Thermodynamics of phonons Punkte, m¨undlich) Acoustic and optical phonons in a harmonic chain

Karlsruher Institut f¨ur Technologie www.tkm.kit.edu/lehre/

Moderne Theoretische Physik III SS 2015

Prof. Dr. A. Mirlin Blatt 05, 100 Punkte

Dr. U. Karahasanovic, Dr. I. Protopopov Besprechung, 05.06.2015

1. Thermodynamics of phonons (5 + 10 + 5 + 15 + 10 = 45 Punkte, m¨undlich) Acoustic and optical phonons in a harmonic chain.

(a) Wir haben die Lagrangefunktion:

L=T−U (1)

mit der kinetischen und potentiellen Energie:

T = m 2

X

n

( ˙u²_n+ ˙s²_n) U = K

2 X

n

(u_n−s_n)²+G 2

X

n

(u_n+1−s_n)² Mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichungen:

d dt

∂L

∂u˙_n

= ∂L

∂u_n

d dt

∂L

∂s˙_n

= ∂L

∂s_n folgen die Bewegungsgleichungen:

mu¨n=−K(un−sn)−G(un−sn−1)

m¨s_n=−K(s_n−u_n)−G(s_n−u_n+1) (2) Der Ansatz:

u_n(t) =ue^i(kxn−ωt) s_n(t) =se^i(kxn−ωt) wobeixn=n·a¹. Also:

u_n(t) =ue^i(kna−ωt) s_n(t) =se^i(kna−ωt) (3) Dieser Ansatz f¨uhrt mit den periodischen Randbedingungen (einer geschlossenen Kette) mit N Elementarzellen (in der jeweils 2 Massen sitzen):

u_n+N(t) =u_n(t) s_n+N(t) =s_n(t) f¨ur dieu-Massen zu:

ue^{ik(n+N)a−ωt} =ue^ikna−ωt → e^{ikN a} = 1 → kN a= 2πm mitm∈Z sowie dasselbe f¨ur dies-Massen. Also haben wir die Einschr¨ankung an die Impulse:

k= 2πm

aN m= 0,±1,±2, . . . (4)

1eigentlich m¨usste hier bei s_n der Ortx_n=n·a+dgew¨ahlt werden, wodurch ein zus¨atzlicher Faktor e^ikdauftritt. Dieser kann jedoch in die Konstante/Amplitudesabsorbiert werden. Effektiv betrachten wir hier den Fall, dass jede Masse um seine Ruhelage schwingt und somit auf der Kette immer am Ortx_nsitzt und eine Oszillation hierum ausf¨uhrt.

Wichtig ist des weiteren, dass die Schwingungen in (3) eindeutig sind, es also kei- ne zwei Impulsvektoren k 6= k^′ gibt, welche dieselbe Schwingung beschreiben. Sei hierzu:

k^′=k+2π a sodass:

u_n,k^′(t) =e^{i(k′na−ωt)} =ei(kna+2π−ωt)=e^i(kna−ωt)=u_n,k(t)

Damit die Schwingung f¨ur die k-Vektoren also eindeutig ist, m¨ussen wir sie auf einen Bereich von ^2π_a einschr¨anken, w¨ahle also z.B.:

−π

a < k≤ π a

(b) Setze nun den Ansatz (3) in die Bewegungsgleichungen (2) ein:

−mω²ue^i(kna−ωt) =−K(ue^i(kna−ωt)−se^i(kna−ωt))−G(ue^i(kna−ωt)−sei(k[n−1]a−ωt)) 0 = [K+G−mω²]u−[K+Ge^−ika]s

−mω²se^i(kna−ωt) =−K(se^i(kna−ωt)−ue^i(kna−ωt))−G(se^i(kna−ωt)−uei(k[n+1]a−ωt)) 0 = [K+G−mω²]s−[K+Ge^ika]u

und schreiben dies in Matrixform:

K+G−mω² −[K+Ge^−ika]

−[K+Ge^ika] K+G−mω² u s

= 0 (5)

