(k 0 k) n 0 k k 0. Ktorý z týchto balíkov je v x priestore najužší? Aká bude x- závislost vlnovej funkcie, ak. (k + k0 ) n k 0 k 0

Transcript

1 Výpočtové metódy vo fyzike: Príklady P. Markoš Katedra fyziky FEI STU Niekol ko vzorových príkladov k prednáške Výpočtové metódy vo fyzike, letný semester 007/008. PACS numbers: I. VLNOVÝ BALÍK Problém Nájdite tvar vlnového balíka, ak spektrum k je dané vzt ahom alebo alebo p (k) = [δ(k k 0) + δ(k + k 0 )] () p 3 (k) = k 0 p (k) = { k < k0 () k 0 0 k > k 0 { k + k0 k 0 k 0 k 0 k 0 k k 0 (3) Ktorý z týchto balíkov je v x priestore najužší? Aká bude x- závislost vlnovej funkcie, ak a n je celé číslo? Riešenie: Integrovanie dá p 3 (k) = k n+ 0 { (k + k0 ) n k 0 k 0 (k 0 k) n 0 k k 0 (4) p (x) = cos(k 0 x) (5) ψ (x) = sink 0x k 0 x (6) a nakoniec ψ 3 (x) = sin (k 0 x/) (k 0 x). (7)

2 II. VIAZANÉ STAVY KVANTOVÝCH SYSTÉMOV Problém Chceme nájst vlastné energie nekonečne hlbokej pravouhlej potenciálovej jamy šírky l = a. Budeme postupovat tak, že druhú deriváciu v Schrödingerovej rovnici diskretizujeme, ψ(x) x = [ψ(x + ) + ψ(x ) ψ(x)] (8) čím problém transformujeme na tesnoväzobný model, definovaný trojdiagonálnym Hamiltoniánom. Táto diskretizácia dáva dobrý odhad vlastnej energie pre niekol ko prvých vlastných stavov. Odhadnite, aké malé musí byt, aby sme dostali energiu E n s presnost ou %. Riešenie. Diskretizáciou sme spojitý problém previedli na problém diskrétny s najmenšou možnou vzdialenost ou medzi bodmi určenou parametrom. Schrödingerovu rovnicu pre spojitý problém sme po aproximácii (8) previedli na tvar kde H je trojdiagonálna matica N N, N = l/ s prvkami h ψ(x) m x = Eψ(x), 0 x l (9) Hψ n = E n ψ n (0) a H ii = h m () H i,i+ = H i+,i = h, i =,,...N. () m Pretože jama je nekonečne hlboká, máme Dirichletove okrajové podmienky. Trojdiagonálna matica H zodpovedá Hamiltoniánu tesnoväzobného jednorozmerného modelu. Vlastné energie takéhoto modelu sú En TBH = h [ ( )] πn cos. (3) m N + Pre n N môžeme cos rozvinút do radu, a dostaneme E TBH n π n (N + ) h m π n l h m (4) čo sú hodnoty viazaných stavov v pravouhlej jame. Samozrejme, táto aproximácia je ale možná pre hodnoty n N, kedy je možné zanedbat vyššie členy v Taylorovom rozvoji cos. Presnost ǫ aproximácie získanej energie E n odhadneme porovnaním aproximovanej a presnej hodnoty: ǫ = h m E TBH n E presna n = l π n ETBH n = N π n [ cos ( πn N + Ak zanedbáme N + N, a rozvinieme pravú stranu do Taylorovho radu, dostaneme )]. (5) z čoho dostaneme ǫ π n N, (6) N = π ǫ n (7) Splnenie požiadavky ǫ = 0 preto vyžaduje N > n. (8)

3 Problém 3. Majme nekonečnú pravouhlú potenciálnu jamu šírky a. Na jej dne v prostriedku je lokalizovaná δ-funkčná potenciálová jama Λδ(x). Nájdite najnižší viazaný stav tejto sústavy. Riešenie: Položme E = 0 na dno potenciálovej jamy a hl adajme zápornú energiu viazaného stavu. Potom E < 0 a vlnová funkcia má tvar 3 ψ(x) = { Ae κx + Be +κx x < 0 Ce κx + De +κx x > 0 (9) Hl adaná energia viazaného stavu je E = κ. Pretože pravouhlá jama je nekonečne hlboká, musí byt ψ( a) = ψ(a) = 0. Preto B = Ae +κa D = Ce κa. (0) Ďalšou rovnicou je vzt ah medzi ψ(x < 0) a ψ(x > 0), sprostredkovaný transfer maticou pre δ-funkčnú jamu v prostriedku jamy: ( ) ( ) C A = M () D B Využijeme explicitný tvar transfer matice (k = iκ!!) ( C = Λ ) A Λ κ κ B D = Λ ( κ A + + Λ ) B κ () Vydelením týchto rovníc a pomocou (0) dostaneme Posledný vzt ah upravíme do tvaru C D = eκa = α α(b/a) α + ( + α)(b/a) α = Λ κ (3) e κa = α( eκa ) e κa + α( e κa ) (4) z ktorého dostaneme rovnicu Ak predpokladáme, že κa 0, tak dostaneme konečnú rovnicu pre vlastné stavy: α( e κa ) = e 4κa. (5) κa = tanhκa (6) Λ a Pripomeňme, že Λ < 0, pretože uvažujeme potenciálovú jamu. Rovnica (6) má riešenie len pre β = Λ a >. V limite a máme tanh κa, a dostaneme Λ = κ, κ a = Λ /, čo zodpovedá riešeniu pre viazaný stav izolovanej δ-funkčnej jamy. Pre konečné a a konečné Λ je však pravá strana rovnice (6) menšia ako. Preto je Λ /(κa) >, čo znamená, že κ < κ a. Základný stav má energiu E = κ preto leží vyššie, ako v limite a. Pre β < rovnica (6) nemá riešenie. Neexistuje preto základný stav s energiou menšou ako nula. Existuje samozrejme základný stav s energiou E > 0, ktorý nájdeme podobne: Predpokladáme ψ(x) = { Ae ikx + Be ikx x < 0 Ce ikx + De ikx x > 0 (7) Hl adaná energia viazaného stavu je E = k > 0 (teda leží nad dnom potenciálovej jamy).

