# Auxiliar #2 - Introducción a la Física del Sólido

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[**Videos de las clases**](https://https://www.youtube.com/playlist?list=PLV6T_q2ujPOlqER5286ERyadV7UWgu2FR)

**Tópicos del día de hoy**
* Modelo de electrones cuasilibres.

## Problema 1

### Parte (a)

:::info
Un hecho fundamental que tenemos que recordar es que el elemento de matriz
$$
\left<\mathbf{k}'|V|\mathbf{k} \right> = \frac{1}{L^³} \int d^3r \exp \left ( i (\mathbf{k}-\mathbf{k'})\cdot \mathbf{r}\right) V(\mathbf{r}) = V_{\mathbf{k}-\mathbf{k'}}
$$

es nulo a menos $\mathbf{k}'-\mathbf{k}$ sea un vector de la red recíproca.
:::

Entonces, la función de onda dispersada por el sistema es el estado incidente con número de onda $\mathbf{k}$ y saliente $\mathbf{k'}$, los cuales tienen que estar separados por un vector de red recíproca, lo que es la *condición de Laue*.
Escribimos entonces

$$
\left|\psi\right\rangle = A\left|\mathbf{k}\right\rangle+B\left|\mathbf{k} + \mathbf{G}\right\rangle,
$$
lo que proyectando en espacio de coordenadas

$$
\psi(x) = Ae^{ikx} + B e^{-i(k+G)x},
$$

donde $A$ y $B$ están fijadas por las condiciones de normalización.

### Parte (b)
Supongamos que estamos en el $n$-ésimo borde izquierdo de la zona de Brillouin. Entonces tenemos los vector de onda

$$
\mathbf{k}=-\frac{n\pi}{a} \hat{x},
$$

cuya energía asociada es $E(\mathbf{k})=n^2\pi^2\hbar^2/(2ma^2)$. Para aplicar teoría de perturbaciones a primer orden tenemos que tener en consideración si esta energía tiene o no tiene degeneración. Revisemos: si tenemos a $\mathbf{k}$ y $\mathbf{k'}=\mathbf{k}+\mathbf{G}$ como posibles estados, notamos que

$$
\mathbf{k'}= -\frac{n\pi}{a}\hat{x}+\frac{2n\pi}{a}\hat{x}=\frac{n\pi}{a}\hat{x} \Rightarrow E(\mathbf{k+G})=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}.
$$

**Luego el vector $\mathbf{k}$ incidente que puede pasar a $\mathbf{k+G}$ (condición de Laue) son degenerados en energía y definen el subespacio degenerado para esa energía. Tenemos que usar teoría de perturbaciones degenerada.**

En la base $\left|\mathbf{k}\right\rangle$ y $\left|\mathbf{k'}\right\rangle$, el Hamiltoniano que define el espectro corregido debido a la influencia de la perturbación es entonces

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{n^2\hbar^2 \pi^2}{2ma^2} + V_0 & V_{2\pi n /a}\\
V_{2\pi n /a} & \frac{n^2\hbar^2 \pi^2}{2ma^2} + V_0
\end{bmatrix}
$$

Para llegar a esto hemos calculado de manera individual cada elemento de matriz:

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k}|V|\mathbf{k} \right> = \left\langle\mathbf{k} \left| \frac{\hbar^2 \hat{\mathbf{k}}^2}{2m} + \sum_{G} e^{iGx}V_G \right| \mathbf{k}\right\rangle = \frac{n^2\hbar^2 \pi^2}{2ma^2} + V_0.
\end{aligned}
$$

De manera análoga se calculan los otros elementos. Siempre hay que considerar que la componente de Fourier del potencial es no nula siempre teniendo en cuenta la condición de Laue.

Retomando la matriz, ya estamos en condiciones de encontrar las nuevas energías corregidas debido a la perturbación inducida por el potencial calculando los autovalores de nuestra matriz $H$.

