2019QM大作业2-weyl半金属Landau Level

目录

  • 说明 for cnblog
  • QM大作业2——weyl半金属的Landau Level
    • \(\boldsymbol{Abstract}\)
      • 说明
      • Landau Level
      • 自旋与pauli matrix
      • The Schrödinger-Pauli Hamiltonian
      • weyl 半金属的Landau Level
    • \(\boldsymbol{Discussion}\)
      • weyl半金属Landau Level与经典Landau Level对比
      • weyl半金属Landau Level物理图像
      • 手性Landau Level区别及其物理意义
    • \(\boldsymbol{references}\)

说明 for cnblog

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--2019.11.21

本文为作者2019年11月16日晚提交的南京大学量子力学大作业2,共享于本blog
希望能分享一下自己的想法!
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——2019.11.16与南雍山下

QM大作业2——weyl半金属的Landau Level

by 曾许曌秋 181240004
南京大学匡亚明学院大二数理
2019.11


\(\boldsymbol{Abstract}\)

本文利用给出的weyl半金属的哈密顿量求解了其在z方向均匀磁场中的本征态和本征值问题,即Landau Level,求解时,没有采用照搬经典Landau Level的求解办法(利用产生湮灭算符等方法,如参考文献[1]),而是利用其哈密顿量的特殊性,以及证明的算符和其平方的本征值和本征态的关系,直接转化为经典Landau Level问题,并进行了一些讨论。
该方法看似使得哈密顿量丧失了一部分性质,但本文通过一系列讨论和计算,成功的恢复了包括特征值符号,特征态,手性,态密度等属性。

说明

  • 本作业采用高斯单位制
  • 考虑非相对论情况
  • 本作业参考了NJU,UCSD等量子讲义
  • 由于作者才疏学浅,尚不能保证以下全部内容的正确性
  • 由于作者时间有限(期中考试以及二专的学习),很多讨论和扩展尚来不及完善和完成

Landau Level

不考虑电子自旋,采用Landau规范:
\[ \boldsymbol{A}=(0,x,0)B,\boldsymbol{B}=(0,0,1)B \tag{1-1} \]
带入电磁场哈密顿量:
\[ H=\frac{1}{2\mu}(\boldsymbol{p}-\frac{q}{c}\boldsymbol{A})^2+\boldsymbol{V} \tag{1-2} \]
考虑到\(p_y\)\(x\)对易:
\[ H=\frac{p_z^2}{2\mu}+\frac{p_x^2}{2\mu}+\frac{1}{2\mu}(p_y+\frac{eB}{c}x)^2\\ =\frac{p_z^2}{2\mu}+\frac{p_x^2}{2\mu}+\frac{1}{2}\mu\frac{e^2B^2}{\mu^2c^2}(x+\frac{cp_y}{eB})^2 \tag{1-3} \]
\(\text{CSCO}=\{H,p_z,p_y\}\),令\(\omega=\frac{eb}{\mu c}\)\(x_0=\frac{cp_y}{eB}\),则转化为x方向的谐振子,故能级为:
\[ E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega+\frac{p_z^2}{2\mu}\\ (n=0,1,2...) \tag{1-4} \]
考虑自旋则能极会split

自旋与pauli matrix

自旋是电子的内禀(intrinsic)属性,与外在的运动状态无关,对于上述经典的朗道能级,若考虑自旋,应在\(\text{CSCO}\)中额外加入\(\sigma_z\)
\(\sigma_z\)本征态下,可以使用pauli matrix来描述自旋:
\[ \textbf{I}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix},S^2=\frac{3}{4}\hbar\textbf{I}\\ \sigma_x=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix},S_x=\frac{1}{2}\hbar\sigma_x\\ \sigma_y=\begin{bmatrix}0&i\\-i&0\end{bmatrix},S_y=\frac{1}{2}\hbar\sigma_y\\ \sigma_z=\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix},S_z=\frac{1}{2}\hbar\sigma_z\\ \tag{2-1} \]
==Mark==:这恰好是四元数四个基(差一个虚数单位),构成一个非交换环,由此有对易,反对易关系如下:
\[ [\sigma_\alpha,\sigma_\beta]=\epsilon_{\alpha\beta\gamma}2i\sigma_\gamma \tag{2-2} \]
\[ [\sigma_\alpha,\sigma_\beta]_+=2\delta_{\alpha\beta} \tag{2-3} \]

