∑ ∑ Løsningsforslag, eksamen 16. januar 1998

(1)

Løsningsforslag, eksamen 16. januar 1998

Oppgave 1

a) Energien er gitt av

ε( )k ε α e^ik^ρ γ_n

n

= ⁰ − −

∑

^{r r}^⋅ n ⋅

γn er den samme for alle de nærmeste naboene; γ

⇒

ε( )k =ε⁰ − −α γ

∑

e^ik^{r r}^ρⁿ

naboer

Posisjonene til de nærmeste naboene i et kubisk gitter er ±ai√, ,0 0; 0,±aj√,0og 0 0, ,±ak√. Setter vi dette inn fås:

ε( )k =ε⁰ − −α ²γ

(

cosk a_x +cosk a_y +cosk a_z

)

FIGUR!!!

b) Bunnen av energibåndet finner vi for små verdie av k_x , k_y , k_z.

Dersom vi rekkeutvikler cos-funksjonene for små verdier fås cosα= −1 ₂¹α².

ε ε α γ

ε α γ γ

( )k a k k k

a k

x y z

= − −

(

−

(

+ +

) )

= − − +

0 1

2

2 2 2 2

0 2 2

2 3 6

Toppen a båndet finner vi i hjørnet av BZ k = (π/a, π/a, π/a) Sett k_x = π/a − δkx osv.

⇒

ε ε α γ δ δ δ

ε α γ γ δ

( )k a k k k

a k

x y z

= − −

(

− +

(

+ +

) )

= − + −

0 1

2

2 2 2 2

0

2 2

2 3

6

Fra dette ser vi med en gang at den effektive masse nær bunnen er

m

a

* = h² 2γ 2

og nær toppen

m

a

* = − h² 2γ 2

c) FIGUR!!!

Kubisk struktur: Laveste basis-vektorer i 2 dim: (0,0), (1,0), (0,1), (1,1) ...

Energier gitt av E k

m k G ( )= ^h²

(

−

)

²

2

I punkt (1) er (0,0) og (1,0) degenererte.

I punkt (2) er (0,0) og (1,1) degenererte.

FIGUR!!!

Potensialet er

V x y( , )= −4Ucos2πx a⋅cos2πy a

= −^{U e}

(

²^π^{ix a}⁺²^π^{i y a} + ^L +^e⁻²^π^{ix a}⁻²^π^{i y a}

)

(2)

= −U ( , ) ( ,

(

1 1 + 1 1− + −) ( , ) ( ,1 1 + − −1 1)

)

I punktet ⁽π a^,π a⁾ er (0,0), (1,1) og (1,0), (0,1) degenererte.

Dette gir sentralligningen

0 0 1 1 1 0 0 1

0 0 E₀₀−λ U₁₁ 0 0

1 1 U₁₁ E₁₁−λ 0 0

1 0 0 0 E₁₀−λ U₁₁

0 1 0 0 U₁₁ E₀₁−λ

NB! U₁₀ = 0, U₁₁ = −U

Dette reduseres til to 2x2 determinanter.

E₀₀ = E₁₁ = E₀₁ = E₁₀ i punktet (π/a,π/a) E

m a

00

2 2

= ⋅ ⋅ 

h π

E U

U E

00

− − 0

− λ − =

λ

E

(

₀₀−^λ

)

² ⁻U² ⁼0 ^{λ =}^E00^±^U

Oppgave 2 a) FIGUR!!!

Lignigen for ellipsoiden skrives på formen

k

m E

k

m E

k

m E

x y z

2

11 2

2

22 2

2

33

2 2 2 2 1

h + h + h =

Volumet av energi-ellipsoiden er da gitt som

V E

m m m

k = 

  4 

3 2

2 32

11 22 33

π h Antall tilstander er da

N

V

V V E

m m m

k = ⋅ k

( )

⁼ ^⋅ ^^ ^^

2 1

2

2 8

4 3

2

3 3 2

32

11 22 33

π π

π h

D E N

E

V m

E ( )

= =  *







∂

∂ 3π 2

2 2

32 12

h med m^* =

(

m m m11 22 33

)

13

b) FIGUR!!!