:::success
El cálculo es completamente directo dando
$$
E = \frac{\hbar^2n^2\pi^2}{2ma^2} + V_0 \pm |V_{2\pi n/a}|.
$$
que nos entrega el resultado pedido.
:::

### Parte (c )

En esta parte tenemos que hacer una modificación de $\mathbf{k}$ en torno a los bordes de la zona de Brillouin. Para ello tomamos $k=\frac{n\pi}{a}+\delta k$ y volvemos a calcular las energías, es decir, ahora tratamos con el nuevo Hamiltoniano

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{\hbar^2}{2m} \left( \delta k - \frac{n\pi}{a}\right)^2 V_0 & V_{2\pi n /a}\\
V_{2\pi n /a} & \frac{\hbar^2}{2m}\left( \delta k+ \frac{n\pi}{a}\right)^2 + V_0
\end{bmatrix},
$$

que luego de un extenso cálculo de los autovalores obtenemos

$$
E_{\pm} = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{n \pi}{a} \right)^2 + V_0\pm \left| V_{\frac{2\pi n}{a}} \right| + \frac{\hbar^2}{2m }(\delta k)^2 \left(1+\frac{\frac{n^2\hbar^2 \pi^2}{a^2}}{m\left| V_{\frac{2\pi n}{a}}\right|} \right).
$$

:::success
y quedarse con las correcciones **a segundo orden** en $\delta k$, nos entrega
$$
\frac{1}{2m_{\text{eff}}} = \frac{1}{2m} \left(1\pm \frac{\hbar^2 \left( n \pi/a\right)^2}{m \left|V_{2\pi n/a}\right|} \right).
$$
:::

:::warning
**¿Por qué nos interesa a segundo orden en $\delta k$?**
La masa efectiva es pensar como la partícula ve corregida su masa siempre pensando que es una partícula libre de manera local en $k$. En este caso, al correr todos los términos que solo representan un desplazamiento en energía, encontramos el resultado mostrado en el recuadro de arriba.
:::

## Problema 2

### Parte (a)

Como lo hicimos anteriormente, tenemos que verificar si tenemos que aplicar teoría de perturbaciones para un caso degenerado o no. En general, cuando estamos trabajando con modelos de electrón cuasilibre, las degeneraciones existen debido a que el espectro es proporcional a $k^2$.

Para continuar, conviene determinar los vectores de red recíproca de esta red cuadrada 2D. Los vectores primitivos de la red directa son

$$
\begin{aligned}
\mathbf{a}_1 &= a\hat{x}, \\ \mathbf{a}_2&=a\hat{y},
\end{aligned}
$$

por lo cual, un vector de red recíproca es

$$
\mathbf{G} = \frac{2\pi}{a} m_1\hat{x}+\frac{2\pi}{a}m_2\hat{y},
$$
con $m_1$ y $m_2$ números enteros. El vector que se nos pide estudiar es $\mathbf{k}=(\pi/a) \hat{x}$, **¿existirá algún $\mathbf{G}$ tal que $\mathbf{k'}=\mathbf{k+G}$ tenga la misma energía? Sí.** Dicho $\mathbf{G}$ es tal que tiene $m_1=-1$ y $m_2=0$. Verifiquemos

$$
\mathbf{k'}=-\frac{\pi}{a}\hat{x}\Rightarrow E(\mathbf{k'})=E(\mathbf{k})=\frac{\hbar^2 \pi^2}{2ma^2}.
$$

Siguiendo el mismo esquema, calculamos el Hamiltoniano de este subespacio definido por estos estados degenerados

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k}|H| \mathbf{k}\right> &= \frac{\hbar^2 \pi^2}{2ma^2}+\frac{1}{a^2} \int^a_0 \int^a_0 dxdy 2V_{10}\left[ \cos \left( \frac{2\pi x}{a} \right)+\cos \left( \frac{2\pi y}{a} \right) \right] \\&+\frac{1}{a^2} \int_0^a \int_0^a dxdy 4V_{11} \left[\cos \left( \frac{2\pi x}{a}\right) \cos \left( \frac{2\pi y}{a}\right) \right], \\ &= \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}.
\end{aligned}
$$

:::warning
**Observación:** Notar que la integral que calcula las componentes de Fourier de la integral es en la celda unidad. En este caso, es una integral doble en un cuadrado de lado $a$ y en 2D, cuyo "volumen" es $a^2$.
:::

El segundo término de la diagonal es exactamente el mismo. Finalmente, calculamos el término del Hamiltoniano que es fuera de la diagonal,

$$
\begin{aligned}
\left< \mathbf{k}|H|\mathbf{k'} \right> &= 0+\left< \mathbf{k}|V|\mathbf{k'} \right> \\ &= \frac{1}{a^2} \int^a_0 \int^a_0 dxdy 2V_{10}e^{\frac{2\pi i x}{a}} \left[ \cos \left( \frac{2\pi x}{a} \right)+\cos \left( \frac{2\pi y}{a} \right) \right]\\&+\frac{1}{a^2} \int_0^a \int_0^a dxdy 4V_{11} e^{\frac{2\pi i x}{a}} \left[\cos \left( \frac{2\pi x}{a}\right) \cos \left( \frac{2\pi y}{a}\right) \right], \\ &= V_{10}.
\end{aligned}
$$