4 4 6 β = 4 β = 3 β = x FIG. : Grafické riešenie rovníc (6) a (30). Na horizontálnej osi je x = κa, resp. x = ka. Tučné čiary zodpovedajú tanh κa a tan ka, tenké sú priamky so smernicou /β. Pre β > dostávame riešenia s κ, pre β < riešenia s reálnym k. Prípad β = je špeciálny, pretože obe funkcie, tan x aj tanh x majú smernicu = len v bore x = 0. Tomuto bodu zodpovedá k = κ = 0, a jediné existujúce riešenie je β =. Opät máme podmienky ψ( a) = ψ(+a) = 0, a teda B = Ae ika a D = Ce +ika. Z transfer matice pre δ-jamu dostaneme Posledný vzt ah upravíme do tvaru a C D = e ika = α α(b/a) α + ( + α)(b/a) e ika = α( e ika ) e ika α( e ika ) ka β α = Λ ik (8) (9) = tan ka (30) Všimnite si, že posledná rovnica má riešenie len pre β <. V limite β 0 dostaneme ka = π/, čo je základná stav nekonečnej potenciálovej jamy. Sumár: Pre Λ a > máme základný stav so zápornou energiou (energiou nižšou ako je dno pravouhlej jamy). Pre Λ a = má najnišší stav energiu E = 0, a pre Λ a < je energia základného stau kladná, a konverguje ku klasickej energii základného stavu nekonečnej jamy v limite Λ a 0. Problém 4 Nájdite vlnovú funkciu základného stavu pre Λa =. Preverte, či v tomto stave platí princíp neurčitosti, x p (používame jednotky h =, m = ). Riešenie. Z predchádzajúcich príkladov vieme, že pre Λa = je energia základného stavu E = 0. Preto riešime Schrôdingerovu rovnicu a x a. Táto rovnica má riešenie ψ(x) x + Λ(x)δ(x)ψ(x) = 0 (3) ψ(x) = { α(x + a) x < 0 α(a x) x > 0 (3)

5 Kde α je normalizačná konštanta, ktorú nájdeme integrovaním 0 dx ψ(x) = α (x + a) = a 3 α a 3 =, (33) takže α = 3a 3 /. Podmienka nespojitosti prvej derivácie v bode x = 0 má tvar ψ(0 + ) x ψ(0 ) x = Λψ(x = 0) (34) je splnená automaticky, pretože podl a zadania príkladu je Λ a =. Dôležité je si uvedomit, že toto je jediná vol ba parametrov Λ a a, ktorá umožňuje súčasné splnenie podmienok E = 0, okrajových podmienok a podmienok (ne)spojitosti v mieste polohy δ-jamy. Preto stav s energiou E = 0 existuje len pre Λ a =. Môžeme spočítat aj x, a dostaneme x = α 0 a x (x + a) = 0 a (35) Zo Schrödingerovej rovnice (3) získame aj odhad p, Vynásobme SChE sprava ψ (x) a integrujme cez x. Prvý člen na l avej strane je hl adaná stredná hodnota operátora p ; druhý člen je a Λ dxψ (x)δ(x)ψ(x) = Λ ψ(x = 0). (36) a Vieme ale, že ψ(x = 0) = αa, takže ψ(x = 0) = α a = 3/(a) takže nakoniec máme (znamienko je v poriadku, lebo Λ < 0). Pretože Λ a =, máme nakoniec p = 3Λ/a (37) p = 3 β a = 3 a. (38) Z rovnice (35) máme x = a /0, takže je naozaj p x = 6/0 ako vyžaduje princíp neurčitosti. Problém 5 Umiestnime do stredu nekonecnej pravouhlej jamy δ-funkčnú bariéru ( h /m)λδ(x). Ako sa zmenia viazané stavy celej sústavy? Riešenie. Pôvodná jama mala vlastné stavy dvoch typov: (i) symetrické, Φ n (x) = Φ n ( x) (ii) antisymetrické, Φ n+ (x) = Φ n+ ( x), n = 0,,... Je jasné, že antisymetrické riešenia sa nezmenia, pretože Φ n+ (x = 0) 0. Takýto stav nemôže registrovat δ-bariéru. Párne riešenia sa ale zmenia. Položme vlnovú funkciu napravo (nal avo) od bariéry Pre koeficienty máme štyri rovnice: Okrajovú podmienky pre x = l: Okrajové podmienky na hraniciach x = +l: Ae ikx + Be ikx resp. Ce ikx + De ikx. (39) Ae ikl + Be +ikl = 0, (40) Ce +ikl + De ikl = 0 (4) 5 a podmienku v prosriedku: ( C D ) ( ) A = M B (4)