F¨ur nichttriviale L¨osungen (u, s) 6= 0 muss die Matrix singul¨ar sein, ihre Determi- nante also 0:

K+G−mω² −[K+Ge^−ika]

−[K+Ge^ika] K+G−mω²

= (K+G−mω)²−(K+Ge^−ika)(K+Ge^ika) = 0 Dies ist ist ein Polynom 4. Grades mit Termen ω⁴, ω², ω⁰ und l¨asst sich via Substi- tution und abc-Formel l¨osen mit:

ω²_±= K+G m ± 1

m

pK²+G²+ 2KGcos(ka) (6) also (mit der Wahl ω±>0):

ω_±=

rK+G m ± 1

m

pK²+G²+ 2KGcos(ka)

F¨ur kleinek·a≪1 (was gerade dem Fall entspricht, dass sich alle Elementarzellen ( also jeu_n unds_n ) gleich verhalten, bekommen wir:

ω²_±= K+G m ± 1

m

pK²+G²+ 2KGcos(ka)

≈ K+G m ± 1

m

pK²+G²+ 2KG−KG(ka)²

≈ K+G m ± 1

m p

K²+G²+ 2KG− KG(ka)² 2√

K²+G²+ 2KG

= K+G

m (1±1)∓ KG

2(K+G)(ka)²

g=1

g=0.5

ka/π

(+)

(−)

(−) (+)

0 0.5 1 1.5 2

−0.5 0

0.5 1 1.5 2

−0.5 0.5

−1 0 0.5 1

1 0

−1

Abbildung 1: Harmonische Kette Also f¨urk·a≪q:

ω₊≈

r2(K+G)

m ≈konst.

ω₋≈

s KG

2(K+G)ka∼k (7)

Genau diese N¨aherungen werden wir sp¨ater auch in Aufgabe 2 benutzen. Nun be- rechnen wir noch das Verh¨altnis ^u_s f¨urka→0. Weil die obige Matrix nun singul¨ar ist, sind beide Zeilen ¨aquivalent und es gen¨ugt, die obige Zeile zu betrachten:

(K+G−mω_±²)u−(G+Ke^−ika)s= 0

→ s

u = K+G−mω_±² K+Ge−ika

(6)

= ∓

pK²+G²+ 2KGcos(ka) K+Ge^−ika

ka→0∓

√K²+G²+ 2KG K+Ge^−ika =∓1

Also schwingen die s_n und u_n f¨ur ω₊ gegenphasig und f¨ur ω₋ gleichphasig. Man spricht auch von optischen(ω₊) und akustischen (ω₋) Phononen, weil z.B. in einem NaCl-Kristall beim Einstrahlen einer optischen (also em.) Welle die Anionen und Kationen einer Elementarzelle durch das Feld nat¨urlich gerade gegenphasig schwin- gen. Ein akustischer Schallimpuls hingegen f¨uhrt zu einer gleichphasigen Auslen- kung der Atome.

Wegen der Einschr¨ankung:

−π

a < k≤ π a

(4)

→ −π

a < 2πm aN ≤ π

a → −N

2 < m ≤ N 2

gibt es genau N k-Werte und damitN optische undN akustische Moden. Die Ge- samtzahl 2N der Moden entspricht gerade die Anzahl der Massen in der Kette.

Quantization of phonons and thermodynamics

(c) Our system is just a collection of harmonic oscillators. Every eigenstate of the complete system can be described by specifying the excitation level n_λ,k of all the

individual oscillators, i.e. by the number of phonons in each mode. The energy of the system is

E_{nλ,k} = X

λ=±

X

k

ω_λ(k)n_λ,k (8)

and the partition function reads Z =X

nλ,k

e^{−βE{nλ,k}}= Y

λ=±

Y

k

∞

X

n=0

e^−βωλ,kn= Y

λ=±

Y

k

1

1−e^−βωλ,k, β = 1/kBT (9) The free energy of the system (or the Ω-potential of the phonon gas) is given by

Ω =k_BT N aX

λ

Z _π/a

−π/a

dk 2πlnh

1−e^−βωλ(k)i

(10) (d) We compute now the free energy in each of the temperatures intervals.

