Übungen zur Theoretischen Festörperphysi: Vertiefung (TV-) 6. Präsenzübung am 5. Juni 4 P Quantentrog in zwei Dimensionen Wir betrachten einen zylindersymmetrischen, zweidimensionalen Quantentrog, in dem sich ein Teilchen befindet. Das zugehörige Potential lautet U(r) = U Θ(a r), wobei a der Radius des Troges und U > die Tiefe des Troges ist. Wir suchen die gebundenen Zustände in diesem System und deren Energie, genauer die s-zustände, die nicht vom Polarwinel abhängen ψ(r,φ) ψ(r). Dazu muss also die Schrödinger-Gleichung für dieses Problem gelöst werden. Einige Hinweise: Der Laplace-Operator in Zylinderoordinaten lautet = ( r ) + r r r r ϕ Sie werden sowohl auf die Besselsche Differentialgleichung(+) als auch die modifizierte Besselsche Differentialgleichung(-) stoßen: x d f dx +xdf dx ±x f =. Die Besselsche Differentialgleichung wird als Differentialgleichung zweiter Ordnung durch die Bessel-Funtion J (x) und die Neumann-Funtion Y (x) bzw. deren Linearombinationen gelöst. Beides sind oszillierende Funtionen, aber J (x) ist für alle x > sowohl von oben als auch nach unten beschränt, wohingegen Y (x) eine Singularität im Ursprung besitzt. Die modifizierte Besselsche Differentialgleichung wird durch die modifizierten Bessel-Funtionen I (x) und K (x) gelöst. Das asymptotische Verhalten der Funtionen für x ist als J (x) = πx cos(x π 4 )+O(x3 ); Y (x) = I (x) = πx e x +O(x 3 ); K (x) = πx sin(x π 4 )+O(x3 ) π x ex +O(x 3 ) gegeben. Für leine Werte der Argumente x gelten folgende Entwiclungen: J (x) x 4 ( x K (x) ln γ ) Dabei ist γ =, 577... die sogenannte Euler-Mascheroni-Konstante. Weiterhin dürfen Sie a priori annehmen, dass E U. Die Schrödinger Gleichung (da wir nur an s-zuständen interessiert sind, ist ψ = ψ(r) und der Winelanteil des Laplace-Operators fällt weg) r ψ + r ] [ +U (r) ψ = Eψ m r ψ + m [E U (r)]ψ = ist abschnittsweise für den Innenbereich des Quantentrogs und für den Außenbereich zu lösen. r < a, r > a, r ψ + r r ψ +α ψ = () r ψ + r r ψ β ψ = () Hierbei ist α = m (E +U ) und β = m E (für gebundene Zustände ist E < ). Multiplizieren mit r und Substitution x = rα liefert dann exat die Differentialgleichungen aus der Angabe. Die Lösung von () (also im Innenbereich) ist ψ(r) = AJ (αr), da eine Singularität bei r = wie sie bei der Neumann-Funtion auftaucht für eine physialische Wellenfuntion nicht in Frage ommt. Die Lösung von () (also im Außenbereich) ist ψ(r) = BK (βr), da eine exponentiell ansteigende Funtion, wie es bei I der Fall ist, wegen Nicht-Normierbareit nicht in Frage ommt. Beide Funtionen müssen bei r = a zusammengefügt werden, also muss gelten: Man erhält: AJ (αa) = BK (βa) A r J (αr) r=a = B r K (βr) r=a J (αa) r K (βr) r=a K (βa) r J (αr) r=a =. β ( α a )( ) ( +α ln 4 βa ( βa ) +γ ) ( αa ) = = β = a e α a + γ a e α a, da ja αa <<. Da aus E << U = α m U, ist also E 4 4 ma e Es existiert folglich immer ein gebundener Zustand. ma U.
