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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!
另cnblog不能直接上传矢量图,为节省时间,blog上使用jpg代替
——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
(oldsymbol{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:
[ oldsymbol{A}=(0,x,0)B,oldsymbol{B}=(0,0,1)B
ag{1-1}
]
带入电磁场哈密顿量:
[ H=frac{1}{2mu}(oldsymbol{p}-frac{q}{c}oldsymbol{A})^2+oldsymbol{V}
ag{1-2}
]
考虑到(p_y)与(x)对易:
[ H=frac{p_z^2}{2mu}+frac{p_x^2}{2mu}+frac{1}{2mu}(p_y+frac{eB}{c}x)^2\
=frac{p_z^2}{2mu}+frac{p_x^2}{2mu}+frac{1}{2}mufrac{e^2B^2}{mu^2c^2}(x+frac{cp_y}{eB})^2
ag{1-3}
]
取( ext{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})hbaromega+frac{p_z^2}{2mu}\
(n=0,1,2...)
ag{1-4}
]
若考虑自旋则能极会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( ext{CSCO})中额外加入(sigma_z)。
在(sigma_z)本征态下,可以使用pauli matrix来描述自旋:
[ extbf{I}=egin{bmatrix}1&0\0&1end{bmatrix},S^2=frac{3}{4}hbar extbf{I}\
sigma_x=egin{bmatrix}0&1\1&0end{bmatrix},S_x=frac{1}{2}hbarsigma_x\
sigma_y=egin{bmatrix}0&i\-i&0end{bmatrix},S_y=frac{1}{2}hbarsigma_y\
sigma_z=egin{bmatrix}1&0\0&-1end{bmatrix},S_z=frac{1}{2}hbarsigma_z\
ag{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_eta]=epsilon_{alphaetagamma}2isigma_gamma ag{2-2}
]
[ [sigma_alpha,sigma_eta]_+=2delta_{alphaeta} ag{2-3}
]
The Schrödinger-Pauli Hamiltonian
为考虑自旋,考虑如下哈密顿量:
[ H=frac{1}{2mu}[oldsymbol{sigma}(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})]^2-ephi ag{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:
[ egin{aligned}
[oldsymbol{sigma}(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})]^2
&=sigma_isigma_j[p_ip_j+frac{e^2}{c^2}A_iA_j+frac{e}{c}(p_iA_j+A_ip_j)]\
&=sigma_isigma_j[p_ip_j+frac{e}{c}(A_ip_j+A_jp_i)+frac{e^2}{c^2}A_iA_j+frac{ehbar}{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]+(iepsilon_{ijk}sigma_k+delta_{ij})frac{ehbar}{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{ehbar}{c}(epsilon_{ijk}sigma_kfrac{partial A_j}{partial x_i})\
&=(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})^2+frac{ehbar}{c}oldsymbol{sigma}cdot(
abla imesoldsymbol{A})
end{aligned}
ag{3-2}
]
即有:
[ H=frac{1}{2mu}(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})^2+2frac{e}{2mu}(frac{hbar}{2}oldsymbol{sigma})cdotfrac{oldsymbol{B}}{c}-ephi ag{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_Foldsymbol{sigmacdot p} ag{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_Foldsymbol{sigmacdot }(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A}) ag{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:
将(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
eq j,|lambda_i|
eq|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:
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。
若不正负成对,则对用本征态本征值直接相同。
若成对,则该本征态必然简并,这意味着总可以选一个物理量(B),(B)与(A^2)对易却与(A)不对易,若取(A^2)和(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(oldsymbol{alpha}),(lambda_+)的本征态(oldsymbol{alpha_+}),(lambda_-)的本征态(oldsymbol{alpha_-})(这里只证明正负各一个本征态,显然可推广),则必有:
[ left{
egin{aligned}
lambdaoldsymbol{alpha}&=lambda(k_+oldsymbol{alpha_+}+k_-oldsymbol{alpha_-})\
Aoldsymbol{alpha}&=lambda(k_+oldsymbol{alpha_+}-k_-oldsymbol{alpha_-})
end{aligned}
ight.
ag{4-3}
]
从而有:
[ left{
egin{aligned}
k_+oldsymbol{alpha_+}=frac{(lambda+A)}{2lambda}oldsymbol{alpha}\
k_-oldsymbol{alpha_-}=frac{(lambda-A)}{2lambda}oldsymbol{alpha}
end{aligned}
ight.