At largest temperatures the product βω_λ(k) is small for all the modes. We can expand the expression under the integral and get

Ω =kBT N aX

λ

Z π/a

−π/a

dk

2πlnω_λ(k)

k_BT (11)

The heat capacity is given by

C_V =−T ∂_T²Ω =k_BN aX

λ

Z _π/a

−π/a

dk

2π = 2k_BN (12)

This is in full agreement with the equidistribution theorem.

At higher temperatures the optical phonons are are frozen away and Ω =kBT N a

Z π/a

−π/a

dk

2π lnω−(k)

k_BT (13)

C_V =k_BN (14)

At lowest temperatures we only the low-lying bosonic modes matter so that we can linearize the bosonic spectrum (optical phonons are fully out)

ω₋(k) =c|k|, c=

s KG

2(K+G)a. (15)

Thus,

Ω = 2k_BT N a Z _∞

0

dk 2π lnh

1−e^−βcki

=−πN ak²_BT²

6c , (16)

C_V ∝T. (17) (e) InDspacial spacial dimensions there are Dacoustic modes. They all contribute to to the low temperature behavior of C_V. We have just like in the previous exercise

Ω =k_BTX

i

Z d^Dk (2π)^D lnh

1−e^{−βci(ˆk)|k|}i

=k_BTX

i

Z _∞

0

k^D−1dk (2π)^D

Z

dˆnlnh

1−e^{−βci(ˆk)|k|}i

∝T^D+1. (18)

Correspondingly,

C_V ∝T^D. (19)

2. Ultrarelativistic degenerate electron gas (10+5+10=25 Punkte, m¨undlich) (a) At zero temperature we have just filled Fermi sea. The relation of the Fermi mo- mentum to the density does not depend on the spectrum. It follows just from the counting of the single particle states (the factor 2 comes from spin)

n= 2 4πp³_F

3(2π~)³, p_F =~(3π²n)^1/3 (20) We also have E_F =cp_F.

The internal energy end pressurep=−∂_VU are U = 4πV

Z pF

0

p²dp

(2π~)³cp= cp⁴_F 8π²~³ = 3

4 3π²1/3

~cN(N/V)^1/3, (21) p=U/3V. (22) (b) F¨ur die folgenden Teilaufgaben wollen wir aus Gr¨unden der Bequemlichkeit nun

wirklich die Zustandssumme ν(ǫ) benutzen. Berechne also:

ν(ǫ) = 1 V

X

p

δ(ǫ−ǫp) = Z d³p

h³ δ(ǫ−cp) = 4π h³

Z

dp p²δ(ǫ−cp) = 4π

(hc)³ǫ² (23) sodass wir schreiben k¨onnen:

1 V

X

p

F(ǫ_p) = Z _∞

0

dǫν(ǫ)F(ǫ) (24)

Das großkanonische Potential

Ω = −kTX

λ

ln(1 +e^{−β(ǫλ−µ)}) =−2kTX

p

ln(1 +e^{−β(ǫp−µ)})

= −2kT

Z _∞

0

dǫν(ǫ) ln(1 +e^{−β(ǫ−µ)})

(23)

= −2kT4π h³

Z ∞ 0

dǫǫ²ln(1 +e^{−β(ǫ−µ)})

part. Int.

= − 8π

(hc)³ Z ∞

0

dǫǫ³ 3

1

e^β(ǫ−µ)+ 1 (25)

Nun gilt:

U = X

λ

ǫ_λf(ǫ_λ) = 2X

p

ǫp

1 e^β(ǫp−µ)+ 1

(23)

= 2 4π (hc)³

Z ∞ 0

dǫ ǫ³ 1

e^β(ǫ−µ)+ 1 (26)

Siehe (25) und (26).