6 6 kde ( + α α M = α α ), α = β/ikl (43) je transfer matica pre δ-bariéru, a β = Λl. Dosadením (40,4) do (4) dostaneme dve rovnice C = [ + α αe ikl ]A e ikl C = [ α ( α)e ikl ]A (44) Vydelením týchto dvoch rovníc dostaneme rovnicu pre α: a teda α = + e ikl e ikl (45) β = cot kl (46) kl Ktorej riešením sú párne vlastné stavy systému. Poznámka: Pre β = 0 dostaneme kl = π/ (+n), n = 0,,..., čo sú vlastné párne stavy pravouhlej potenciálovej jamy. Z grafu (nakresli si!) je jasné, že prítomnost δ-bariéry zvýši hodnoty vlastných energií. To je fyzikálne pochopitelné, pretože bariéra uberá elektrónu priestor na pohyb. Problém 6 Položme teraz na dno nekonecnej pravouhlej potenciálovej jamy N rovnakých δ-funkčných bariér ( h /m)λδ(x nl), n =,,...N. Hranice bariéry sú v bodoch x = 0 a x = L = (N + )l. Ukážte, že energetické spektrum takéhoto systému je určené vzt ahom kde k je riešením rovnice a ql je ur cené podmienkou V špeciálnom prípade N = 0 dostaneme sin ql = 0 a teda ql = kl = m π. Pre N = máme ql = mπ preto E = k (47) cos ql = cos kl + β sinkl (48) kl ql = nπ. (49) { 0 m neparne cos ql = ( ) m/ m parne. (50) Ukážte, že toto riešenie je ekvivalentné riešeniu predchádzajúceho problému. Riešenie. N bariér vytvára periodický potenciál. Preto je vlnová funkcia elektrónu daná Ψ(x) = e iqx u(x) (5) kde u(x) je funkcia periodická s periódou l (Blochov teorém). Pretože Ψ(x = 0) = Ψ(x = L) = 0, dostaneme priamo povolené hodnoty ql dané rovnicou (49). Podrobné riešenie je t ažkopádne: V oblasti Nl < x < (N + )l mám vlnovú funkciu Podmienka Ψ(L) = 0 dáva Ψ R = Ce ikx + De ikx (5) D = Ce ikl. (53) V oblasti 0 x < l máme vlnovú funkciu Ψ L = Ae ikx + Be ikx. Podmienka Ψ L (0) = 0 dáva B = A.

7 7 Vzt ah medzi Ψ L a Ψ R sprostredkuje transfer matica M N M N = ( ) [( M M = M M M N e ikl = 0 0 e ikl ) M β ] N (54) kde M β je transfer matica pre δ-funkčnú bariéru, Máme teda rovnicu ( ) ( ) Ce ikl Ae ikl = M N Be ikl De ikl (55) Dosadením za D a B dostaneme rovnice = M e ikl M e ikl = M e ikl M e ikl (56) Teraz dosadíme z Chebyshevovej identity M = au N U N, M = bu N, M = cu N, M = du N U N, kde a - d sú maticové elementy transfer matice M : a = ( + α)e ikl, b = αe ikl, d = ( α)e ikl, c = αe ikl, a α = β/(ikl), a U N = sin(n + )ql/sin ql. Po dosadení a následných úpravách dostaneme rovnicu Teraz využijeme rovnicu (48) a vzt ah a dostaneme konečnú pdmienku pre vlastné energie čo je ekvivalentné podmienke (49). β kl sinkl + cos kl = U N U N (57) U N = cos qlu N U N (58) U N = 0 (59) Problém 7 Ako sa zmení energetické spektrum modelu Kronig-Penney, ak vynecháme každú druhú δ-funkčnú bariéru, a zvyšné bariéry zoslabíme Λ Λ/? Riešenie. Vynechanie každej druhej bariéry zodpovedá zdvojnásobeniu priestorovej periódy. Pretože energiu hl adáme zo vzt ahu sin kl cos ql = β + cos kl β = Λl (60) kl vidíme, že bezrozmerný parameter β sa nezmení. Okrem toho, ak reduukejem vlnové vektory k a q faktorom vidíme, že rovnica (60) sa nezmenila. Spektrum modelu, dané vzt ahom E = k je ale preškálované faktorom = 4. Problém 8 Uvažujme jednorozmerný ring s obvodom L s potenciálom V (x) = { V x > a 0 x < a (6) nájdite najnižší vlastný stav elektrónu s energiou E < V. Riešenie. Pretože ide o uzavretý kruh, platí pre vlnovú funkciu Ψ(x + L) = Ψ(x). (6) Umiestnime bod x = 0 do stredu potenciálovej jamy a riešme SChR v jame (oblast I), a v oblasti II (a x L/) a v oblasti III ( L/ x a). Dostaneme Ψ I (x) = Acos(kx), k = me/ h Ψ II (x) = Be κx + Ce κx, κ = m(v E)/ h (63) Ψ III (x) = Fe κx + Ge κx