(3)

Vi har vist i forelesningene at syklotron-massen er gitt av uttrykket

ω π ∂

∂ε

c

eB A

= ²_h²

( )

Syklotronfrekvensen bestemmes av de ekstreme orbitalene. Her er da

A m E m E m E

k

ext =π 2 t ⋅ 2 t = 2π t

2 2 2

h h h

ω π

∂

π π

c k t t

eB A

E

eB m

eB

= 2 1 = 2 = m

2 2 2

2

h h

h c) Arealet i k-rommet

A Em E

m m

k t

t l

= ⋅ ⋅

 +

 



2 2

2 2 1

h h 2

π

θ θ

cos sin

∂

π

θ θ

A E

m m m

k

t t l

=

 +

 

 2

2 2

2

2 1

h cos sin 2

ω π

∂

θ θ

c k t t l

eB A

E

eB m m m

= ⋅ =  +

 



2 1

2

2 2

2 1

2

h

cos sin

Oppgave 3

a) Fra Mawells ligninger har vi ∇ =r

D 0 ∇ =r

E ρ_ind ε₀

For Fourierkomponentene fås da med D = ε⋅E

ikE kr r

ε( , )ω =0

ikEr r _ind k

= ρ ( , )ω ε₀

Disse to ligningene forteller oss at den eneste mulighet for en løsning der E ≠ 0 er dersom ε(k,ω) = 0.

b) Fra potensialet φ =Acoskx e⋅ ⁻^kz fås et felt i metallet:

E

x kA kx e

x

m = −∂φ = ⋅ ⁻kz

∂ sin

E

z kA kx e

z

m = −∂φ = ⋅ ⁻kz

∂ cos

og i vakuum fås

E

x kA kx e

x kz

0 = −∂φ0 = ⋅

∂ sin

E

z kA kx e

z

kz

0 = −∂φ0 = − ⋅

∂ cos

kontinuitetsbet. for z = 0

E_{| |} kontinuerlig: ^E^x ^E^x

m 0 =

⇒kAsinkx kA= sinx OK D_n kontinuerlig. D = εE

(4)

⇒εkAcoskx= −kAcoskx ⇒ = −ε 1

For fri elektroner har vi

ε ω

= −1 ω

2 2 p

⇒ = − = −ε ω ⇒ =

ω ω ω

1 1 2

2 2

2 2 p

s p

c) Løsning i gapet:

φ =_{f z e}_{( )} ^{i k x k y}( ^x ⁺ ^y ) Innsatt i LaPlace ∇ =²φ 0

⇒ _∂^∂_z²^f² −

(

^k²^x +^{k f}²^y

)

⁼⁰

Denne ligning har løsning

f z( )=Ae^kz+Be⁻^kz med

k= k_x² +k_y² Vi skal bruke den symmetriske løsningen der A = B.

f z( )=A e

(

^kz +e⁻^kz

)

I metallet må løsningen være av formen φ = ⋅C e e⁻kz ik x ik yx ⁺ y for z ≥ d og

φ = ⋅C e ekz ik x ik yx ⁺ y for z ≤ d Grensebet. for z = +d

E_tang kontinuerlig ⇒

A e

(

⁺^kd +e⁻^kd

)

^{= ⋅}C e⁻^kd D_n kontinuerlig ⇒ med D = εE

kA e

(

^kd −e⁻^kd

)

^{= −}^εCe⁻^kd

Dividerer disse to ligningene med hverandre

⇒ = − +

−

ε e e−

e e

kd kd

ε = −tanh kd Oppgave 4

a) Kramers-Kronig relasjonene for en kompleks responsfunksjon ^{α ω}^{( )}⁼^α¹ ⁺ⁱ^α² lyder:

α ω ω

π

α ω

2 1

2 2

0

( )= −2 ( )

−

∫

∞

P s

s ds

Her α → σ med σ₁ = Ω²_Pδ ω( )

⇒

σ ω ω

π

δ ω πω

2

2 2

0 2

2 2

( )= − ( )

−

=

∞

∫

P s

s ^P ds

P

Ω

Setter vi dette inn i den oppgitte formelen fås:

(5)

T( ) d z _P d z _P

ω ( )

δ ω

πω

=

+ ⋅ ⋅







 + ⋅ ⋅







1

1 2

2 2 2 2

Ω Ω

For ω ≠ 0 er δ(ω) = 0

⇒ =

+ ⋅ ⋅







T( )ω d z _P πω 1 1

2 2

Ω

b) Fra London-ligningen ∇ =²B B λ²_L har vi løsninger av formen B e~ ^{± λ}^x ^L på begge sider av plata.

FIGUR!!!

Dermed blir feltet

B x( )=K e

(

^x^λ^L +e^x^λ^L

)

^.

Konstanten er bestemt av at feltet på overflaten skal være B_a.

⇒

B x B e e

e e B

x

a

x x

a L

L

L L

( ) cosh

= + cosh

+ ₋ =

λ λ

δ λ δ λ

δ λ

2 2 λ

2

c) For δ << λL kan vi rekkeutvikle eksponentialfunksjonen. Dette gir

B x B x

B x

a L

L a

L L

( )≈ +

+ ≈  + −







1 2

1 8

1 2 8

2 2 2

2

2 2

λ

δ λ λ

δ λ

B x B M x B

a a x

L

( )− =^µ⁰ ( )= −₈_λ²

(

^δ² −⁴ ²