The Schrödinger-Pauli Hamiltonian

为考虑自旋,考虑如下哈密顿量:
\[ H=\frac{1}{2\mu}[\boldsymbol{\sigma}(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})]^2-e\phi \tag{3-1} \]
由于自旋是独立的物理量,与其他物理量显然都对易,利用上一节所述对易反对易关系,易将其展开:
\[ \begin{aligned}\ [\boldsymbol{\sigma}(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})]^2 &=\sigma_i\sigma_j[p_ip_j+\frac{e^2}{c^2}A_iA_j+\frac{e}{c}(p_iA_j+A_ip_j)]\\ &=\sigma_i\sigma_j[p_ip_j+\frac{e}{c}(A_ip_j+A_jp_i)+\frac{e^2}{c^2}A_iA_j+\frac{e\hbar}{ic}\frac{\partial A_j}{\partial x_i}]\\ &=\frac{1}{2}[\sigma_i,\sigma_j]_+[p_ip_j+\frac{e}{c}(A_ip_j+A_jp_i)+\frac{e^2}{c^2}A_iA_j]+(i\epsilon_{ijk}\sigma_k+\delta_{ij})\frac{e\hbar}{ic}\frac{\partial A_j}{\partial x_i}\\ &=[p_i^2+\frac{e}{c}(2A_ip_i+\frac{\hbar}{i}\frac{\partial A_i}{\partial x_i})+\frac{e^2}{c^2}A_i^2]+\frac{e\hbar}{c}(\epsilon_{ijk}\sigma_k\frac{\partial A_j}{\partial x_i})\\ &=(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})^2+\frac{e\hbar}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A}) \end{aligned} \tag{3-2} \]
即有:
\[ H=\frac{1}{2\mu}(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})^2+2\frac{e}{2\mu}(\frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma})\cdot\frac{\boldsymbol{B}}{c}-e\phi\tag{3-3} \]
这里可以看到明显的物理图像,同时,注意到自旋的g-factor=2

weyl 半金属的Landau Level

weyl半金属

由题,右手weyl半金属满足weyl方程,即其哈密度量为:
\[ H=v_F\boldsymbol{\sigma\cdot p}\tag{4-1} \]
其中\(v_F\)为费米速度,考虑到z方向的磁场,对(4-1)的哈密顿量做修正:
\[ H=v_F\boldsymbol{\sigma\cdot }(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})\tag{4-2} \]

从能量平方回到能量

注意到上述哈密顿量平方后恰好就是前文提到的Schrödinger-Pauli Hamiltonian,我们是否可以将weyl半金属恢复成普通的电子呢?
如若可以的话,就意味着我们可以将其直接转化为已解决的几个子问题!
下面我们将尝试在数学上证明这件事的可行性,即证明:

任何物理量\(A\),可以利用\(A^2\)的本征值和本征态,通过一定的操作反求\(A\)的本征态

证明如下:
\(A\)视为一个矩阵,由\(A\)为物理量,一定可对角化,即其所有特征值(\(\lambda_1,\lambda_2,...\lambda_k\))张成的子空间维度之和一定恰为A的阶数(也是\(A^2\)的阶数——双射)
这意味这,如果对任意\(i\neq j,|\lambda_i|\neq|\lambda_j|\),则\(A^2\)的特征值与A的特征值一一对应,子空间完全相同,即\(H^2\)的特征向量和特征值也是\(H\)的特征值与特征向量。
唯一的反例出现在\(\lambda_i=-\lambda_j\)时,考虑一对互为相反数的\(A\)的特征值(\(\lambda_i=-\lambda_j\)),\(i,j\)子空间的矢量在\(A^2\)作用下本征值退化为同一个本征值\(|\lambda_i|\),即对\(A^2\)而言,本征值\(|\lambda_i|\)的子空间恰好是\(\lambda_i\)子空间和\(\lambda_j\)子空间通过笛卡尔积张成的新的,维度为\(n_i+n_j\)的子空间,刚好也是双射,示意图如下:
2019QM大作业2-weyl半金属Landau Level_第1张图片

那么我们得到,\(A^2\)的特征值一定是\(A\)的某个特征值的平方,且若该特征值(指\(A\)的)不正负成对出现,则相应的特征态一一对应,否则(正负成对出现)\(A^2\)该特征值的子空间一定是\(A\)对应正负本征值对的子空间笛卡尔积张成的空间。 没有其他的本征值和本征态。