8 8 Podmienka spojitosti vlnovej funkcie a jej prvej derivácie v bode x = L/ (na protil ahlej strane ringu) dá Ψ II (x L/) = Ψ III (x L/), Ψ II(x L/) = Ψ III(x L/) (64) po dosadení dostaneme pre koeficienty B,C a F,G pdomienky Be κ+l/ + C κl/ = F κl/ + Ge +κl/ κ [ Be κ+l/ C κl/] = κ [ F κl/ Ge +κl/], (65) z ktorých dostaneme Spojitost vlnovej funkcie a jej prvej derivácie v bode x = a vedie k rovniciam B = Fe κl/, C = Ge κl/. (66) A cos ka = Be +κa + Ce κa Ak sinka = κ [Be +κa Ce κa ] (67) a v bode x = a A cos ka = Fe κa + Ge +κa Ak sin ka = κ [Fe κa Ge +κa ] (68) Z týchto rovníc vyjadríme parametre B, C a F, G A[κ cos ka k sin ka] = κe +κa B A[κ cos ka + k sin ka] = κe κa C A[κ cos ka + k sin ka] = κe κa F A[κ cos ka k sin ka] = κe +κa G (69) Ak teraz dosadíme za F a G z rovníc (), dostaneme po vydelení prvej a tretej rovnice (69) vzt ah κ cos ka k sinka κ cos ka + k sinka = e+κa κl/. (70) Tú istú rovnicu by sme dostali aj vydelením druhe a štvrtej rovnice (69). Rovnica (70) dáva po dosadení za k a κ z rovnice (63) vlastné energie symetrických stavov potenciálovej jamy. Jej riešenie musíme nájst numericky. Antisymetrické stavy nájdeme ak vlnovú funkciu v jame budeme hl adat v tvare Ψ I = Asin kx. Všimnikme si, že pre vel ké L, κl/ vedie rovica (70) ku kalsickej rovnici známej z učebníc kvantovej mechaniky. κ = tanka, (7) k

9 9 III. SEMIKLASICKÉ PRIBLÍŽENIE WKB Problém 9 Majme potenciálovú jamu (x + πb) x < b V (x) = 0 πb x +πb (x πb) x > b Nájdite energie viazaných stavov s využitím WKB aproximácie. V získanom riešení diskutujte limitné prípady b 0 a b. Riešenie. Podl a WKB, energie E n viazaných stavov dostaneme z rovnice a dx ( E n V (x) = n + ) π (73) kde a, a sú body návratu. Integrál prepíšeme do tvaru a (7) a a = πb a πb a + + πb πb (74) Prvý a tretí integrál zodpovedajú harmonickému oscilátoru, druhý je rovný bπ E n. Preto dostávam rovnicu πe n + πb ( E n = n + ) π (75) čo je kvadratická rovnica pre E n. Iba jedno z jej riešení je kladné: En = b + b + (n + /) (76) (samozrejme, záporné znamienko v rovnici (76) nie je treba uvažovat, ked že dáva nefyzikálne záporné hodnoty energie), resp. E n = n + b + b b + n + / (77) V limite malého b, b /, rozvinieme odmocninu do Taylorovho radu a dostaneme E n = n + b n + / ( n + / b ). (78) V limite obrovského b musíme uvažovat dva prípady: (i) b n + /. Z rovnice (76) dostaneme [ En b + b + n + / ] b = + b (n + ) (79) Dostaneme teda E n [ 4b n + ]. (80) (Porovnajte tento výsledok so vzt ahom pre viazané energie pravouhlej potenciálovej jamy!) Petože naša jama je nekonečne vysoká, má nekonečne vel a vlastných hodnôt. Pre akékol vek b preto existuje také n 0, že b n 0 + /. Pre n > n 0 môžeme opät považovat b za malé, a dostaneme vzt ah (78). Častica na dostatočne vysokej hladine nevie, čo sa deje na dne jamy, preto si myslí, že je stále v kvadratickej jame. Problém 0 Riešte predchádzajúcu úlohu numericky. Riešenie: Použijeme metódu strel by. Obrázok ukazuje numerické riešenie (body) porovnané s WKB aproximáciou. Zdá sa, že WKB vel mi dobre určí základný stav, ale je nevyhovuhjúca pre vyššie stavy.

10 0 7 energia ako funkcia b, rg6-.f 0. b= prve styri vlnove funkcie rg6-.f b FIG. : Vlastné energie počítané WKB metódou (plná čiara) a numericky metódou strel by (body). Pravý obrázok ukazuje prvé štyri vlastné vlnové funkcie pre b =. Problém Uvažujme dvojitú potenciálnu jamu (obr. 3). Odvod te rovnicu pre vlastné energie v priblížení WKB: ] kde a cot b a k(x)dx = ± exp [ +b b dxκ(x), (8) h k(x) = (E V (x)) (8) m h κ(x) = (V (x) E). (83) m V limite nekonečne vysokej bariéry medzi dvoma minimami je pravá strana rovnice (8) nulová, a dostaneme učebnicovú rovnicu pre WKB aproximáciu energie viazaného stavu E n (0) v potenciálovej jame, cos b a k(x)dx = 0. (84) Dve znamienka ± na pravej strane rovnice (8) zodpovedajú rozštiepeniu tejto energie v dôsledku tunelovania cez bariéru medzi dvoma jamami. Problém Zovšeobecnite predchádzajúcu úlohy pre prípad nesymetrického potenciálu (obr. 4). Riešenie. poznáme riešenie WKV vo všetkých piatich oblastiach. Potrebujeme ho ale zošit v bodoch návratu. Budeme postupovat zl ava doprava: V oblasti x < a máme exponenciálne klesajúcu vlnovú funkciu (explicitne nevypisujeme konmštantu úmernosti, ani faktor / κ). Funkcia (85) prechádza v oblasti a < x < b do funkcie [ x ψ II (x) = cos k(x)dx π ] a 4 Toto riešenie musíme vyhjadrit pomocou pravého bodu návratu b : [ x cos k(x)dx π ] [ b = cos k(x)dx a 4 a ψ I (x) = e a x κ(x)dx (85) b x k(x)dx π 4 ] (86) (87)

