Mathematical preliminaries: from a sum to an integral

Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Ubungen zu Moderne Theoretischen Physik III¨ SS 2016

Prof. Dr. A. Shnirman Blatt 10

PD Dr. B. Narozhny, Dr. P. Schad L¨osungsvorschlag

1. Landau-Niveaus (10 + 10 + 10 = 30 Punkte, schriftlich) ,,Spinlose“ Elektronen der Massemund Ladungeim Magnetfeld: der Hamiltonoperator ist

Hˆ = 1 2m

ˆ p−e

cA2

. (1)

mit der Lichtgeschwindigkeit cund dem Vektorpotential A. Die Richtung des Magnet- feldes soll als z-Achse gew¨ahlt werden, d.h. B = (0,0, B₀). In der Coulomb-Eichung

∇·A= 0 entspricht das dem VektorpotentialA= (−B₀y,0,0).

(a) Die zeitunabh¨angige Schr¨odingergleichung im Ortsraum ist ˆHΨ(r) = EΨ(r), wir setzenA ein und erhalten

Hˆ = (ˆp_x+eB₀y)² 2m + pˆ²_y

2m + pˆ²_z

2m (2)

Die Ortsabh¨angigkeit von ˆH beschr¨ankt sich auf die y-Komponente, deshalb ver- tauschen ˆpx = −i~∂x und ˆpz = −i~∂z mit dem Hamiltonoperator. Ein sinnvoller Ansatz benutzt deshalb Eigenfunktionen der Impulsoperatoren ˆp_x und ˆp_z, was die ebenen Wellen auch sind:

ˆ

p_xe^~ipxx =p_xe^~ipxx, pˆ_ze^~ipzz =p_ze^~ipzz. (3) Wir benutzen also den Ansatz

ψ(r) = χ(y)e^i~pxxe^~ipzz. (4) Einsetzen in die Schr¨odingergleichung (2) liefert die gesuchte Gleichung f¨urχ(y),

pˆ²_y

2m + (p_x+eB₀y)² 2m

χ(y) =

E− p²_z 2m

χ(y). (5)

Hier ist ˆp_y der einzige verbleibende Operator.

(b) Die linke Seite der Gleichung(5) hat gerade die Form eines eindimensionalen har- monischen Oszillators:

pˆ²_y

2m + mω_z²y˜² 2

χ(y) = ˜Eχ(y) (6)

mit ˜y=y−y0. Wir identifizieren ω_z = |e|B₀

m , E˜=E− p²_z

2m und y₀ =− p_x

eB₀ . (7)

ω_z ist die Zyklotronfrequenz, die man ¨uber~ω_z = 2µ_BB₀ auch mit dem Bohrschen Magnetonµ_B = ^|e|_2m^~ ausdr¨ucken kann.

Die Quantisierung und die Energieniveaus des harmonischen Oszillators sind aus der Quantenmechanik bekannt, ˜E =~ω_z n+¹₂

und damit E =~ω_z

n+ 1

2

+ p²_z

2m (8)

mit n= 0,1,2, . . .. Die Energieniveaus n werden als Landau-Niveaus bezeichnet.

(c) Die Energien (8) h¨angen nicht vom Impulsp_x ab. Die Entartung der durchnundp_z festgelegten Energieniveaus entspricht deshalb gerade der Anzahl m¨oglicher Werte f¨urp_x (ohne Spin).

Die fermionischen Impulse p_x sind in Vielfachen von 1/L_x quantisiert:

p_x = 2π~ Lx

m , m∈Z . (9)

Andererseits h¨angen die Impulseigenwerte p_x =−eB₀y₀ mit dem Minimum y₀ des quadratischen Potentials des hamornischen Oszillators zusammen. Die Elektronen bewegen sich auf zylindrischen Bahnen um die durch das Magnetfeld vorgegebene z-Achse, projiziert in diex-y-Ebene also auf Kreisbahnen. Die typische L¨angenskala der Elektronenbewegung ist durch den Radius der Kreisbahnen gegeben, die darf jedoch gegen¨uber L_x vernachl¨assigt werden. Deshalb muss nur der Mittelpunkt y₀ der Kreisbahnen innerhalb des Volumens liegen:

06y₀ 6L_y. (10)

Wir setzenp_x ein und formen die Bedingung um (e <0):

06− px

eB₀ 6L_y ⇒ 06− 2π~

L_xeB₀ m 6L_y

⇒ 06m6−eL_xL_yB₀ 2π~

(11) Die Anzahl m¨oglicher Werte von p_x ist gerade die Anzahl m¨oglicher ganzer Zahlen m, die diese Bedingung erf¨ullen. Der Entartungsgrad der Landau-Niveaus ist also

g(B₀)≈ |e|L_xL_yB₀ 2π~

. (12)

Die Entartung ist unabh¨angig von der Quantenzahl n, alle Landau-Niveaus sind gleich entartet. Allerdings ist der Entartungsgrad abh¨angig von B₀, je gr¨oßer B₀, desto mehr Elektronen passen in jedes Landau-Niveau. Die Besetzung der Zust¨ande und damit die Fermienergie ¨andern sich also als Funktion von B0, was sich auch auf die Leitf¨ahigkeit von Metallen auswirkt. Diese Oszillationen der Leitf¨ahigkeit als Funktion des ¨außeren Magnetfelds sind als Schubnikow-de-Haas-Effekt bekannt.

2. Landau-Diamagnetismus: hohe Temperaturen

(10 + 10 = 20 Punkte, schriftlich) Hohe Temperaturen: Elektronen k¨onnen ann¨ahernd mit der Maxwell-Boltzmann-Statistik (unabh¨angige Teilchen) beschrieben werden. Die kanonische Zustandssumme faktori- siert dann in die Einteilchenzustandssummen, Z = Z₁^N/N!, deshalb ist es in diesem Fall sinnvoll, die thermodynamischen Eigenschaften im kanonischen Ensemble auszu- rechnen.

(a) Die Mikrozust¨ande {α} sind charakterisiert durch die Quantenzahlen n, p_x und p_z, {α}={n, p_x, p_z}, die Energien sind (8). Die kanonische Einteilchenzustandssumme ist

Z₁ =X

{α}

e^−βEα =

∞

X

n=0

X

px

X

pz

exp

−β~ω_z

n+1 2

− βp²_z 2m

(13) Wir haben in Aufgabe 1 gesehen, dass Zust¨ande mit unterschiedlichen p_x entartet sind, und dass die m¨oglichen Werte durch die Bedingung (11) eingeschr¨ankt sind.

Die Summe ¨uberpxk¨onnen wir direkt auswerten, sie ergibt einfach den Entartungs- faktor (12). Die Summe ¨uber p_x schreiben wir als Integral. Wir berechnen Summe und Integral:

Z₁ = |e|L_xL_yB₀ 2π~

∞

X

n=0

L_z 2π~

Z ∞

−∞

dp_z exp

−β~ω_z

n+ 1 2

−βp²_z 2m

= |e|V B₀ (2π~)² e^−β~ωz2

∞

X

n=0

e^−β~ωzn Z ∞

−∞

dp_ze^−βp

2z 2m

= |e|V B₀

(2π~)² × e^−β~ωz2 1−e^−β~ωz ×

r2πm

β (14)

Wir ersetzen~ωz = 2µBB0 mit dem Bohrschen MagnetonµB = ^|e|_2m^~, verwenden die thermische Wellenl¨ange λ_T =

q 2π~²

mkBT und erhalten das gesuchte Ergebnis Z₁ = V

λ³_T

µBB0

kBT

sinh^µ_k^BB0

BT

(15) (b) Die Zustandssumme faktorisiert, deshalb ist die freie Energie

F =−k_BT lnZ =−N k_BT lnZ₁+k_BT lnN! (16) Wir setzen (15) ein und ber¨ucksichtigen nur Terme, die zur Magnetisierung beitra- gen:

F =−N k_BT lnµ_BB₀

k_BT +N k_BTln sinhµ_BB₀

k_BT +. . . (17) Daraus ergibt sich die MagnetisierungMz =− _∂B^∂F

0

V,T: M_z = N k_BT

B₀ −N µ_Bcothµ_BB₀

k_BT (18)

Das Ergebnis kann man auch als

M_z =−N µ_BL

µ_BB₀ k_BT

(19) schreiben, wobei L(x) = cothx − ¹_x die sogenannte Langevin-Funktion ist. Man kann leicht ¨uberpr¨ufen, dass L(x > 0) > 0, deshalb ist die Magnetisierung (19) dem in positive z-Richtung zeigenden Feld B entgegengerichtet. Die ,,spinlosen“

Elektronen verhalten sich also diamagnetisch.

3. Magnetismus des Fermigases (10 + 10 + 20 + 10 = 50 Punkte, m¨undlich) In Aufgabe 2 haben wir die quantenmechanischen Eigenschaften (Pauli-Prinzip) der Fermionen vernachl¨assigt. Quantenmechanische Teilchen sind nicht unabh¨angig von- einander, die Zustandssumme faktorisiert deshalb im Allgemeinen nicht in die Einteil- chenzustandssummen. Es ist dann einfacher, großkanonisch zu rechnen.

Bei Fermionen werden Quanteneffekte bei Temperaturen von der Gr¨oßenordnung der Fermienergie_F (typische Gr¨oßenordnung∼10³ K) relevant, bei tieferen Temperaturen werden die Eigenschaften im Wesentlichen durch

(a) Die fermionischen Zust¨ande {α} = {σ, n, p_x, p_z} (mit Spin σ = ±¹₂) k¨onnen n_α = 0,1-fach besetzt werden, die Energien sind gegeben durch (8). Die großkanonische Zustandssumme ist (siehe Vorlesung)

Z_G= X

{n_α}

e^{−βPαnα(Eα−µ)} =Y

α

1 +e^{−β(Eα−µ)}

=

±¹₂

Y

σ

∞

Y

n=0

Y

px,pz

"

1 +e^β

µ−~ωz(ⁿ⁺¹2)⁻2m^p2z

#

(20) Das großkanonische Potential Ω =−k_BT lnZ_G ist dann

Ω =−k_BT X

α

ln 1 +e^{−β(Eα−µ)}

=−2k_BT

∞

X

n=0

X

px,pz

ln

"

1 +e^β

µ−~ωz(ⁿ⁺¹₂)⁻_2m^p2z

#

=−2k_BT|e|L_xL_yB₀ 2π~

∞

X

n=0

Z ∞

−∞

L_zdp_z 2π~

ln

"

1 +e^β

µ−~ωz(ⁿ⁺¹₂)⁻_2m^p2z

#

=−2k_BT V|e|B₀ (2π~)²

∞

X

n=0

Z ∞

−∞

dp_zln

1 +e^β(^µ−~ωz(n+¹₂))e^−βp

2z 2m

(21) (b) Wir schreiben das großkanonische Potential als (~ωz = 2µBB0 = ^|e|_m^~B0)

Ω = 2µ_BB₀

∞

X

n=0

f(µ_n) mit µ_n =µ−~ω_z

n+ 1 2

(22) und

f(µ_n) = −k_BT mV 2π²~³

∞

Z

−∞

dp_zln

1 + exp

β

µ_n− p²_z 2m

. (23)

(c) Um die Summe ¨uber n auszuwerten verwenden wir die folgende Form der Euler- Maclaurin-N¨aherungsformel f¨ur Summen ¹

∞

X

n=0

F

n+ 1 2

≈

∞

Z

0

dxF(x) + 1

24F⁰(0) , (24)

die wir im Fall kleiner Felder µ_BB₀ k_BT verwenden d¨urfen. Wir setzen F

n+ 1

2

=f

µ−~ωz

n+1

2

, (25)

in (24) ein und verwenden (n+ ¹₂ →x)

∂f(µ−2µ_BB₀x)

∂x

x=0

=−2µ_BB₀∂f(µ)

∂µ (26)