Finalmente, el Hamiltoniano se escribe como

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2} & V_{10}\\
V_{10} & \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}
\end{bmatrix},
$$

cuyos autovalores son

$$
E= \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}\pm |V_{10}|.
$$

### Parte (b)
Ahora debemos repetir exactamente el mismo razonamiento para este nuevo vector dado. La energía asociada a él es

$$
E(\mathbf{k}) = \frac{\hbar^2 \pi^2}{ma^2}.
$$

Queda como propuesto verificar que los siguientes vectores tienen la misma energía y que difieren en un vector de red recíproca

$$
\begin{aligned}
\mathbf{k}_1 &= \frac{\pi}{a} \hat{x}+\frac{\pi}{a}\hat{y}, \\\mathbf{k}_2 &= \frac{\pi}{a} \hat{x}-\frac{\pi}{a}\hat{y}, \\\mathbf{k}_3 &= -\frac{\pi}{a} \hat{x}-\frac{\pi}{a}\hat{y}, \\\mathbf{k}_4 &= -\frac{\pi}{a} \hat{x}+\frac{\pi}{a}\hat{y}.
\end{aligned}
$$

Al calcular el Hamiltoniano en este subespacio obtenemos

$$
H = \frac{\hbar^2 \pi^2}{ma^2}\mathbb{I}_{4\times4} + \begin{bmatrix}
0 & V_{10} & V_{11} & V_{10}\\
V_{10} & 0 & V_{10} & V_{11}\\
V_{11} & V_{10} & 0 & V_{10}\\
V_{10} & V_{11} & V_{10} & 0
\end{bmatrix}.
$$

Los autovalores asociados son

$$
\begin{aligned}
E &= \epsilon \pm V_{11},\\
E &= \epsilon - V_{11} \pm 2V_{10}.
\end{aligned}
$$

## Problema 3

### Parte (a)

En el problema anterior calculamos los vectores primitivos de la red recíproca obteniendo los resultados

$$
\begin{aligned}
\mathbf{b}_1 &= \frac{2\pi}{a}\hat{x}, \\ \mathbf{b}_2&= \frac{2\pi}{a}\hat{y},
\end{aligned}
$$

lo que significa que un vector de red recíproca se escribe por

$$
\mathbf{G} = \frac{2\pi}{a} m_1\hat{x}+\frac{2\pi}{a}m_2\hat{y},
$$
con $m_1$ y $m_2$ números enteros. Resulta práctico dibujar la primera zona de Brillouin en este caso para tener una idea de dónde está situado el punto $X$. El vector $\mathbf{k}_X$ está ubicado en uno de los bordes de la primera zona de Brillouin. La energía asociada a este vector de onda es

$$
E_X= \frac{\pi^2 \hbar^2}{2ma^2}.
$$

Busquemos entonces los vectores $\mathbf{k}_X'$ tales que tengan la misma energía y difieran en un vector de red recíproca con $\mathbf{k}_X$: una idea sencilla es probar con $\mathbf{k}_X'=-\frac{\pi}{a}\hat{x}$, el cual conecta a estos puntos mediante $\mathbf{G}=-\frac{2\pi}{a}\hat{x}$ y tiene la misma energía. Luego, ambas condiciones están satisfechas y podemos escribir el problema de autovalores para tener las energías.