11 V(x) E -a -b +b +a FIG. 3: Symetrická dvojitá potenciálová jama. Body ±a a ±b označujú body návratu pre energiu E. V(x) E a b b a FIG. 4: Nesymetrická dvojitá potenciálová jama. Body ±a a ±b označujú body návratu pre energiu E. Využijeme súčtové vzorce: takže je kde cos(α β π/4) = cos α cos(β + π/4) + sin α sin(β + π/4) = cos α sin(β π/4) + sin α cos(β π/4), [ ] [ b ] ψ II (x) = +cos α L sin dx π b + sin α L cos dx π 4 4 x x (88) (89) α L = b V oblasti b < x < b sa funkcia (89) transformuje na tvar ψ III (x) = cos α L e + x Toto riešenie opät vyjadríme pmocou pravého bodu návratu b : ψ III (x) = cos α L e + b κ(x)dx b b e x a k(x)dx. (90) b κ(x)dx + cos α Le x κ(x)dx + cos α Le b b κ(x)dx. (9) κ(x)dx b + b e x κ(x)dx. (9)

12 V oblasti b,x,a toto riešenie prechádza do funkcie [ x ψ IV (x) = cos α L e +β cos dx π ] [ x sinα L e β sin dx π ] b 4 b 4 (93) kde Zostáva ešte upravit trigonometrické funkcie tým istým spôsobom, ako v oblasti II: β = b b κ(x)dx. (94) ψ IV (x) = 4cos α L e +β [ cos α R sin γ + sinα R cos γ] sin α L e β [ sin α R cos γ + cos α R sinγ] (95) kde α R = a b k(x)dx, γ = a x k(x)dx π 4. (96) nakoniec, v oblasti b < x môže existovat len exponenciálne klesajúce riešenie. Preto koeficient pri sinγ musí byt nulový. To nám dáva rovnicu resp. 4cos α L cos α R e +β + sin α L sin α R e β = 0 (97) Opät, pre β dostaneme dve izolované jamy so spektrom určeným rovnicami cot α L cot α R = 4 e β. (98) α R = (n R + )π, α L = (n L + )π (99) s kvantovými číslami n L, n R. Nenulová pravdepodobnost tunelovania cez bariéru spôsobi väzbu mezi hladinami.

13 3 IV. TRANSMISIA Problém 3 Majme pravouhlú potenciálovú bariéru šírky l = a a výšky V 0. Nájdite transmisiu a reflexiu častice s energiou E = V 0. Problém 4 Uvažujme prechod cez pravouhlú potenciálovú bariéru. Parametre problému - energia E, výška bariéry V 0 a šírka bariéry l - sú také, že platí e ik l = (00) kde k = E V 0, E > V 0. Ukážte, že odraz od bariéry R = 0. Riešenie. Označme t, r amplitúdu prechodu (odrazu) pre rozhranie 0 V 0 a t (r ) transmisiu a reflexiu pre rozhranie V 0 0. Celkový rozptyl pozostáva z nekonečného počtu rozptylových procesov. Budeme pre každý z nich počítat amplitíudu odrazu: priamy odraz od prvého rozhrania: r 0 = r prechod prvým rozhraním, odraz od druhého rozhrania, prechod prvým rozhraním: r = te ikl r e ikl t = tr t, lebo e ikl =. namiesto poslednej transmisie sa elektrón odrazí spät do bariéry, potom sa odrazí od zadnej steny, a následne prejde von z bariéry dol ava: r = tr r r t nekonečné množstvo d alších členov, v ktorých sa elektrón n-krát odrazí od vnútorných stien bariéry. Príslušný príspevok do amplitúdy odrazu bude r n = t(r ) n t Všetky príspevky do amplitúdy odrazu sú teda r total = r 0 + r + r +..., čo dá Teraz dosadíme r total = r + tt r [ + (r ) + (r ) ] = r + r tt t = (r ) (0) k k + k t = k k + k (0) Priamy výpočet ukáže, že tt [ (r ) ] =, takže Preto odraz R = r total = 0 a transmisia T =. Problém 5 V predchádzajúcom príklade nájdite amplitúdu transmisie t total. r = k k k + k r = r. (03) r total = r + r = 0 (04) Problém 6 Koeficient prechodu a odrazu elektromagnetickej vlny cez rozhranie hl adáme obyčajne z podmienok spojitosit elektrickej a magnetickej intenmzity na rozhraní. Ukážte, že podmienky spojitosti normálových zložiek indukcií dajú ten istý výsledok. Riešenie. Uvažujme pre konkrétnost TM polarizovanú vlnu (pre TE vlnu postupujeme rovnako). Magnetické pole je rovnobežné s rozhraním: Elektrické pole je potom: Rovnice spojitosti tangenciálnych zložiek sú H = (0,H,0). (05) E = (E x,0,e z ). (06) H + + H = H+ + H (07)