P Radius eines Cooper-Paars Die Fourieromponenten der Wellenfuntion eines Cooper-Paars sind für < ξ < ω D als g = C ξ ǫ ; ǫ := E ǫ F; ξ := m ǫ F Somit gilt g = g = d 3 x d 3 x e i(xx ) xx ψ(x)ψ (x ) d 3 x d 3 x e i(xx ) ψ(x)ψ (x ) gegeben, wobei g = für ξ <, ǫ F die Fermi-Energie und C eine Konstante ist. Berechnen Sie den Radius eines Cooper-Paars, indem Sie wie folgt vorgehen: a) Machen Sie sich lar, weshalb nur Impulse nahe des Fermi Impulses beitragen. Nähern Sie unter dieser Annahme ξ. b) Überlegen Sie sich wie Sie den Radius im Ortsraum berechnen. c) Übertragen Sie die Rechenvorschrift in den Impulsraum. (Hinweis: δ(x x )) V ei(xx ) = d) Berechnen Sie den Radius. (Tipp: Nehmen Sie nahe der Fermi-Kante die Zustandsdichte als ρ(ǫ) = ρ F onstant an) a) Siehe Fermiugel, nur die Schale trägt bei. Damit erhält man ξ = m ǫ F = m F m = m ( F)( + F ) m ( F)( F + F ) = F ( F ) m =: v F b) Der Radius ist einfach der Erwartungswert des Abstandsoperators x = x, somit lässt sich ψ x x d 3 x = ψ d 3 x berechnen. c) Weil g die Impulsraumdarstellung von ψ ist, gilt ψ(x) = (π) 3 d 3 g e ix ; g = e ix ψ(x)d 3 x Man weiß außerdem über Fouriertransformationen von Ableitungen g = i e ix xψ(x)d 3 x Erinnert man sich an die Deltaidentität ei(xx ) = Vδ(xx ) und vertauscht Summe und Integration, so erhält man g = V d 3 xx ψ(x) Somit erennt man d) Es gilt Weiter gilt g = V d 3 x ψ(x) x = g g g = dg a) ξ = v dg F g(ξ) = C ξ ǫ ; dg = C (ξ ǫ) Summen über Vetoren lassen sich mit der Zustandsdichte in Integrale umschreiben. Man ann in unserem Fall annehmen, dass die Zustandsdichte onstant ρ F ist (siehe Vorlesung), weil die Integrale schnell onvergieren, ann man außerdem den Integrationsbereich bis ausdehnen. Man erhält somit x = g g = ( v F) ρ F ρ F ( ) dg = ( v F ) g was einem Cooper-Paar Radius von x = 3 v F ǫ entspricht. P Teilchenzahl für die BCS Wellenfuntion (ξǫ) 4 = (ξǫ) ( v F ) 3ǫ, Der Teilchenzahloperator sei als ˆN = σ c σ c σ gegeben und lässt sich umschreiben als ˆN = (c c +c c ) =:ˆn Die BCS-Wellenfuntion ist als ϕ = +v c =(u c ) =: Â gegeben. Berechnen Sie den Erwartungswert der Teilchenzahl mit der BCS-Wellenfuntion.
a) Berechnen Sie der Einfachheit halber zunächst den Erwartungswert von ˆn. b) Berechnen Sie nun die gesamte Teilchenzahl. Übungen zur Theoretischen Festörperphysi: Vertiefung (TV-) 7. Hausaufgabe, Abgabe:. Juni 4, c. t. (Kasten im Hörsaal) a) Man mert sofort, dass ˆn trivialerweise nur auf den Unterhilbertraum, der zu gehört, wirt. Somit ann man einfach folgendes rechnen. ϕ ˆn ϕ =  qˆn  q = A ˆn  = (u +v c c )ˆn (u +v c c ) q q = u ˆn + v c c ˆn c c = v = =c c b) Der Rest der Aufgabe ist trivial, man muss nun noch über summieren und erhält ˆN = ϕ ˆN ϕ = ϕ ˆn ϕ = v. H4 Quantentrog in D Betrachten Sie die Schrödinger Gleichung mit dem Potential d Ψ dx + m (E U(x))Ψ = V(x) = für x > a U für x < a a) Betrachten Sie zunächst eine gerade Lösung Ψ g d.h. Ψ g(x) = Ψ g(x). Dazu gehört ein Grundzustand. b) Zeigen Sie, dass der gebundene Zustand bei beliebig leiner Trogtiefe existiert und die Bindungsenergie eines Grundzustands quadratisch mit U wächst. c) Betrachten Sie dann eine ungerade Lösung Ψ u d.h. Ψ u(x) = Ψ u(x) und den ersten gebundenen Zustand E. d) Zeigen Sie, dass es für diese ungerade Lösung eine ritische Tiefe U = U c gibt, ab der sich erst gebundene Zustände ausbilden önnen. Gehen Sie dabei wie folgt vor: i) Leiten sie aus den Stetigeitsbedingungen der Lösung die Bedingung sin(αa) = ± α mit α := m V (E +U ) her und überlegen Sie sich welche αa überhaupt erlaubt sind. ii) Machen Sie sich anhand dieser Bedingung graphisch lar, weshalb es eine ritische Trogtiefe U c gibt, ab der sich gebundene Zustände ausbilden. iii) Zeigen Sie, dass U c = ma π 4. e) Bestimmen Sie das Verhalten der Energie E nahe U U c d.h. U = U c +δu und δu U c. Die Schrödinger Gleichung lässt sich umschreiben in x < a, x > a, d Ψ dx +α Ψ =, α := m (E +U ) d Ψ dx β Ψ =, β := m E
