\prime }& =k+\frac{2\pi m_1}{a},\\ E(k)& =E(k^{\prime }),\end{array}$$

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

$k^{\prime }=-\pi /a$. Para tener la respuesta completa en este caso, es decir uno que vaya de

$k=\pi /a\to k^{\prime }=-\pi /a$ y viceversa (el gap es igual en ambos casos por simetría).

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

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

Para descomponer usaremos que

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

Lo que escrito en términos de exponenciales complejas es

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

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

$k-k^{\prime }=2\pi /a$ por lo que entra solamente el primer armónico a los elementos de matriz

$$H=\left[\begin{array}{cc}\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}& V_0/4\\ V_0/4& \frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}\end{array}\right]$$

el cual se separa en

$$E=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}\pm \frac{V_0}{4}.$$

Tal cual hemos deducido, también entrará el armónico

$4\pi /a$ cuya deducción es completamente análoga

$$E=\frac{2{\hslash }^2{\pi }^2}{m{a}^2}\pm \frac{V_0}{16}.$$

Luego podemos graficar

Problema 2

El Hamiltoniano es presentado en la forma

$$H_{nm}={ϵ}_0{\delta }_{nm}-t({\delta }_{n+1,m}+{\delta }_{n-1,m}+)+\mathrm{\Delta }{\delta }_{nm}{\delta }_{n,0}.$$

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

$$\sum _m{H}_{nm}{\varphi }_m=E{\varphi }_n$$

por lo que reemplazando

$$\sum _m({ϵ}_0{\delta }_{nm}-t({\delta }_{n-1,m}+{\delta }_{n-1,m}))A{e}^{-qam}=EA{e}^{-qan},$$

lo que entrega

$$E={ϵ}_0-2t\cosh (qa).$$

y vamos a parchar en el centro de la cadena. Para

${\varphi }_0$ la ecuación de Schrödinger queda como

$$E{\varphi }_0=({ϵ}_0+\mathrm{\Delta }){\varphi }_0-t({\varphi }_1+{\varphi }_{-1})$$

reemplazando el ansatz tenemos

$$E=({ϵ}_0+\mathrm{\Delta })-2t{e}^{-qa},$$

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

$${ϵ}_0-2t\cosh (qa)=({ϵ}_0+\mathrm{\Delta })-2t{e}^{-qa}\Rightarrow -\mathrm{\Delta }=2\sinh (qa)$$

entonces con

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

$$E={ϵ}_0-2t\sqrt{{\left(\frac{|\mathrm{\Delta }|}{2t}\right)}^2+1}$$

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

$$\begin{array}{rl}qna& \to qx\Rightarrow {\varphi }_n\to \psi (x)\sim e^{-qx}\end{array}$$

la ecuación adoptaría la forma

$$-\frac{{\hslash }^2}{2m^{\ast }}\frac{d^2\psi }{d{x}^2}+a\mathrm{\Delta }\delta (x)\psi =E\psi ,$$

integrando la ecuación en una vecindad próxima al defecto, obtenemos

$$\frac{d\psi }{dx}(0^{+})-\frac{d\psi }{dx}(0^{-})=\frac{a\mathrm{\Delta }2m^{\ast }}{{\hslash }^2}$$

Al reemplazar la versión continua del ansatz tenemos

$$q=\frac{a|\mathrm{\Delta }|m^{\ast }}{{\hslash }^2}$$

Recordar que el número de onda para un modo evanescente en la ecuación de Schrödinger tiene la forma

$$q=-\frac{\sqrt{2mE}}{{\hslash }^2}$$

usando la ecuación del recuadro azul, obtenemos

$$E=-\frac{a^2|\mathrm{\Delta }{|}^2{m}^{\ast }}{2{\hslash }^2},$$

si efectuamos un renombre mediante

$m^{\ast }={\hslash }^2/(2t{a}^2)$ encontramos concordancia con el resultado discreto

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

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