### Parte (b)

Para hacer esto, tenemos que calcular los elementos de matriz. Considerando que en realidad es posible hacerlo como lo hemos hecho en los problemas anteriores, en este caso, dada la forma del potencial, es mejor calcular las componentes de Fourier en general

$$
V_{\mathbf{k}} = \frac{1}{a^2}\int dxdy e^{i\mathbf{k}\cdot {\mathbf{r}}} V(\mathbf{r}),
$$

en vez de las diferencias. La razón detrás de esto, es que podemos emplear la siguiente identidad

:::info
**Identidad útil:**
$$
\delta_{k,q} = \frac{1}{L}\int_0^L dxe^{i(k-q)x},
$$
la cual se extiende de manera natural para vectores cuando vamos a dimensiones más altas.
:::

Veremos la utilidad de esto en seguida. Calculando

$$
\begin{aligned}
V_{\mathbf{k}} &= \frac{1}{a^2}\int_0^a \int_0^adxdye^{i \mathbf{k}\cdot \mathbf{r}} V(\mathbf{r}),\\&=\frac{1}{a^2} \int_0^a \int_0^a dxdy e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}} \left[ V_0 \sum_{j=1,2,3,4} e^{i \mathbf{K}_j \cdot \mathbf{r}} + V_1 \sum_{j=5,6,7,8}e^{i\mathbf{K}_j\cdot \mathbf{r}} \right],
\end{aligned}
$$

si distribuimos la exponencial dentro del paréntesis e intercambiamos la suma con las integrales (omitiendo detalles en las integrales para no sobrecargar la notación)

$$
\begin{aligned}
V_{\mathbf{k}} &= \frac{V_0}{a^2} \sum_{j=1,2,3,4} \int dxdye^{i(\mathbf{k}+\mathbf{K}_j)\cdot \mathbf{r}}+\frac{V_1}{a^2} \sum_{j=5,6,7,8} \int dxdye^{i(\mathbf{k}+\mathbf{K}_j)\cdot \mathbf{r}},\\ &= V_0 \sum_{j=1,2,3,4} \delta_{\mathbf{k}, -\mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{\mathbf{k}, -\mathbf{K}_j}.
\end{aligned}
$$

Esto será suficiente para calcular nuestros elementos de matriz. Para ello, calculamos

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k_X}|H| \mathbf{k_X}\right> &= \frac{\hbar^2 k_X^2}{2m} \\ \left<\mathbf{k_X'}|H| \mathbf{k_x'}\right> &= \frac{\hbar^2 k_x^2}{2m},
\end{aligned}
$$
que son los términos de la diagonal que a lo más pueden tener la componente cero de Fourier del potencial (que en este caso no está presente). Calculamos el elemento fuera de la diagonal (recordar que el elemento faltante es el conjugado de lo que obtengamos ahora) dando

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k_X}|H| \mathbf{k_X'}\right> =V_{\mathbf{k}_X - \mathbf{k}_X'} = V_0\sum_{j=1,2,3,4} \delta_{-\frac{2\pi}{a}\hat{x}, \mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{-\frac{2\pi}{a}\hat{x}, \mathbf{K}_j}=V_0,
\end{aligned}
$$

puesto que solo el vector $\mathbf{K}_2$ del enunciado cumple para no hacer nula la componente de Fourier buscada.

Escribimos el Hamiltoniano que nos dará los autovalores debido a la perturbación

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2} & V_{0}\\
V_{0} & \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}
\end{bmatrix},
$$

cuyos autovalores son

$$
E_{\pm}=\frac{\hbar^2 \pi^2}{2ma^2}\pm |V_0|,
$$

entonces la separación entre ambas bandas (restar el valor de la energía arriba con la de abajo) es

$$
\Delta = 2|V_0|.
$$

### Parte (c )

Para calcular la masa efectiva, tomamos nuestro Hamiltoniano anterior, nuevamente, pero le añadimos un pequeño desplazamiento $\delta \mathbf{k}$ (notar que es vector ahora porque estamos en 2D!) tal como hicimos en el problema 1.

$$
H=\begin{bmatrix}
\frac{\hbar^2}{2m} \left( \delta \mathbf{k} + \frac{n\pi}{a} \hat{x}\right)^2 & V_{0}\\
V_{0} & \frac{\hbar^2}{2m}\left( \delta \mathbf{k}- \frac{n\pi}{a}\hat{x}\right)^2
\end{bmatrix},
$$

donde luego de un extenso cálculo para encontrar los autovalores y asociar el coeficiente correcto a la masa efectiva

$$
m_{\text{eff}} = \frac{m}{1\pm\frac{\pi^2 \hbar^2}{ma^2 |V_0|}}.
$$

### Parte (d)
En el punto $M$ la energía es

$$
E_M = \frac{\pi^2\hbar^2}{ma^2}.
$$

claramente cualquier vector que tenga las componentes con el signo cambiado sirve para entregar las mismas energías. También sirven los vectores con módulo $2\pi/a$ que estén en una sola componente. Todos ellos están separados por algún vector de red recíproca, cumpliendo Laue y degeneración en energía.

