第１３章 結晶格子内の伝播（問題）

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第１３章　結晶格子内の伝播（問題）

13-1

方程式系は
\[
i\hbar \frac{dC_{n, i}}{d t}=E_iC_{n, i}-B(C_{n+1, i}+C_{n-1, i})-A(C_{n+1, j}+C_{n-1, j})
\]
\[
i\hbar \frac{dC_{n, j}}{d t}=E_jC_{n, j}-B(C_{n+1, j}+C_{n-1, j})-A(C_{n+1, i}+C_{n-1, i})
\]

これに
$C_{n, i}=Ie^{ikx_n-iEt/\hbar }, C_{n, i}=Je^{ikx_n-iEt/\hbar }$
を代入すると

\[
EC_{n, i}=E_iC_{n, i}-B(e^{ikb}+e^{-ikb})C_{n, i}-A(e^{ikb}+e^{-ikb})C_{n, j}
\]

\[
EC_{n, j}=E_jC_{n, j}-B(e^{ikb}+e^{-ikb})C_{n, j}-A(e^{ikb}+e^{-ikb})C_{n, i}
\]

よって
\[
EI=E_iI-2BI\cos kb-2AJ\cos kb
\]
\[
EJ=E_iJ-2BJ\cos kb-2AI\cos kb
\]

これを書き直すと
\[
\left(
\begin{array}{cc}
E-E_i-2B\cos kb & -2A\cos kb \\
-2A\cos kb & E-E_j-2B\cos kb
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
I \\
J
\end{array}
\right)
=0.
\]

行列式が$0$であることが必要．

\[
(E-E_i)(E-E_j)-2B \cos kb(2E-E_i-E_j)+4(B^2-A^2)\cos ^2kb=0.
\]

($E_i=E_j, A=B$のときは本文の結果と矛盾しない)
これを解いて

\[
\cos kb=\frac{B(2E-E_i-E_j)\pm\sqrt{B^2(2E-E_i-E_j)^2-4(B^2-A^2)(E-E_i)(E-E_j)}}{4(B^2-A^2)}
\]

13-2

方程式系は
\[
i\hbar \frac{dC_n^a}{d t}=(E_0+\Delta E)C_n^a-A(C_{n-1}^b+C_n^b)
\]
\[
i\hbar \frac{dC_n^b}{d t}=(E_0-\Delta E)C_n^b-A(C_n^a+C_{n+1}^a)
\]
これに
$C_n^a=\alpha e^{ikx_n-iEt/\hbar }, C_n^b=\beta e^{ikx_n-iEt/\hbar }$
を代入すると
\[
EC_n^a=(E_0+\Delta E)C_n^a-A(e^{-ikb}+1)C_n^b
\]
\[
EC_n^b=(E_0-\Delta E)C_n^b-A(1+e^{-ikb})C_n^a
\]
よって

\[
E\alpha =(E_0+\Delta E)\alpha -A\beta (e^{-ikb}+1)
\]
\[
E\beta =(E_0-\Delta E)\beta -A\alpha (1+e^{ikb})
\]

これを書き直すと
\[
\left(
\begin{array}{cc}
E-E_0-\Delta E & -A (e^{-ikb}+1) \\
-A(1+e^{ikb}) & E-E_0+\Delta E
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
\alpha \\
\beta
\end{array}
\right)
=0.
\]

行列式が$0$であることが必要．

\[
(E-E_0-\Delta E)(E-E_0+\Delta E)+2A^2(1+\cos kb)=0.
\]

これを$E$に関して解いて

\[
E=E_0\pm \sqrt{\Delta E^2-2A^2\cos kb}
\]
図は$3\pm \sqrt{2-\cos k}$.

\includegraphics*[width=6cm,height=6cm]{fig13_2.bmp}

13-3

方程式系は
\[
Ea_{-2}=-Aa_{-3}+E_0a_{-2}-Aa_{-1}
\]
\[
Ea_{-1}=-Aa_{-2}+E_0a_{-1}-Ba_{0}
\]
\[
Ea_{0}=-Ba_{-1}+E_0a_{0}-Ba_{1}
\]
\[
Ea_{1}=-Ba_{0}+E_0a_{1}-Aa_{2}
\]
\[
Ea_{2}=-Aa_{1}+E_0a_{2}-Aa_{0}
\]

真ん中の三つの式に
\[
a_n =
\left\{
\begin{array}{cc}
e^{ikx_n}+\beta e^{-ikx_n} & n<0 \\
\gamma e^{ikx_n} & n>0
\end{array}
\right.
\]

を代入して
\[
(E-E_0)(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})=-A(e^{-2ikb}+\beta e^{2ikb})-Ba_0\cdots (1)
\]

\[
(E-E_0)a_0=-B(e^{-ikb}+\beta e^{ikb}+\gamma e^{ikb})\cdots (2)
\]

\[
(E-E_0)\gamma e^{-ikb}=-A\gamma e^{2ikb}-Ba_0\cdots (3)
\]

(1)式に
$E-E_0=-A(e^{ikb}+e^{-ikb})$を代入して変形すると
\[
a_0=\frac{A}{B}(1+\beta )\cdots (4).
\]