ag{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(oldsymbol{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}{2mu v_F^2}=frac{1}{2mu}[oldsymbol{sigma}(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})]^2
ag{4-5}
]
利用(3-1)和(3-3)可知:
[ T=frac{1}{2mu}(oldsymbol{p}+frac{e}{c}oldsymbol{A})^2+2frac{e}{2mu}(frac{hbar}{2}oldsymbol{sigma})cdotfrac{oldsymbol{B}}{c}
ag{4-6}
]
采用(1-1)Landau规范,再利用(1-3)
[ T=frac{p_z^2}{2mu}+frac{p_x^2}{2mu}+frac{1}{2}mufrac{e^2B^2}{mu^2c^2}(x+frac{cp_y}{eB})^2+2frac{e}{2mu}(frac{hbar}{2}sigma_z)cdotfrac{B}{c}
ag{4-7}
]
直接取( ext{CSCO}={T,p_z,p_y,sigma_z}),则有本征值和相应的本征态:
[ left{
egin{aligned}
T&=frac{p_z^2}{2mu}+(n+frac{1}{2})hbaromega+frac{ehbar B}{2mu c}s_z (n=0,1,2...,s_z=plusmn1)\
|E_{ns}|&=v_Fsqrt{p_z^2+(n+frac{1+s_z}{2})frac{2eBhbar}{c}}\
psi&=Cphi_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}
ight.
ag{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:
[oldsymbol{sigmacdot p}=sigma_xp_x+sigma_yp_y+sigma_zp_z+frac{eB}{c}sigma_yx
ag{4-9}
]
可以注意到:
[left{
egin{aligned}
[oldsymbol{sigmacdot p},p_z]&=0\
[oldsymbol{sigmacdot p},p_y]&=0\
[oldsymbol{sigmacdot 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)
eq0
end{aligned}
ight.
ag{4-10}
]
任意(T)的本征态都符合上一小节讨论的要求((sigma_z)与(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_fsqrt{p_z^2+nfrac{2eBhbar}{c}} n=0,1,2...
ag{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
ag{4-12}
]
对(sigma_z)是非简并的(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{
egin{aligned}
&frac{n}{|n|}v_Fsqrt{p_z^2+|n|frac{2eBhbar}{c}} &n&inoldsymbol{Z^*}\
&-v_Fp_z &n&=0
end{aligned}
ight.
ag{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
ightarrow 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 imes L_y imes L_z)的“箱”。
先考虑x-y平面,与Landau Level完全相同:
[ Delta p_y=frac{2pihbar}{L_y}
ag{4-14}
]
[ n_{xy}=frac{L_x}{Delta x_0}=frac{L_xL_yeB}{c2pihbar}
ag{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}{2pi v_Fhbar}
ag{4-16}
]
对n>0,考虑到有两个交点,且截断,有:
[egin{aligned}
|2frac{dp_z}{Delta p_zdE}|_{n>0}&=2frac{L_z}{2pihbar}Re[|frac{dsqrt{(frac{E}{v_F})^2-nfrac{2eBhbar}{c}}}{dE}|]\
&=2frac{L_z}{2pihbar v_F}Re[frac{|E|}{sqrt{(E)^2-nfrac{2eBhbar}{c}v_F^2}}]
end{aligned}
ag{4-17}
]
综上,态密度为:
[egin{aligned}
D(E)&=frac{1}{L_xL_yL_z}n_{xy}sum_{n}n_z\
&=frac{eB}{c4pi^2hbar^2v_F}(1+sum_{n=0}^infin(2Re[frac{|E|}{sqrt{(E)^2-nfrac{2eBhbar}{c}v_F^2}}]))
end{aligned}
ag{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:
[ egin{aligned}
H_{left}&=v_F(egin{bmatrix}1&0&0\0&1&0\0&0&-1end{bmatrix}cdotoldsymbol{sigma})cdotoldsymbol{p}\
&=v_F(sigma_xp_x+sigma_yp_y-sigma_zp_z+frac{eB}{c}sigma_yx)
end{aligned}
ag{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})中(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))对(T)非简并。
再看哈密顿量(4-19)对于n=0,进剩(-v_Fsigma_zp_z)项,由于提到的(s_z=-1)知:
[ (left)E_n=
left{
egin{aligned}
&frac{n}{|n|}v_Fsqrt{p_z^2+|n|frac{2eBhbar}{c}} &n&inoldsymbol{Z^*}\
&v_Fp_z &n&=0
end{aligned}
ight.
ag{4-20}
]
(oldsymbol{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
eq0))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。
[-oldsymbol{m}cdotoldsymbol{B}+frac{1}{2}hbaromega=0
ag{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{
egin{aligned}
&frac{n}{|n|}v_Fsqrt{p_z^2+|n|frac{2eBhbar}{c}} &n&inoldsymbol{Z^*}\
&v_Fp_z &n&=0(left)\
&-v_Fp_z &n&=0(rignt)
end{aligned}
ight.
ag{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
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。
(oldsymbol{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