第１５章 独立粒子近似（問題）

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第１５章　独立粒子近似（問題）

15-1

ブタジエン分子の基底エネルギーは
\[
E_g=2(E_0-1.618A)+2(E_0-0.618A).
\]

ブタジエン分子の第一励起状態のエネルギーは
\[
E_1=2(E_0-1.618A)+(E_0-0.618A)+(E_0+0.618A).
\]

よって
\[
E_1-E_g=2\cdot 0.618A=1.236A=h\nu.
\]

よって波長は
\[
\lambda =\frac{c}{\nu}=\frac{hc}{1.236A}=1.003\times 10^{-6}m
\]

15-2
（あまり自信なし）

ベンゼン環の基底エネルギーは
\[
E_g=2(E_0-2A)+4(E_0-A)=6E_0-8A.
\]

ベンゼン環の第一励起状態のエネルギーは
\[
E_1=2(E_0-2A)+3(E_0-A)+(E_0+A).
\]

\[
E_1-E_g=2A=\frac{hc}{\lambda }
\]

\[
A=\frac{hc}{2\lambda }=3.1eV.
\]

(b)のときの基底状態のエネルギーは
\[
E_g'=2(E_0-1.618)A+2(E_0-0.618A)+2(E_0+0.618A)=3.236A.
\]

ベンゼン環を切るのに必要なエネルギーは大体

\[
E_g'-E_g=(8-3.236)A=14.77 eV.
\]

15-3

下向きスピンを持つ原子の平均数は
\[
<n>=\frac{\sum ne^{-n\frac{E_k}{\kappa T}}}{\sum e^{-n\frac{E_k}{\kappa T}}}=\frac{1}{e^{\frac{E_k}{\kappa T}}-1}.
\]

$\Delta k$内の単位体積あたりのモードの数は(本文（4. 38）参照)
\[
\frac{\Delta k}{(2\pi)^3}
\]

よって単位体積あたりの下向きスピンを持つ原子の総数は(ここが納得できていない)
\[
\frac{\mbox{下向きスピンの数}}{\mbox{体積}}=
\int \frac{d^3k/(2\pi )^3}{e^{\frac{E_k}{\kappa T}}-1}
\]

\begin{eqnarray*}
\frac{M}{M_{sat}}&=&\frac{\frac{1}{b^3}-\int \frac{d^3k/(2\pi )^3}{e^{\frac{E_k}{\kappa T}}-1}}{\frac{1}{b^3}}\\
&=&
1-\left( \frac{\kappa T}{4\pi A}\right) ^{3/2}\frac{4}{\sqrt{\pi }}\int _0^{\infty }\frac{x^2dx}{e^{x^2}-1}
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\int _0^{\infty }\frac{x^2dx}{e^{x^2}-1}&=&
\sum _{n=1}^{\infty }\int _0^{\infty }x^2e^{-nx^2}dx\\
&=&
\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{\pi }}{4n^{3/2}}\\
&=&
\frac{\sqrt{\pi }\zeta (3/2)}{4}
\end{eqnarray*}

よって
\[
\frac{M}{M_{sat}}=1-\left( \frac{\kappa T}{4\pi A}\right) ^{3/2}\zeta (3/2)}.
\]

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ファインマン物理学Ⅴ第15章（棚上げ問）

問題15-1

電子の分布がどうなるか？

問題15-2

本文（15-29）の$N=4$の場合を使ってよいか？

問題15-3

下向きスピンを持つ原子の総数についてイメージ.

ファインマン物理学Ⅴ第14章（棚上げ問）

問題14-1

吸収される電力が$Re[v_x/E_x]$に比例すること.

サイクロトロン共鳴のデータから$\tau ,m^*$をどうやって決めるか？

共鳴を検出するのに$\omega _c\tau >1$が要求されることと，その物理的意味．

問題14-2

全電流との関係

第１４章 半導体 （問題）

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第１４章　半導体　（問題）
14-1

方程式を成分で書き直すと

\[
m^*(\dot{v_x}+v_x/\tau )=q v_y B_z+qE_x\cdots (1)
\]

\[
m^*(\dot{v_y}+v_y/\tau )=-q v_x B_z\cdots (2)
\]

\[
m^*(\dot{v_z}+v_z/\tau )=0
\]

(1)より
\[
v_y=\frac{m^*}{qB_z}(\dot{v_x}+v_x/\tau )-\frac{E_x}{B_z}
\]

これを（2）に代入して

\[
m^*\left( \frac{m^*}{qB_z}(\ddot{v_x}+\dot{v_x}/\tau )-\frac{\dot{E_x}}{B_z}+\frac{1}{\tau }\left(
\frac{m^*}{qB_z}(\dot{v_x}+v_x/\tau )-\frac{E_x}{B_z}\right) \right)
\]

\[
\frac{{m^*}^2}{qB_z}\ddot{v_x}+\frac{2{m^*}^2}{qB_z\tau }+\left( \frac{m^*}{\tau ^2qB_z}+qB_z \right) v_x=\frac{q}{\tau B_z}E_x+\frac{qm^*}{B_z}\dot{E_x}
\]

$v_x=v_0e^{i\omega t}, E_x=E_0e^{i\omega t}$
を代入して

\[
\left( -\frac{{m^*}^2}{qB_z}\omega ^2+\frac{2{m^*}^2}{qB_z\tau }i\omega +\frac{{m^*}^2}{q\tau ^2B_z}+qB_z\right) v_0=\left( \frac{m^*}{\tau B_z}+\frac{m^*\omega i}{B_z}\right) E_0
\]

よって
$\omega _0=\frac{q^2B_z }{m^*}$を代入して

\begin{eqnarray*}
\frac{v_0}{E_0}&=&\frac{\frac{m^*}{\tau B_z}+\frac{m^*\omega i}{B_z}}{-\frac{{m^*}^2}{qB_z}\omega ^2+\frac{2{m^*}^2}{qB_z\tau }i\omega +\frac{{m^*}^2}{q\tau ^2B_z}+qB_z}\\
&=&
\frac{q\tau }{m^*}\frac{1+\tau \omega i}{-\omega ^2\tau ^2+2i\omega \tau +1+\frac{q^2B_z^2\tau ^2}{{m^*}^2}}\\
&=&
\frac{q\tau }{m^*}\frac{1+\tau \omega i}{(\omega _0^2-\omega ^2)\tau ^2+2i\omega \tau +1}
\end{eqnarray*}

14-2

$n$側の正の担体の密度を
$N_p(\mbox{n側})$
，$p$側の正の担体の密度を
$N_p(\mbox{p側})$とする．
$I_g$は正の担体が$n$側から$p$側に拡散することによる電流とする．

平衡状態では
$n$側からポテンシャルを滑り降りる正の担体による電流と
$p$側からポテンシャルを昇っていく正の担体による電流がつりあうので
\[
I_g \sim N_p(\mbox{n側})=N_p(\mbox{p側})e^{-qV_0/\kappa T}
\]
という関係がある．
$V_0 $は$n$側と$p$側のポテンシャルの差．

接合点での電圧が$V$だけ低くなったとすると
$p$側からポテンシャルを昇っていく正の担体による電流は
\[
I_1\sim N_p(\mbox{p側})e^{-q(V_0-V)/\kappa T}
\]
となる

よって
\[
I_1=I_g e^{qV/\kappa T}.
\]

\[
I(\mbox{ホール})=I_1-I_g=I_g(e^{qV/\kappa T}-1)
\]

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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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