14 4 Ü ½ ½ ¾ ¾ ½ ½ À ½ À ¾ ¾ À ½ ½ ½ ¾ ¾ À ¾ ¾ ¾ Þ ½ FIG. 5: Prechod rovinnej elektromagnetickej vlny cez rozhranie. Vlna má TM polarizáciu. a Z Maxwellovej rovnice vyjadríme E pomocou H E + x + E x = E+ x + E x. (08) k H = ǫω c E, (09) ǫ ω c E+ x = k zh +, and ǫ ω c E x = k zh. (0) Vylúžením elektrického pol a dostávame dve rovnice pre H, ktoré napíšeme v maticovom tvare ( ) k z k z H + H = ( ) k z + k z H + H, () ǫ ǫ ǫ ǫ resp. ( H + H ) = M( H + H kde M je transfer matica pre orechod elektromagnetickej vlny cez rozhranie. Ak by sme namiesto rovnice (07) použili podmienku spojitosti elektrickej indukcie D, dostali by sme, z Maxwellovej rovnice (09) takže rovnicu (3) pretransformujeme do rovnice ). () D + z + D z = D+ z + D z, (3) D z = c ω k xh (4) k x H + + k xh = k xh + + k xh. (5) Pretože k x = k x (tangenciálna zložka vlnového vektora sa na rozhraní vždy zachováva), dostaneme z rovnice (5) rovnicu (07). Uváženie normálových zložiek teda naozaj neprináša žiadnu novú informáciu.

15 5 V. HUSTOTA STAVOV Problém 7 Uvažujme jednorozmerný problém s časticou, ktorej disperzný zákon je E = k α. nájdite hustotu stavov ρ(e) a popíšte jej správanie v okolí hranice pásu E = 0. Riešenie. Husotota stavov je daná vzt ahom ρ(e)de = ρ(k)dk (6) kde ρ(k) = L/(π) je hustota stavov v k priestore. Máme preto ρ(e) = L E(k) π k (7) Priamy výpčet dá ρ(e) E α α. (8) Konkrétne príklady: α = (vol ná častica): ρ(e) E / (9) α = (elektromagnetické pole) Problém 8 Riešte predchádzajúcu úlohu pre elektrón s disperzným zákonom ρ(e) = const. (0) E = h k m v d-rozmernom priestore. Riešenie. Vyjdeme opät z rovnice (6), kde ale dosadíme (L/π) d = ρ(e) = (L/π) πk d = (L/π) 3 4πk d = 3 () () Derivácia E k = h h m k = E, (3) m lebo Po dosadení dostaneme me k =. (4) h E / d = ρ(e) const d = E / d = 3. (5)

16 6 FIG. 6: Dvojrozmerná štvorcová mriežka. Počet uzlov v každom smere je N, mriežková konštanta je a. VI. ELEKTRÓNOVÉ STAVY NA MRIEŽKE Problém 9 Uvažujme dvojrozmernú mriežku podl a obr. 6. Elektrón sa pohybuje preskokmi na najbližšie uzly. Nájdite energetické spektrum. Predpokladajte periodické okrajové podmienky a N uzlov v každom smere mriežky. Riešenie: Schrödingerova rovnica pre l ubovol ný uzol je preto Eψ xy = ψ x,y+a + ψ x,y a + ψ x a,y + ψ x+a,y (6) kde x = n x a, y = n y a, a Na + a = a, pretože mriežka je periodická. Pretože sú všetky uzly mriežky ekvivalentné, líšio sa vlnová funkcia na susedných uzloch len o faktor e ikxa resp. e ikya ; Dosadením do rovnice (6) dostaneme ψ x,y±a = ψ x,y e ±ikya ψ x±a,y = ψ x,y e ±ikxa (7) E = cos k x a + cos k y a (8) Pretože máme periodické okrajové podmienky, sú dovolené hodnoty l x a k y určené vzt ahmi k x a, k y a = π N 0,,,...N (9) Máme N N vlastných hodnôt, presne tol ko, kol ko ptrebujeme, lebo Hamiltonián je matica rozmeru 4N times4n. Problém 0 Uvažujme teraz tú istú dvojrozmernú mriežku ako v predchádzajúcom príklade, ale budeme sa tvárit, že je zložená z N N atómov podl a obr. 7. Nájdite energetické spektrum. Predpokladajte periodické okrajové podmienky a N uzlov v každom smere mriežky. Riešenie. Spektrum žiadneho problému nemôže závisiet od toho, ako si my preusporiadame atómy. Preto je riešením vzt ah (8) a (9). Napriek tomu zopakujeme výpočet ešte raz: V atóme máme šturi rôzne uzly; pre každý z nich napíšeme SchR: Eψ A = ψ B ( + e +ikxa ) + ψ A3 ( + e ikya ) Eψ B = ψ A ( + e ikxa ) + ψ B4 ( + e ikya ) Eψ A3 = ψ B4 ( + e +ikxa ) + ψ A ( + e +ikya ) Eψ B4 = ψ A3 ( + e ikxa ) + ψ B ( + e +ikya ) (30) Tento systém rovníc má riešenie len ak je jeho determinant nulový. Zavedieme označenie a = + e +ikxa b = + e ikya : E a b 0 a det = E 0 b b (3) 0 E a 0 b a E