下面利用该性质,证明物理上总可以较为简洁的利用\(A^2\)的本征值和本征态反求出A的本征值和本征态。
不正负成对,则对用本征态本征值直接相同。
成对,则该本征态必然简并,这意味着总可以选一个物理量\(B\)\(B\)\(A^2\)对易却与\(A\)不对易,若取\(A^2\)\(B\)的共同本征态(\(A^2\)本征值\(\lambda^2\),对应\(A\)的本征值\(\lambda_+=\lambda=-\lambda_-\)),显然必不是\(A\)的本征态,但是根据上文,若设\(\lambda\)的本征态\(\boldsymbol{\alpha}\)\(\lambda_+\)的本征态\(\boldsymbol{\alpha_+}\)\(\lambda_-\)的本征态\(\boldsymbol{\alpha_-}\)(这里只证明正负各一个本征态,显然可推广),则必有:
\[ \left\{ \begin{aligned} \lambda\boldsymbol{\alpha}&=\lambda(k_+\boldsymbol{\alpha_+}+k_-\boldsymbol{\alpha_-})\\ A\boldsymbol{\alpha}&=\lambda(k_+\boldsymbol{\alpha_+}-k_-\boldsymbol{\alpha_-}) \end{aligned} \right. \tag{4-3} \]

从而有:
\[ \left\{ \begin{aligned} k_+\boldsymbol{\alpha_+}=\frac{(\lambda+A)}{2\lambda}\boldsymbol{\alpha}\\ k_-\boldsymbol{\alpha_-}=\frac{(\lambda-A)}{2\lambda}\boldsymbol{\alpha} \end{aligned} \right. \tag{4-4} \]
其中\(k_+,k_-\)仅为归一化系数。

右手weyl半金属Landau Level的转化求法

下面来解决哈密顿量的本征值问题,考虑到\(\boldsymbol{\sigma}\)是独立的物理量,直接求解也并不复杂,不过考虑到上文所提性质,我们直接求能量平方的本征值和本征态:
令算符:
\[ T=\frac{H^2}{2\mu v_F^2}=\frac{1}{2\mu}[\boldsymbol{\sigma}(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})]^2 \tag{4-5} \]
利用(3-1)和(3-3)可知:
\[ T=\frac{1}{2\mu}(\boldsymbol{p}+\frac{e}{c}\boldsymbol{A})^2+2\frac{e}{2\mu}(\frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma})\cdot\frac{\boldsymbol{B}}{c} \tag{4-6} \]
采用(1-1)Landau规范,再利用(1-3)
\[ T=\frac{p_z^2}{2\mu}+\frac{p_x^2}{2\mu}+\frac{1}{2}\mu\frac{e^2B^2}{\mu^2c^2}(x+\frac{cp_y}{eB})^2+2\frac{e}{2\mu}(\frac{\hbar}{2}\sigma_z)\cdot\frac{B}{c} \tag{4-7} \]
直接取\(\text{CSCO}=\{T,p_z,p_y,\sigma_z\}\),则有本征值和相应的本征态:
\[ \left\{ \begin{aligned} T&=\frac{p_z^2}{2\mu}+(n+\frac{1}{2})\hbar\omega+\frac{e\hbar B}{2\mu c}s_z\ (n=0,1,2...,s_z=\plusmn1)\\ |E_{ns}|&=v_F\sqrt{p_z^2+(n+\frac{1+s_z}{2})\frac{2eB\hbar}{c}}\\ \psi&=C\phi_n(x-x_0)exp(\frac{ip_y}{\hbar}y)exp(\frac{ip_z}{\hbar}z)\ |\ s_z>\ (x_0=-\frac{cp_y}{eB}) \end{aligned} \right. \tag{4-8} \]
其中\(\omega=\frac{eB}{\mu c}\)\(s_z\)为z方向pauli算符本征值,|\(s_z\)>为相应本征态。考虑到:
\[ \boldsymbol{\sigma\cdot p}=\sigma_xp_x+\sigma_yp_y+\sigma_zp_z+\frac{eB}{c}\sigma_yx \tag{4-9} \]
可以注意到:
\[ \left\{ \begin{aligned} [\boldsymbol{\sigma\cdot p},p_z]&=0\\ [\boldsymbol{\sigma\cdot p},p_y]&=0\\ [\boldsymbol{\sigma\cdot p},\sigma_z]&=[\sigma_x,\sigma_z]p_x+[\sigma_y,\sigma_z]p_y+\frac{eBx}{c}[\sigma_y,\sigma_z] \\&=2i(\sigma_yp_x+\sigma_xp_y+\frac{eBx}{c}\sigma_x)\neq0 \end{aligned} \right. \tag{4-10} \]
任意\(T\)的本征态都符合上一小节讨论的要求(\(\sigma_z\)\(H\)不对易),即\(H\)的所有本征值都应当正负成对出现(其实并不正确,见下文)。同时进一步将\(s_z\)视为n的一部分,则有:
\[ E_n=\plusmn v_f\sqrt{p_z^2+n\frac{2eB\hbar}{c}}\ n=0,1,2... \tag{4-11} \]
上式其实仍不正确!,因为有一个特例没有考虑,即当且仅当上式中的n取零时,由(4-8):
\[ 0=n=n_{4-8}+\frac{1+s_z}{2}\\ if\ and\ only\ if:\\ s_z=-1 \tag{4-12} \]
\(\sigma_z\)非简并的(而其他都是二重简并,对应正负)!这意味着,由前面的讨论,对n=0,并非正负成对,而是只能取其一,那么究竟应该取正还是负?
这一点其实也是显然的,注意(4-9),对于\(n=0(n_{4-8}=0,s_z=-1)\)的情况,只有\(\sigma_zp_z\)项被保留,而上文一看到,改非简并态要取\(s_z=-1\)(自旋-z方向本征态)从而只\(\sigma_z\)为负,为体现简并性质,并考虑到n=0取负,我们将能量写成如下形式:
\[ (right)E_n= \left\{ \begin{aligned} &\frac{n}{|n|}v_F\sqrt{p_z^2+|n|\frac{2eB\hbar}{c}} &n&\in\boldsymbol{Z^*}\\ &-v_Fp_z &n&=0 \end{aligned} \right. \tag{4-13} \]