(c) We would like to consider now the specific heat for ultrarelativistic Fermi gas at low temperatures. This is an easy exercise if we observe that all the temperature effects in a Fermi gas are pinned to the Fermi surface. In particular, to the lowest

order in temperature, they depend on the dispersion relation of fermions only via the density of states at the Fermi level.

On the technical level, to compute the low-temperature specific heat we perform the Zommerfeld expansion of the Ω-potential of our system (see lectures). We can just copy the result from the lectures

Ω(T, V, µ) = Ω(T = 0, V, µ)−π²

3 V ν(µ)(k_BT)² (27) The entropy reads

S(T, V, µ) = 2π²

3 V ν(µ)k²_BT (28)

At this point we should in principle reexpress the chemical potential in the system as a function ofT,V, andN,µ(T, V, N). We will find then the entropyS(T, V, N) and deduce CV by differentiating with respect to temperature. We note however, that it is enough to approximate µ(T, V, N) by its value at zero temperature, µ(T = 0, V, N) = E_F(n). The temperature-dependent terms in µ(T, V, N) will provide small corrections to the final result. Thus,

C_V =T ∂_TS= 2π²

3 V ν(E_F)T. (29)

The density of states was found in the previous exercise ν(E_F) = 4π

(2π~c)³E_F² (30)

3. Planck distribution and the radiation pressure

(15 + 15 = 30 Punkte, schriftlich) (a) We follow the lines of the solution of the exercise 3 of exercise sheet 4.

The distribution of photons over momenta is just the Bose distribution with zero chemical potential. Let us first compute the density of photons.

n(T) = 2

Z d³k (2π~)³

1

e^βc|k|−1 = 1 π²~³

Z _∞

0

k²dk

e^βck−1 = k_B³T³ π²~³c³

Z _∞

0

k²dk e^k−1

= k³_BT³ π²~³c³

Z ∞ 0

∞

X

n=1

Z

dkk²exp(−nk) = 2k_B³T³ π²~³c³

∞

X

n=1

1

n³ = 2k³_BT³

π²~³c³ζ(3) (31) To proceed further we need distribution of photons over the z-component of the velocity. Note that all photons have absolute value of the velocityc. The distribution of photons is isotropic. The number of photons with the angle between velocity z- axes in the interval (θ, θ+dθ) is given by

dΩ

4π = 2πsinθdθ

4π = 1

2sinθdθ =−1

2dcosθ (32)

On the other handvz =ccosθanddvz =cdcosθ. We conclude that the distribution of v_z is uniform and the number of photons withv_z in the interval (v_z, v_z+dv_z) is just _2c¹dv_z. Thus the number of collisions with a wall is given by

n^⋆ =n(T)dSdt Z c

0

v_zdv_z

2c = cn(T)

4 dSdt (33)

(b) We now consider the radiation pressure. We need now slightly more detailed infor- mation about the distribution of photons. The number of photons with absolute value of momentum in (k, k+dk) and the angle between the momentum andz-axes in (θ, θ+dθ) is

2×2πsinθdθk²dk 1 (2π~)³

1

e^βck−1 (34)

For such a photon the velocity v_z is ccosθ and momentum k_z is kcosθ. So, the momentum transfered to the wall is given by

δpz =dSdt Z π/2

0

dθ Z ∞

0

dk

2×2πsinθk² 1 (2π~)³

1 e^βck−1

×ccosθ×kcosθ

= dSdtc 2π²~³

Z π/2 0

sinθcos²θdθ Z ∞

0

dkk³ 1

e^βck−1 = 1 2π²~³c×1

3×k_B⁴T⁴ c⁴

Z ∞ 0

dk k³ e^k−1

= 1

2π²~³ ×1

3 ×k_B⁴T⁴ c⁴

π⁴

15 =dSdt1 2

π² 45

(k_BT)⁴

(~c)³ . (35) We note that it is exactly half of the answer which one could expect from the expression for the radiation pressure (see lectures)

p= π² 45

(k_BT)⁴

(~c)³ . (36)

The reason is that apart from absorbing photons a black body always also emits them. This is where the second part of the pressure comes from.