17 7 B4 A3 B A FIG. 7: Dvojrozmerná štvorcová mriežka. Počet uzlov v každom smere je N, mriežková konštanta je a. Mrioežku rozdelíme na N N atómov, každý z nich obsahuje štyri uzlyˇ. Vpravo je detail mriežky s označením šturoch uzlov ako sa používa v texte. L ahko nájdeme, že det = E 4 E ( a + b ) + ( a b ) (3) takže rovnica det = 0 má riešenia Pretože a = cos k x a, b = cos k y a, dostaneme nakoniec E = a + b ± a b = ( a ± b ) (33) E = ±(cos k x a ± cos k y a). (34) Rovnica (34) vyzerá byt identická s rovnicou (8) - až na to, že má zdanlivo štyrikrát viac riešení (vd aka alternujúcim znamienkam ±). Väčší počet riešení je však len zdanlivý, pretože teraz máme len N atómov, a podmienky (9) majú preto tvar resp. k x a, k y a = π N 0,,,...,N (35) k x a, k y a = π N 0,,,...,N. (36) Máme teda štyrikrát menej dovolených hodnôt k x, k y. Pretože cos(k x a + π) = cos k x a, nahrádzajú alternujúce znamienka v rovnici (34) chýbajúce hodnoty vektorov k x a k y. Problém Uvažujme dvojrozmernú mriežku podl a obrázku 8. Nájdite, ako závisí energia od vlnového vektora: E = E(k,q). Ako vyzerá táto závislost v strede vodivostného pásu (okolie E = 0)? Riešenie. Využijeme periodicitu mriežky, a napíšeme Schrödingerovu rovnicu pre štyri body na obrázku: EΨ A = Ψ B + e ikxa Ψ B + e ikya Ψ A3 EΨ B = e ikxa Ψ A + Ψ A + Ψ B4 EΨ A3 = Ψ B4 + e ikxa Ψ B4 + e +ikya (37) Ψ A EΨ B4 = e ikxa Ψ A3 + Ψ A3 + Ψ B Kde k x, k y a = (π/n) 0,, N (rovnica (36). Tento systém rovníc má riešenie, len ak je jeho determinant nulový. Determinant ide previest na tvar det = E 4 E 8cos k x acos k y a + 6cos 4 k x a 8E cos k x a + = 0 (38)

18 8 A B A B B B4 B A A B A3 A B A A FIG. 8: Dvojrozmerná mriežka, z ktorej sme vynechali každú druhú vertikálnu spojnicu. Mriežka má štyri neekvivalentné uzly. Vd aka translančnej invariantnosti mriežky sa všetky uzly typu A dajú previest na A alebo A3, podobne všetky uzly B sú ekvivalentné uzlom B alebo B E.5 E k x a/π k x a/π FIG. 9: Energia E = E(k x, k y) daná rovnicou (40) pre k ya = ±(π/0) 0,, Vl avo je kompletné spektrum. Využijeme cos q = cos q a prepíšeme túto rovnicu do tvaru (E 4cos k x a) 6cos k x acos k y a = 0, (39) Takže E = ± + 4cos k x a ± 4cos k x acos k y a (40) Všimnime si, že na rozdiel od štvorcovej mriežky (rovnica (34), kde 4 E +4. Na obrázku 9 je spektrum dané rovnicou (40) pre kladné hodnoty odmocniny. Stred pásu (E = 0) zodpovedá k y a =. Vtedy dostaneme 3 E +3 (4) E = ± ± cos k x a (4) Ak urobíme rozvoj k x a = π/3±ka, dostaneme cos k x a ± 3/ ka. Podobne okolo k x a == π/3±ka dostaneme + cos k x a pm 3/ ka. Dostali sme tak lineárne spektrum, E k v strede pásu. Toto je typická vlastnost graphenu. Preto aj hustota stavov lineárna ρ(e) E pre male E (43) Poznámka. Riešený problém sa týka energetického spektra dvojrozmernej honeycomb mriežky, ktorú možno pretransformovat na mriežku z obrázku 8. Pozri obr. 0.

19 9 x FIG. 0: Transformácia dvojrozmernej hexagonálnej mriežky na mriežku študovanú v tomto príklade. z.5 Brick layer - density of states E E FIG. : Porovnanie hustoty stavov dvojrozmernej mriežke s hexagonálnou geometriou (vl avo) a štvorcovou geometriou (vpravo). Všimnime si van Hovovu singularitu v hustote stavov v oboch mriežkach. L avý obr. ukazuje, že pre hexagonálnu mriežku je hustota stavov naozaj lineárna v okolí stredu pásu. Problém Na obr. 9 vidíme, že energia E = ± je výnimočná: počet stavov s energiou E = ± rastie lineárne s vel kost ou mriežky. Diagonalizujte Hamiltonián pre model z obr. 8 numericky a nájdite hustotu stavov. ukážte, že hustota stavov naozaj diverguje pre E = ±, a že ρ(e) E v okoli stredu pásu E = 0. Porovnajte tieto výsledky s hustotou stavov pre dvojrozmernú mriežku. Riešenie. Dvojrozmernú mriežku l ahko diagonalizujeme hocijakým programom (obr. ). V prípade štvorcovej mriežky môžeme hustotu stavov získat z Greenovych funkcii (pozri napr. knihu Economoua).