Para hacerlo de manera sistemática, veamos que un $\mathbf{k}_M'$ arbitrario sería

$$
\begin{aligned}
\mathbf{k}_M' &= \mathbf{k}_M+\mathbf{G}, \\ &= \frac{\pi}{a}(1+2m_1)\hat{x}+\frac{\pi}{a}(1+2m_2)\hat{y}
\end{aligned}
$$

Para generar un vector $\mathbf{k}_M'$ que tenga energía $E_M$, tenemos que se debe cumplir

$$
\begin{aligned}
1+2m_1=\pm1 \\
1+2m_2 = \pm1
\end{aligned}
$$

lo que significaría que $m_1\in -1,0$ o que $m_2=-1,0.$ El caso $m_1=m_2=0$ no es interesante porque es $\mathbf{k}_M$. Resumimos en la tabla las posibilidades exceptuando la recién mencionada

| $m_1$ | $m_2$ | $E$ | $\mathbf{k}_M'$ |
| ----- | ----- | ----- | --------------- |
| 0 | -1 | $E_M$ | $\frac{\pi}{a}\hat{x}-\frac{\pi}{a}\hat{y}$ |
| -1 | -1 | $E_M$ | $-\frac{\pi}{a}\hat{x}-\frac{\pi}{a}\hat{y}$ |
| -1 | 0 | $E_M$ | $-\frac{\pi}{a}\hat{x}+\frac{\pi}{a}\hat{y}$ |

Todos los vectores, junto al $\mathbf{k}_M$ definen une espacio degenerado de dimensión cuatro. Ahora, calculamos los elementos de matriz, recordando que

$$
\begin{aligned}
V_{\mathbf{k}} &= V_0 \sum_{j=1,2,3,4} \delta_{\mathbf{k}, -\mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{\mathbf{k}, -\mathbf{K}_j}.
\end{aligned}
$$

Podemos calcular las componentes fuera de la diagonal de este espacio. Calculemos

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k}_M|H| \mathbf{k}_{M_1}'\right> &=V_{\mathbf{k}_M - \mathbf{k}_{M1}'} = V_0\sum_{j=1,2,3,4} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{y}, -\mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{y}, -\mathbf{K}_j}=V_0,\\\left<\mathbf{k}_M|H| \mathbf{k}_{M_2}'\right>&=V_{\mathbf{k}_M - \mathbf{k}_{M2}'} = V_0\sum_{j=1,2,3,4} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{x}+\frac{2\pi}{a}\hat{y}, -\mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{x}+\frac{2\pi}{a}\hat{y}, -\mathbf{K}_j}=V_1,\\\left<\mathbf{k}_M|H| \mathbf{k}_{M_3}'\right>&=V_{\mathbf{k}_M - \mathbf{k}_{M3}'} = V_0\sum_{j=1,2,3,4} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{x}, -\mathbf{K}_j} + V_1\sum_{j=5,6,7,8} \delta_{\frac{2\pi}{a}\hat{x}, -\mathbf{K}_j}=V_0,\\
\end{aligned}
$$

quedan otros tres

$$
\begin{aligned}
\left<\mathbf{k}_{M_1}'|H| \mathbf{k}_{M_2}'\right> &=V_{\mathbf{k}_{M1}' - \mathbf{k}_{M2}'} = V_0, \\ \left<\mathbf{k}_{M_1}'|H| \mathbf{k}_{M_3}'\right> &=V_{\mathbf{k}_{M1}' - \mathbf{k}_{M3}'} = V_1,\\\left<\mathbf{k}_{M_1}'|H| \mathbf{k}_{M_2}'\right> &=V_{\mathbf{k}_{M2}' - \mathbf{k}_{M3}'} = V_0.\\
\end{aligned}
$$

Finalmente ordenamos en el Hamiltoniano

$$
H= \begin{bmatrix}
\frac{\pi^2\hbar^2}{ma^2} & V_0 & V_1 & V_0 \\
V_0& \frac{\pi^2\hbar^2}{ma^2} & V_0 & V_1\\
V_1& V_0 & \frac{\pi^2\hbar^2}{ma^2} & V_0\\
V_0 & V_1 & V_0 & \frac{\pi^2\hbar^2}{ma^2}
\end{bmatrix}.
$$