Løsningsforslag, eksamen 18. desember 1998

Løsningsforslag, eksamen 18. desember 1998

Oppgave 1

a) I det generelle tilfelle kan man ta utgangspunkt i uttrykket

( )

D E_n( ) _n d k Eⁿ E k

( ) ( )

= _2π²

∫

^δ −

Men ut fra geometriske betraktninger av antall tilstander mellom E og E + dE ser vi at 2 dim:

D E k

dE dk ( )= 2 ⋅( 2)

2 ² π

π

Fra ^{E k( )}

(

^{1+αE k( )}

)

^{= h}₂²_m^{k2 får vi}

( )

dE

dk E k k

1 2 m

2

+ α ( ) = h

⇒ ^k

( )

dE dk

m E k

= +

h² 1 2α ( )

⇒ D E m( )

E

( )= 2 + ⋅

1 2 2

2 4 2

π α

π h

( )

= m +

π αE

h² 1 2

1 dim: (Tilstander ved ±k; E k

= h² ±m ² 2 ( )

⇒ faktor 2) D E dE dk

m

k E

( )= 2 = ( + )⋅

2

2 2

1 2 2

2 2

π α

π h

h

h

2 2

2 1 22

k 1

m E E k m

E E

= ( +α )⇒ = ( +α )

D E m E

mE E

m E

E E

( )

( ) ( )

= +

+

= +

+

1 2 1 2

2 1

1 2 1 2

2 1

2

π 2

α

α π

α α h

h

h b) For store verdier av E får vi følgende grenser

2 dim D E m

E ( )→ π ⋅ α

h² 2 ∼ E

1 dim D E m

( )→ 1 ⋅

2

2₂ 2

π α

h ∼ konstant

Gruppehastigheten er gitt av v E

g = 1 k h

∂

∂ 1 & 2 dim: v E

k m

k

E m

m E E

g = = + = + E

+

1 1

1 2

2 1

1 2

2

h h 2

h h

h

∂

∂ α

α α

( )

For store E går vg mot en konstant = 1 2mα

c)

Elektronene har høyest energi i hjørnene av BZ. Der er energien E^max = m a a m a

 

 +

 





 

 = 

 



h^{2 2 2} h^{2 2}

2

π π π

Tilstandstettheten for små energier er som i en fri elektrongass m πh²

For energier større enn energien på midten av en sidekant av BZ, f.eks. punktet (π/a,0), vil vi få mindre faserom tilgjengelig, mindre antall tilstander innenfor et energi-intervall dE. Vi får skalert resultatet m

πh² med vinkelen α.

α =90−2 ,β cosβ π π

= a = k

a

1 mE

2

2 h

sin cos cos ( )

α= 2β=2 β− =1 2 π −

2 E a 1

E

D E m m

E E

a

( )

arcsin

= =

 −

 

 h² 2 h²

2 1

π 2 α

π π π

π

Vi ser at D(E) = 0 for 2E_π/a , dvs. i hjørnet av BZ.

Oppgave 2

ε ε= ^a +γ −

∑

^ikρ γⁿ

n

e ⁿ

0

rr

a) Her skal vi ta med både nærmeste og nest nærmeste nabo. Nærmeste naboer ligger i posisjonene (±1,0,0)a, (0,±1,0)a og (0,0,±1)a.

Nest nærmeste naboer ligger i avstanden a 2 og har koordinater (±1,±1,0)a, (±1,0,±1)a og (0,±1,±1)a. Dette gir:

[ ]

ε ε= _a +γ₀ − e^{ik ax} +e^{−ik ax} +e^{ik ay} +e^{−ik ay} +e^{ik az} +e^{−ik az} γ₁

[ ]

− e^{i k( x±ky)a} +e^{−i k( x±ky)a} +e^{i k( x±kz)a} +e^{−i k( x±kz)a} +e^{i k( y±kz)a} +e^{−i k( y±k az)} γ₂

[ ] [

=ε_a +γ₀ −2γ₁ cosk a_x +cosk a_y +cosk a_z −2γ₂ cos(k_x +k a_y) +cos(k_x −k a_y)

]

+cos(k_x +k a_z) +cos(k_x −k a_z) +cos(k_y +k a_z) +cos(k_y −k a_z) Dette kan også skrives på formen

β α

k1 π/a

[ ]

ε ε= _a +γ₀ −2γ₁ cosk a_x +cosk a_y +cosk a_z

[ ]

−4γ cosk a_x ⋅cosk a_y +cosk a_x ⋅cosk a_z +cosk a_y ⋅cosk a_z b)