20 0 Problém 3 Uvažuje rovnicu difúzie VII. ROVNICE MATEMATICKEJ FYZIKY Ukážte, že riešením tejto rovnice s počiatočnou podmienkou je gaussovo rozdelenie Riešenie. Hl adajme riešenie rovnice (44) v tvare u t = D u x. (44) u(x,t = 0) = δ(x x 0 ) (45) u(x,t) = exp (x x 0). (46) 8πDt 4Dt u(x,t) = αt exp (x x 0) βt (47) Nájdeme derivácie u t = [ t + (x x 0) βt ] u(x,t), (48) a u x = u x = (x x 0) u(x, t) (49) βt [ βt + 4(x x 0) β t ] u(x, t) (50) Po dosadení do difúznej rovnice (44) a porovnaní koeficientov pri rovnakých mocninách /t dostaneme KOeficient α musiḿe určit z normovacej podmienky ktorá platí v čase t = 0 a musí platit pre každý čas t. Dostaneme v súlade s navrhovaným riešením (46). 0 β = 4D (5) dxu(x,t) = (5) α = 8D (53) Prechod elektromagnetickej vlny planárnou vrstvou Zmena fázy elektrického a magnetického pol a je dôležitá pre porozumenie interferencie elektromagnetickej vlny na tenkej dielektrickej vrstve. Uvažujme planárnu vrstvu hrúbky l vloženú medzi dve (vo všeobecnosti rôzne) prostredia (obr. ). Vrstva má index lomu n, prostredie nal avo (napravo) od vrstvy má index lomu n (n 3 ). Zaujímame sa o podmienku maximálneho odrazu elektromagnetickej vlny dopadajúcej na vrstvu z prostredia. Riešme najprv prípad n < n < n 3. Zo vzt ahov (??,??) vidíme, že elektrické pole mení fázu o π v procese odrazov a 3 (na prednej a zadnej strane vrstvy), a magnetické pole fázu nemení len pri odraze. Ak preto platí k z l = nπ, n =,,... (n < n 3 ). (54) potom sú vychádzajúce vlny a (obr. ) vo fáze. Podmienka (54) definuje podmienku pre maximálny odraz.

21 Situácia sa zmení, ak n < n ale aj n 3 < n. Vtedy na rozhraní mení fázu elektrické pole a na rozhraniach 3 a magnetické pole. Ak platí vzt ah ( k z l = n + ) π, n = 0,,... (n 3 < n ), (55) potom sú vlny a na obr. vo fáze a odraz je maximálny. Všimnime si, že v oboch prípadoch nie sú vo fáze všetky odrazené vlny: ak sú vo fáze vlny a (a všetky vlny m a m + ), potom sú vlny m a m + v protifáze. Pretože amplitúda m-tej vlny klesá ako r 3 r 3 m, je pre maximálny odraz podstatný vzájomný fázový rozdiel vĺn,, daný vzt ahmi (54,55). Nutnost analyzovat rôzne odrazené vlny a zmeny fáz ich jednotlivých komponent situáciu značne komplikuje. Analýza je ovel a jednoduchšia, ak vypočítame transfer maticu pre planárnu vrstvu, ( ) e ik zl 0 M = M 3 0 e ikzl M (56) a vyjadríme transmisiu T = M. Po dosadení za transfer matice M 3 a M dostaneme pre TE vlnu rovnice (0.6) z knihy a pre transmisiu T = ( k z + k ) z ( + k 4 k 3z k z k ) ( 3z k z k ) z sin k z l. (57) 3z 4k 3z k z Ak n > n,n 3, tak druhý člen na pravej strane rovnice (57) je vždy kladný. Preto je transmisia minimálna (a odraz maximálny), ak platí podmienka (55). Naopak, ak je n > n ale n 3 > n, potom je podmienkou maximálneho odrazu vzt ah (54). Pozn: z disperzného vzt ahu je jasné, že k z k z = n n. Pre TM vlnu musíme nahradit k z k z /n a namiesto dostaneme čo upravíme pomocou Snellovho zákona na tvar Opät teda rozhoduje len vzt ah n > n. ω c n = k x + k z (58) cos θ n k z k z (59) cos θ n (60) sin (θ ) sin (θ ) (6) n n n 3 n n n 3 3 n n n 3 x z FIG. : Prechod elektromagnetickej vlny cez planárnu vrstvu. Odrazená vlna pozostáva zo superpozície nekonečného množstva vĺn (ukázané sú prvé tri). Pretože všetky vlny sa v smere x šíria s tou istou fázou (x-ová zložka vlnového vektora je rovnaká vo všetkych prostrediach), rozdielne dráhy vĺn m a m spôsobia rozdiel fáz k zl(m m ), kde l je hrúbka vrstvy.