至于波函数直接套用(4-4)即可求出,由于时间关系且与讨论无关,这里不作具体计算。

态密度

下面求一下态密度。所谓态密度,指的是三维空间内,单位体积,(考虑到\(p_z\)能量实际可以连续取值)能量\(E\rightarrow E+dE,\frac{dn}{dE}\)

%绘制时未保存jpg,待补充

如上图所示,考虑某一能量\(E\),即图中与\(p_z\)轴平行的红色直线。
所有可取的\(p_z\)即图中所有交点。考虑\(L_x\times L_y \times L_z\)的“箱”。
先考虑x-y平面,与Landau Level完全相同:
\[ \Delta p_y=\frac{2\pi\hbar}{L_y} \tag{4-14} \]
\[ n_{xy}=\frac{L_x}{\Delta x_0}=\frac{L_xL_yeB}{c2\pi\hbar} \tag{4-15} \]
接着考虑z方向,n=0必相交,且只有一个交点
\[ |\frac{dp_z}{\Delta p_zdE}|_{n=0}=\frac{L_z}{2\pi v_F\hbar} \tag{4-16} \]
对n>0,考虑到有两个交点,且截断,有:
\[ \begin{aligned} |2\frac{dp_z}{\Delta p_zdE}|_{n>0}&=2\frac{L_z}{2\pi\hbar}Re[|\frac{d\sqrt{(\frac{E}{v_F})^2-n\frac{2eB\hbar}{c}}}{dE}|]\\ &=2\frac{L_z}{2\pi\hbar v_F}Re[\frac{|E|}{\sqrt{(E)^2-n\frac{2eB\hbar}{c}v_F^2}}] \end{aligned} \tag{4-17} \]
综上,态密度为:
\[ \begin{aligned} D(E)&=\frac{1}{L_xL_yL_z}n_{xy}\sum_{n}n_z\\ &=\frac{eB}{c4\pi^2\hbar^2v_F}(1+\sum_{n=0}^\infin(2Re[\frac{|E|}{\sqrt{(E)^2-n\frac{2eB\hbar}{c}v_F^2}}])) \end{aligned} \tag{4-18} \]