Koordinatene til de nærmeste naboene er (±1,0)a , (±¹2,±¹2 3 )a

Dette gir for energiene

ε ε= +γ −γ + + +





 ⁻

 +

 

 − +

 



0 0 1

2 3

2 2

3

e^{ik a} e ^{ik a} e e 2

i k a k a

i k a k a

x x

x y x y

+ +







 −

 

 − −

 



e e

i k a k a

i k a k a

x y x y

2 3

2 2

3 2

= + − ⋅ +  +





+  −



 ε₀ γ₀ γ₁ 2 

2 2 3

2 2 3

cosk a cos k a k cos

a k a k

x a

x y x y

= + − ⋅  +







 ε₀ γ₀ γ₁ 2 

2

3 cosk a cosk acosk 2 a

x

x y

Oppgave 3

a) Bevegelsesligningen i et plan ⊥ B feltet er gitt av

( )

mv& =e vr×Br Videre er mv =hkr

( )

hk& =e v×Br

hdk r

dt e dr dt B

=  ×

 



Denne integreres og gir

( )

h r

k t( )=e r t( )×B

Dette viser at bane i k-rommet er likeformet med banen i r-rommet og skalert med faktoren eB

h .

b) Vi setter prøveløsningen inn i Schrødinger ligningen:

( ) ( )

− + +





 +











 ⁺ = ⁺

h

h

2 2

2

2 2

2m x y 2

ieBx

z e^{i y k zz} f x Ee^{i y k zz} f x

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ^λ ( ) ^λ ( )

Utfører vi derivasjon m.h.p. y og z får vi

− + +

 

 −



 

 = h

h

2 2

2

2 2

2m x i ieBx

k_z f x Ef x

∂

∂ λ ( ) ( )

⇒ − +  +

 

 = −

 



h^{2 2} h h

2

2 2 2 2 2

2m 2 2

d f dx

e B m x

eB f x E k

m^z f x

λ ( ) ( )

− +  +

 

 =

h^{2 2} h

2

2 2 2

2m 2 0

d f dx

e B m x

eBλ f x E f x

( ) ( )

Dette siste er ligningen for en harmonisk oscillator ⇒ E₀ =hω₀(n+¹2) og totalenergien er da gitt som

E n k

m

=h + + h z

ω₀ ¹2

2 2

( ) 2 ω₀ =ω_c =eB

m

c) Arealet i k-rommet er nå gitt av følgende: Vi ser bare på ekstremalbanene der kz = 0.

⇒ h

h

2 2

12

2 k

m ≡ ω_c(n+ )

S k m

n m eB

m n eB

n n

=π ₂ =π ωc + ₁ =π + = π +

2 1

2 1

2

2 2 2

h ( ) h ( ) h ( )

Oppgave 4

a) Fra E = −∇φ får vi at E

x = −∂φx

∂

⇒ ^E

( )

x A kxe A kx

x

kz

1 = − ∂ ⁻ z₌0 =

∂ cos sin

( )

E z

x A kxe A kx

x

kz

2 ( =0)= − ∂ cos ⁺ z₌0 = sin

∂

E_1x =E_2x ; Etang ≡ kontinuerlig.

D_n = E_z = εE_z

⇒ ^{D z}

( )

z x z kA kx

1( =0)= − ∂ , z₌0 1 = 1 cos

∂ φ ε ε

( )

D z z x z kA kx

2( =0)= − ∂ , z₌0 2 = − 2 cos

∂ φ ε ε

Dermed gir kontinuitetstesten for Dn

ε₁= −ε₂ b) Med Drude fås:

1 ¹ 1

2 2

2 2

− = − − 2

 

 ω

ω

ω ω

p p

2 ¹

2

2 2

= ω +2ω ω

p p

⇒ ^ω=

[

²¹

(

^ω2p1+ω2p2

) ]

¹²

Oppgave 5

Vi deler Josephson-kontakten inn i små sløyfer

Fluksen gjennom denne tenkte sløyfa er φ( )y =2yTB

og strømmen er proporsjonal med dy.

⇒ dJ J eyTB

c dy

=  w

 

2 2 

0cos h

Dette integreres fra −w/2 til +w/2

J J

w

eyTB c dy J

eTBw c

eyTB c J ewTB c

ewTB c

w

w

=

=

=

2

∫

2

2

0 0

2

0 0 2

0

cos

sin sin

h

h

h h h

T

y ⊗⊗

⊗

⊗ B

SL SL

w