(3)式に$E-E_0=-A(e^{ikb}+e^{-ikb})$を代入して変形すると
\[
a_0=\frac{A}{B}\gamma \cdots (5).
\]

(2)式に(4),(5)式と$E-E_0=-A(e^{ikb}+e^{-ikb})$を代入して変形すると

\[
\beta =\frac{(B^2-A^2)\cos kb}{A^2\cos kb-B^2e^{ikb}}.
\]

(4), (5)より
\[
\gamma =1+\beta =\frac{-iB^2\sin kb}{A^2 \cos kb-B^2e^{-ikb}}
\]

\[
|\beta |^2+|\gamma |^2=\frac{((B^2-A^2)\cos kb)^2+(B^2\sin kb)^2}{(A^2\cos kb-B^2\cos kb)^2+(B^2\sin kb)^2}=1
\]

13-4

a), b)
\[
\beta =ibe^{i\eta }, b\in \mathbb{R}
\]
とおく．
これを
\[
|\beta |^2+|1+\beta |^2=1
\]
に代入すると
\[
b^2+(1+ibe^{i\eta })(1-ibe^{-i\eta })=1
\]
これを変形して
\[
b=\sin \eta .
\]
よって
\[
\beta =ie^{i\eta }\sin \eta .
\]

これを代入し変形すると
\[
\frac{\beta }{1+\beta }=i\tan \eta .
\]
よってa)が示せた．

13-5

方程式系は
\[
i\hbar \frac{dC_{-1}}{d t}=-AC_{-2}+E_0C_{-1}-AC_{0}
\]
\[
i\hbar \frac{dC_{0}}{d t}=-AC_{-1}+E_0C_{0}-BC_{1}
\]
\[
i\hbar \frac{dC_{1}}{d t}=-BC_{0}+E_0'C_{1}-A'C_{2}
\]

\[
C_n =
\left\{
\begin{array}{cc}
(e^{ikx_n}+\beta e^{-ikx_n})e^{-iEt/\hbar } & n<0 \\
\gamma e^{ikx_n}e^{-iEt/\hbar } & n>0
\end{array}
\right.
\]
を代入して

\[
E(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})=-A(e^{-2ikb}+\beta e^{2ikb})+E_0(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})-Aa_0 \cdots (1)
\]

\[
Ea_0=-A(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})+a_0E_0-B\gamma e^{ikb'}\cdots (2)
\]

\[
E\gamma e^{ikb'}=-Ba_0+E_0'\gamma e^{ikb'}-A'\gamma e^{2ikb'}\cdots (3)
\]

また，以下の式が成り立っている

\[
E-E_0=-2A\cos kb\cdots (i)
\]

\[
E-E_0'=-2A'\cos kb'\cdots (ii)
\]

(1)より
\[
(E-E_0)(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})=-A(e^{-2ikb}+\beta e^{2ikb})-Aa_0.
\]
これに
(i)を代入
\[
-2A\cos kb(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})=-A(e^{-2ikb}+\beta e^{2ikb})-Aa_0.
\]
よって
\[
1+\beta =a_0\cdots (4).
\]

(3)より

\[
(E-E_0')\gamma e^{ikb'}=-Ba_0-A'\gamma e^{2ikb'}.
\]
これに(ii)を代入して
\[
-2A'\cos kb'\gamma e^{ikb'}=-Ba_0-A'\gamma e^{2ikb'}
\]

よって
\[
\gamma =\frac{B}{A'}a_0\cdots (5).
\]
これに(4)を代入して
\[
\gamma =\frac{B}{A'}(1+\beta ).
\]

b)

(2)式より
\[
(E-E_0)a_0=-A(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})-B\gamma e^{ikb'}
\]
これに
(i), (4), (5)を代入して
\[
-2A \cos kb(1+\beta )=-A(e^{-ikb}+\beta e^{ikb})-\frac{B^2}{A'}(1+\beta ) e^{ikb'}
\]

これを$\beta $に関して解くと

\[
\beta =\frac{-AA'e^{ikb}-B^2e^{ikb'}}{AA'e^{-ikb}-B^2e^{ikb'}}
\]

$kb'$が純虚数のとき
\[
|\beta |^2=\frac{(-AA'\cos kb+B^2e^{ikb'})^2+(AA'\sin kb)^2}{(AA'\cos kb-B^2e^{ikb'})^2+(AA'\sin kb)^2}=1.
\]

c)
$\omega =\frac{E}{\hbar }$
(i), (ii)より
\[
v_g=\frac{d\omega }{dk}=2Ab\sin kb,
\]
\[
v_g'=\frac{d\omega }{dk}=2A'b'\sin kb'.
\]

よって
\[
\frac{v_g'/b'}{v_g/b}=\frac{A'\sin kb'}{A\sin kb}.
\]
これと
$\gamma =\frac{B}{A'}(1+\beta )$とb)で求めた$\beta $を代入して計算すると
\[
|\beta |^2+|\gamma |^2\frac{v_g'/b'}{v_g/b}=1
\]

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