Damit erhalten wir

Ω = Ω₀(µ)− (2µ_BB₀)² 24

∂f(µ)

∂µ (27)

wobei

Ω₀(µ) = 2µ_BB₀ Z ∞

0

dxf(µ−2µ_BB₀x)^y=µ−2µ=^BB0x− Z −∞

µ

dy f(y)

= Z µ

−∞

dy f(y) (28)

Dieser Ausdruck h¨angt nicht vom Magnetfeld B₀ ab und tr¨agt deshalb auch nicht zur Suszeptibilit¨at bei, Ω₀ ist gerade das großkanonische Potential f¨ur B₀ = 0.

Daran sieht man, dass (27) gerade eine Entwicklung in kleinen Feldern ist. F¨ur die Ableitung gilt ^∂Ω_∂µ^0(µ) = f(µ). Wenn das Magnetfeld und die Variation von f bzw.

Ω mitµ nicht groß sind, dann ist

∂f(µ)

∂µ = ∂²Ω₀(µ)

∂µ² ≈ ∂²Ω(µ, B₀)

∂µ² . (29)

Wenn wir das und Ω₀ in (27) einsetzen erhalten wir den gesuchten Ausdruck Ω = Ω₀(µ)− 1

6(µ_BB₀)²∂²Ω

∂µ² . (30)

(d) Die Suszeptibilit¨at ist

χ= ∂M

∂B₀ =−∂²Ω

∂B₀² . (31)

1Die hier verwendete und die auf dem ¨Ubungsblatt angegebene Form (f¨ura= 0) der Euler-Maclaurin- Formel sind ¨aquivalent. Man kann auch die auf dem ¨Ubungsblatt angegebene Form verwenden, allerdings muss man dann zus¨atzlich entweder in kleinen Feldern µBB0 kBT entwickeln, oder die Formel oben daraus herleiten. Eine Herleitung der beiden Euler-Maclaurin-Formeln ist im Anhang.

Wir haben in dieser Aufgabe bisher nur den Beitrag zum großen Potential betrach- tet, der mit der Bahnbewegung der Elektronen zusammenh¨angt. Die daraus folgende Landau-Suszeptibilit¨at ist (wir vernachl¨assigen die B0-Abh¨angigkeit von ^∂_∂B^2Ω2

0) χ_L= µ²_B

3

∂²Ω

∂µ² =−µ²_B 3

∂N

∂µ

T ,V

(32) Hier haben wir noch die Beziehung N = −

∂Ω

∂µ

T ,V eingesetzt, die wir f¨ur den Vergleich mit der Pauli-Suszeptibilit¨at brauchen. Die Pauli-Suszeptibilit¨at χP, die durch den Spin der Elektronen generiert wird, und die Landau-Suszeptibilit¨at h¨angen also wie folgt zusammen

χ_P =µ²_B ∂N

∂µ

T ,V

=−3χ_L. (33)

Die Summe der beiden Beitr¨age ist

χ=χ_L+χ_P = 2

3χ_P (34)

Die Pauli-Suszeptibilit¨at ist positiv, weil das System Energie gewinnt wenn sich die Spins der Elektronen in Richtung des Magnetfelds ausrichten (Pauli-Paramagnetismus).

Der Landau-Beitrag ist also negativ, was mit der in Aufgabe 2 gefundenen negati- ven Magnetisierung konsistent ist (Landau-Diamagnetismus). Da der Pauli-Beitrag beim freien Fermigas gr¨oßer ist als der diamagnetische Landau-Beitrag ist die Ge- samtsuszeptiblit¨at positiv, das Gas also paramagnetisch.

In Metallen werden die Beitr¨age z.B. durch das Kristallgitter beeinflusst, es kommt vor, dass χ_L gr¨oßer wird als χ_P, das Metall ist dann diamagnetisch. Bei starken Magnetfeldern (µBB0 ∼F) gibt es zus¨atzliche, oszillierende Beitr¨age zur Suszepti- bilit¨at, die f¨ur den De-Haas-van-Alphen-Effekt verantwortlich sind.