a) Man findet als gerade Lösung Ψ g(x) = Acos(αx) für x < a Be β x für x > a Zunächst sind A und B unbestimmt. Man ann allerdings fordern, dass sowohl die Funtion als auch ihre Ableitung eine Sprünge machen, womit man erhält. b) Man erhält hiermit diret Acos(αa) = Be βa ; Funtion eine Sprünge Aαsin(αa) = Bβe βa ; Ableitung eine Sprünge cot(αa) = α β + cos (αa) sin (αa) = α β + ; α = V β mit V := m U Außerdem sieht man sin (αa) = α +β β sin(αa) = ± β V Man sieht hiermit, dass für leine Trogtiefen V α, somit lässt sich der sin nähern. Zusätzlich muss damit die ursprüngliche Gleichung mit dem cot erfuellt sein ann cot(αa) > sein und somit für leine αa das + Vorzeichen gewählt werden. aα = β V Da die Energie langsamer als U wächst (siehe unten), ist für leine Energien U darüber hinaus α V. Man erhält somit β = V α a V a m E ( ) m au E g U ma Man erennt, dass in der Tat E g U. Somit existiert auch für beliebig leine Tiefen U ein gebundener Zuständ. c) Man findet Ψ u(x) = Asin(αx) für x < a sgn(x)be β x für x > a Zunächst sind A und B unbestimmt. Man ann allerdings fordern, dass sowohl die Funtion als auch ihre Ableitung eine Sprünge machen, womit man erhält. Asin(αa) = Be βa ; Funtion eine Sprünge Aαcos(αa) = Bβe βa ; Ableitung eine Sprünge d) i) Aus den Stetigeitsbedingungen folgt diret cot(αa) = β α sin (αa) = + cos (αa) sin ( αa) = β α + = V α sin(αa) = ± α V Beachtet man, dass cot(αa) < sein muss, so folgt daraus, dass nur Lösungen von sin(αa) = ± α, die im Bereich π + nπ < αa < π + nπ; n Z liegen V erlaubt sind. ii) Zeichnet man die beiden Funtionen, so erennt man, dass es erst ab bestimmten α einen Schnittpunt von sin(αa) und ± α V gibt für die cot(αa) >. Es gibt also eine ritische Tiefe. iii) Man erhält also als erste mögliche Lösung x c = π. V c = m sin(x c) = xc a = π/ V c a a V c = π Uc U c = π V c 8ma. e) Man macht sich zunächst lar, dass x = αa eine Funtion von U ist. Deshalb betrachtet man ( π ) π sin +δx = +δx a, V c +δv wobei sich die line Seite in δx entwiceln lässt, wodurch man δx π = +δx a (+ δv ), V c V c erhält. Entwicelt man die rechte Seite um δv, so erhält man (+ δx = π )( δx δv + 3 δv ) V c 8 Vc. Ausmultiplizieren ergibt δx = δv V c + 3 8 δv V c + π δx π δv V c δx. Leider hängt dies noch von δx ab. Wir erinnern uns deshalb daran, dass x = a V β. Entwicelt man dies um leine β und V, so erhält man δx = a δv δv δβ V c 8V 3 V c c Eingesetzt erhält man a δv 8V = δv + a δv c V c π V c a V c= π = + 3 8 δv V c a π δv 8V 3 c a π δβ V c
Sammelt man alle Terme vor δv, so sieht man Somit erhält man a π a + 3 8V c 8 Vc δβ V c = a 8V c δv a a 4πV 3 c πv 3 c = 4π 3 a 3 = 3 a V c 4π V = 4π 3 π V c Vc c = δβ = πa 8 δv V = π c 8 Schließlich, mit der Definition von β, ergibt sich δ E = π 6 Uc H5 Quantentrog in 3D Betrachten Sie die Schrödinger Gleichung mit dem Potential ( U U c U c Ψ+ m (E U(r))Ψ = V(r) = = a 8V c a V c δv V = π c 6 ) ( ) = π U 6 Uc U c für r > a U für r < a ( δv ) Vc V c. a) Schreiben Sie die Schrödinger Gleichung in Kugeloordinaten um und verwenden Sie einen geeigneten Ansatz, um den radialen Anteil der Schrödingergleichung separat betrachten zu önnen (Radialanteil der Wellenfuntion heiße R). b) Betrachten Sie das Problem für den s-zustand, d.h. l =. Wählen Sie einen Ansatz für R, der in