左手weyl半金属

老师在课上曾提到,左手性weyl半金属的哈密顿量只要在乘手性即可,即:
\[ \begin{aligned} H_{left}&=v_F(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\cdot\boldsymbol{\sigma})\cdot\boldsymbol{p}\\ &=v_F(\sigma_xp_x+\sigma_yp_y-\sigma_zp_z+\frac{eB}{c}\sigma_yx) \end{aligned} \tag{4-19} \]
不妨看一下区别:
注意到(3-2)式中前半部分只有平方项,而后半部分的交叉相中,又当且仅当\(\frac{\partial A_j}{\partial x_i}\)\(i,j\)中有一个取z时才可能有影响,而我们知道,磁场沿z轴时是绝对不会出现这种case的(对z轴求导的磁场不沿z方向,z轴均匀磁场的磁矢势与不显含z)故而\(T\)算符不受影响,能量本征值的平方也不受影响。仍有\(n=0(s_z=-1,n_{4-8}=0)\)\(T\)非简并。
再看哈密顿量(4-19)对于n=0,进剩\(-v_F\sigma_zp_z\)项,由于提到的\(s_z=-1\)知:
\[ (left)E_n= \left\{ \begin{aligned} &\frac{n}{|n|}v_F\sqrt{p_z^2+|n|\frac{2eB\hbar}{c}} &n&\in\boldsymbol{Z^*}\\ &v_Fp_z &n&=0 \end{aligned} \right. \tag{4-20} \]

\(\boldsymbol{Discussion}\)

weyl半金属Landau Level与经典Landau Level对比

首先weyl半金属能级split,这里并非单指自旋,上课讨论的经典的Landau Level并未考虑自旋,加入自旋后同样会split,但是能量总是正的,而weyl半金属则出现(对\(n\neq0\))正负成对的能级,其本质原因其实从本作业采取的计算方法可以有更深刻的理解,即正常金属的每一个能级的子空间被拆分成了两个“共轭”的子空间,能量恰为相反值。从这样的角度来看,这也是一种能级的split。
更重要的,由于谐振子的能级只能取遍半无限个整数域,必然造成了基态的特殊性,即无法split,且这一点是手性相关的(见下文讨论)
其二,经典的Landau Level,能级等间隔,且与z方向动能线性相关的,而weyl半金属则完全不同!
其能级按照\(\sqrt{n}\)增加,能级越高,间隔约小。更重要的一点,由于能量与z分量动能不成线性关系,这意味着z方向动能是能级相关的。
说的更明白一点,对于经典的Landau Level,z方向动能完全可以不考虑,是独立于其他能量的。而weyl半金属的能级表达式,意味着能级间隔等都会随z方向动能发生改变,换句话说就是色散
最后,如前所述,由于考虑到z方向动量,实际能量是连续分布,参见前文态密度相关讨论

weyl半金属Landau Level物理图像

weyl半金属的手性(基态)的物理图像其实是很明显的,为抵消谐振子能量中的常数项,考虑到自旋在磁场中的表达式(要求磁矩与磁场反向才能抵消),以及电子电量为负,必须取自旋与磁场反向。
\[ -\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{B}+\frac{1}{2}\hbar\omega=0 \tag{5-1} \]
其成立显然也依赖于电子自旋\(g_{factor}=2\)的事实
而所谓手性,按照参考论文的说法[2],即自旋在动量方向的投影,正则为右手,负则为左手,从而上述对自旋的要求与右手动量正方向反向,与左手同向,从而造成了手性相关的差异。

手性Landau Level区别及其物理意义

上文我们看到左右手性当且仅当取最低(绝对值)能级时产生区别:
\[ E_n= \left\{ \begin{aligned} &\frac{n}{|n|}v_F\sqrt{p_z^2+|n|\frac{2eB\hbar}{c}} &n&\in\boldsymbol{Z^*}\\ &v_Fp_z &n&=0(left)\\ &-v_Fp_z &n&=0(rignt) \end{aligned} \right. \tag{5-2} \]
为了更清楚的体现能级变化以及随z方向动量变化的色散,不妨做出各能级随z方向动量变化曲线如下图
2019QM大作业2-weyl半金属Landau Level_第2张图片

这样的手性差别会产生怎样的效应呢,可以看到,基态能量的不同造成能量相同的电子具有相反的动量(感觉有点像Hall效应的感觉)
其次,相关文献[3]中提到当电场与磁场同向时,电场会造成能级与z方向动量相图的偏移。基态能量的不同会造成态密度的不同,从而产生ABJ效应。
2019QM大作业2-weyl半金属Landau Level_第3张图片

\(\boldsymbol{references}\)

[1]R. Rechciński,J. Tworzydło. Landau Levels of Double-Weyl Nodes in a Simple Lattice Model[J].ACTA PHYSICA POLONICA A,2016,130:1179-1182.doi:10.12693/APhysPolA.130.1179

[2]WAN Xian-Gang. Topological Weyl semimetals[J]. Physics,2015,44:427-438.doi:10.7693/wl20150702

[3]
Binghai Yan, Claudia Felser. Topological Materials:Weyl Semimetals. arXiv:1611.04182v2 [cond-mat.mtrl-sci] 21 Nov 2016

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