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Theorie der Kondensierten Materie I WS 2015/16

Prof. Dr. A. Shnirman Blatt 5

PD Dr. B. Narozhny, Dr. I. Protopopov Besprechung 26.11.2015

1.

Mathematical preliminaries: from a sum to an integral

(5 + 5 = 10 Punkte)

(a) Euler-Maclaurin expansion.

We write the integral in question as Z ^b

a

F(λx)dx=

b−1

X

n=a

Z ⁿ+1

n

F(λx)dx (1)

and use the identity proposed in the exercise to get Z ^b

a

F(λx)dx= 1 2

b−1

X

n=a

[F(λ(n+ 1)) +F(λn)]−λ

b−1

X

n=a

Z ⁿ⁺¹

n

dxF^′(λx)

(x−n)− 1 2

=

b

X

n=a+1

F(λn) + 1

2[F(λa)−F(λb)]−λ

b−1

X

n=a

Z ⁿ⁺¹

n

dxF^′(λx)

(x−n)− 1 2

(2)

Note that the second term in this expression is of the order of λ at small λ, while the third term is of the order of λ² because

Z ⁿ⁺¹

n

(x−n)−1 2

= 0. (3)

We thus get Z ^b

a

dxF(λx) =

b

X

n=a+1

F(λn) + 1

2[F(λa)−F(λb)] +O(λ²). (4) We now proceed from Eq. (2) using

d

(x−n)²−(x−n) + 1 6

= 2

(x−n)− 1 2

(5) and integrating by parts. We get

Z ^b

a

F(λx)dx=

b

X

n=a+1

F(λn)+1

2[F(λa)−F(λb)]− λ 12

b

X

n=a

[F^′(λ(n+ 1))−F^′(λn)]

+λ² 2

b−1

X

n=a

Z n+1

n

dxF^′′(λx)

(x−n)²−(x−n) + 1 6

(6)

Note that the integration constant (1/6) in Eq. (4) was not occasional. Due to this choice of the integration constant

Z n+1

n

dx

(x−n)²−(x−n) + 1 6

= 0. (7)

Thus, the last term in Eq. (6) has the order λ³ and we can write Z ^b

a

dxF(λx) =

b

X

n=a+1

F(λn) + 1

2[F(λa)−F(λb)] + λ

12[F^′(λa)−F^′(λb)] +O(λ³).

(8) Let us now send b to infinity assuming thatF(∞) = 0. We also take a= 0. We get

Z ^∞

0

dxF(λx) =

∞

X

n=1

F(λn) + 1

2F(0) + λ

12F^′(0) +O(λ²) =

∞

X

n=0

F

λ

n+ 1 2

+ λ

2

+1

2F(0) + λ

12F^′(0) +O(λ²) =

∞

X

n=0

F

λ

n+1

2

+ λ 2F^′

λ

n+1

2

+λ² 8F^′′

λ

n+1

2

+1

2F(0) + λ

12F^′(0) +O(λ²)

=

∞

X

n=0

F

λ

n+1

2

+ λ

2F^′(λn) + 3λ²

8 F^′′(λn)

+1

2F(0) + λ

12F^′(0) +O(λ²).

(9) We now use

∞

X

n=0

F^′(λn) = F^′(0) +

∞

X

n=1

F^′(λn) = F^′(0) + Z ^∞

0

dxF^′(λx)−1

2F^′(0) +O(λ)

= 1

2F^′(0)− 1

λF(0) +O(λ), (10)

∞

X

n=0

F^′′(λn) = Z ^∞

0

dxF^′′(λx) +O(1) =−1

λF^′(0) +O(1). (11)

to get Z ^∞

0

dxF(λx)

=

∞

X

n=0

F

λ

n+1 2

− 1

2F(0) + λ

4F^′(0)− 3λ

8 F^′(0) + 1

2F(0) + λ

12F^′(0) +O(λ²)

=

∞

X

n=0

F

λ

n+1 2

− λ

24F^′(0) +O(λ²) (12) This is exactly what we were looking for.