diesem Fall die radiale Schrödinger Gleichung formal auf einen D Quantentrog reduziert. c) Welche Randbedingung stellt sich im Gegesatz zum tatsächlichen D Fall am Ort r =? Was bedeutet dies für die niedrigste Lösung? d) Was bedeutet dies für gebundene Zustände? Machen Sie sich lar, dass erst ab einer bestimmten ritischen Tiefe U c gebundene Zustände entstehen önnen. e) Wie verhält sich die Energie nahe U c? a) Wählt man den Ansatz Ψ = R(r)Y lm (θ,φ), so erhält man b) Wählt man R = χ r d r dr rdr dr l(l +) r R + m (E U(r))R = als Ansatz so erhält man für l = : d χ dr + m (E U(r))χ =. c) R(r) divergiert bei r = außer es ist gleichzeitig χ =. Bei der geraden Lösung im D Fall passiert gerade dies, weswegen man sie ausschließen muss. Bei der ungeraden Lösung sieht man mit dem Satz von L Hospital, dass der Wert von R(r) bei r = nicht divergiert, somit ist diese Lösung für das Problem zu wählen. d) Wie bereits aus dem D Fall beannt, gibt es für den ungeraden Zustand eine ritische Tiefe U = U c, ab der sich erst gebundene Zustände ausbilden önnen. Dies ist in 3D immer der Fall. e) Wie für den D Fall bei ungeraden Zuständen erhält man ( ) δ E = π U 6 Uc U c H6 Cooper-Paare und die Fermiugel In der Vorlesung wurde gezeigt, dass die Eigenwertgleichung = v ξ ǫ äquivalent zur Schrödingergleichung im Impulsraum ist, wobeiv die Wechselwirung beschreibt (v hat endliche Reichweite im Impulsraum). Zeigen Sie, dass in Anwesenheit der Fermiugel Cooper-Paare bei beliebig leiner Wechselwirung v gibt, aber dass dies ohne Fermiugel nicht gilt. Gehen Sie hierzu wie folgt vor: a) Zeigen Sie, dass max = bei onstanter Zustandsdichte und für ǫ logarithmisch divergiert (ǫ ist F ξ ǫ negativ). b) Am Rand der Fermiugel ist die Zustandsdichte etwa onstant, auch önnen Siev = v onstant annehmen. Betrachten Sie den Fall v. Warum ist die Gleichung auch in diesem Limit erfüllbar, warum also bilden sich für beliebig leine v also noch gebundene Zustände aus? Ohne Fermiugel ist die Zustandsdichte als ρ(ξ) = c ξ gegeben (freies Eletronengas ), wobei c eine für diese Aufgabe uninteressante Konstante ist. c) Zeigen Sie, dass nun max = nicht divergiert - auch für leine ǫ. ξ ǫ In diesem Fall ist ξ =, d.h., dass die Einteilchenenergie beginnend beim Nullwert, nicht beginnend m bei der Fermienergie gezählt wird
d) Nehmen Sie wieder v = v onstant an. Was bedeutet das Fehlen der Divergenz für die Erfüllbareit der Eigenwertgleichung und damit für die Existenz gebundener Zustände bei leinem v? a) Man ann die Summe als Integral umschreiben und erhält damit max LW ξ = ǫ = F ρ LW ξ ǫ = ρ ξ ǫ = ρ ln(ξ ǫ) ξ=l W ξ=, wobei L W die effetive Wechselwirungslänge im Impulsraum ist. Der Term divergiert also logarithmisch für leine ǫ. b) Man ann nun v ξ ǫ = v ξ ǫ schreiben. Hier ann die Summe beliebig groß gemacht werden, wenn ǫ lein ist. Man ann somit leine Werte von v ompensieren. Die Eigenwertgleichung aus der Angabe lässt sich also wegen der logarithmischen Divergenz der Summe auch für v noch erfüllen. Verwendet man die Lösung aus Teilaufgabe a) und die Näherung L W >> ǫ, folgt: = ρv ln ( LW + ǫ ǫ ) ρv ( ) ln LW ǫ bzw. ( ) LW ln = ǫ ρv ǫ = L W e ρv. c) Man hat für die Summe nun max = LW ξ ǫ = ρ LW ξ ǫ = c ξ ǫ c LW ξ ǫ = c ξ ξ ω D Für leine ǫ erhält man somit eine Konstante, die Summe divergiert also nicht. d) Man ann wieder v ξ ǫ = v ξ ǫ schreiben. Da die Summe gegen Konstanten läuft hat man für v effetiv statt der Eigenwertgleichung aus der Angabe C(v ) = dastehen, also eine nicht erfüllbare Gleichung. Somit muss ein ritisches v existieren unter dem eine gebundenen Zustände mehr möglich sind.