Berechnung der Grundzustandsenergie in einem Elektronengas (Jellium)

Question

Berechnung der Grundzustandsenergie in einem Elektronengas (Jellium)

Jo Mo

$\renewcommand{\phi}{\varphi} \newcommand{\vec}[1]{\textbf{#1}}$

Das ist ziemlich lang, weil ich während des Schreibens immer wieder Ideen hatte.

Betrachten Sie ein Elektronengas in einem Würfel mit Seitenlänge $L$ , $V=L^3$ , mit periodischen Randbedingungen.

Der Hamiltonoperator ist gegeben durch $\hat{H} = \hat{H}_\text{el} + \hat{H}_\text{b} + \hat{H}_\text{el$-$b}$ , und wir machen ein paar Annäherungen und Grenzen, um zu seiner endgültigen Form zu gelangen (write $\lvert \vec{k}\rvert \equiv k)$ ,

\hat{H} = \frac{e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2}} (\sum_{k, a} \frac{k^{2}}{2} {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a}^{} + \frac{R_{S}}{2 v} \sum_{\underset{Q \neq 0}{k,p,q}} \sum_{a_{1}, a_{2}} \frac{4 π}{Q} {\hat{A}}_{k+q, a_{1}}^{†} {\hat{A}}_{pq, a_{2}}^{†} {\hat{A}}_{k, a_{1}}^{} {\hat{A}}_{P, a_{2}}^{}),

$\begin{equation*} \hat{H} = \frac{e^2}{a_0 r_s^2} \left(\sum_{\vec{k},\alpha}\frac{k^2}{2}\hat{a}_{\vec{k},\alpha}^\dagger\hat{a}_{\vec{k},\alpha}^{\phantom{\dagger}}+\frac{r_s}{2V}\sum_{{\underset{\vec{q}\neq0}{\vec{k,p,q}}}}\sum_{\alpha_1,\alpha_2}\frac{4\pi}{q} \hat{a}_{\vec{k+q},\alpha_1}^\dagger \hat{a}_{\vec{p-q},\alpha_2}^\dagger \hat{a}_{\vec{k},\alpha_1}^{\phantom{\dagger}} \hat{a}_{\vec{p},\alpha_2}^{\phantom{\dagger}} \right), \end{equation*}$

mit fermionischen Erzeugungsoperatoren $\hat{a}^\dagger$ . Hier,

R_{0} \equiv \sqrt[3]{\frac{3 v}{4 π N}}, A_{0} \equiv \frac{ℏ^{2}}{M e^{2}}, R_{S} \equiv \frac{R_{0}}{A_{0}} .

$r_0\equiv\sqrt[3]{\frac{3V}{4\pi N}},\quad a_0 \equiv \frac{\hbar^2}{me^2},\quad r_s\equiv\frac{r_0}{a_0}.$

Rufen Sie den ersten Begriff auf $\mathcal{A}$ , der zweite $\mathcal{B}$ . Wir sehen das $\mathcal{B}$ ist eine Störung in der High-Density-Grenze $r_s\rightarrow0$ . Somit kann die Grundzustandsenergie davon geschrieben werden als $E = E^{(0)}+E^{(1)}+\ldots$ Wo $E^{(0)}=\langle F|\mathcal{A}|F\rangle$ für den Grundzustand $\vert F\rangle$ von $\mathcal{A}$ , das ist das Fermi-Meer, Momenta gefüllt bis zu $p_F = \hbar k_F$ .

Wir wollen beides berechnen $\langle F|\mathcal{A}|F\rangle$ Und $E^{(1)}=\langle F|\mathcal{B}|F\rangle$ . Zuerst müssen wir bestimmen $k_F$ . Dazu schauen wir uns den Erwartungswert des Zahlenoperators an (in out limit ersetzen wir sums over $\vec{k}$ durch Integral mal Faktor).

Und jetzt beginnt meine Verwirrung. In der folgenden Berechnung habe ich eine Art handgewelltes Argument dafür, von zu gehen $(\star)$ Zu $(\star\star)$ , bin mir aber nicht hundertprozentig sicher.

\begin{aligned} N = ⟨ F | \hat{N} | F ⟩ & = \frac{v}{(2 π)^{3}} \sum_{a} \int D^{3} k ⟨ F | {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a}^{} | F ⟩ \\ (⋆) & = \frac{v}{4 π^{3}} \int D^{3} k ⟨ F | {\hat{A}}_{k}^{†} {\hat{A}}_{k}^{} | F ⟩ \\ (⋆ ⋆) & = \frac{v}{4 π^{3}} \int D^{3} k Θ (k_{F} - k) \\ = \frac{v k_{F}^{3}}{3 π^{2}} \end{aligned}

$\begin{align*} N = \langle F|\hat{N}|F\rangle&=\frac{V}{(2\pi)^3}\sum_\alpha\int\mathrm{d}^3k\langle F|\hat{a}_{\vec{k},\alpha}^\dagger \hat{a}_{\vec{k},\alpha}^{\phantom{\dagger}} |F\rangle\\[1em] &=\frac{V}{4\pi^3}\int\mathrm{d}^3k\langle F|\hat{a}_{\vec{k}}^\dagger \hat{a}_{\vec{k}}^{\phantom{\dagger}} |F\rangle \tag{$\star$}\\[1em] &=\frac{V}{4\pi^3}\int\mathrm{d}^3k \,\Theta(k_F - k)\tag{$\star\star$} \\[1em] &=\frac{Vk_F^3}{3\pi^2} \end{align*}$ Grundsätzlich sagen wir, dass wir das Fermi-Meer haben, also gibt es oben keine Impulspartikel

k_{F}

$k_F$ , dh der Integrand sollte verschwinden (wir würden dann sagen, das Integral ist Null, weil Konstanten in der Physik entweder 0 oder 1 sind). Dafür brauchen wir die Step-Funktion Accounting.

Aber ich verstehe eigentlich nicht was $\hat{a}_\vec{k}\vert F\rangle$ Ist. Ich sehe nicht, was passiert, wenn wir diesen speziellen Grundzustand vernichten. Nun, es kann nicht null sein, oder?

Und jetzt, während ich dies schreibe, wurde mir klar, dass wir es haben müssen

| F ⟩ = \sum_{a} \int D^{3} k Θ (k_{F} - k) {\hat{A}}_{k, a}^{†} | 0 ⟩,

$\vert F\rangle = \sum_\alpha \int \text{d}^3k\, \Theta(k_F - k) \hat{a}_{\vec{k},\alpha}^\dagger |0\rangle,$ Rechts? Denn dann können wir ganz einfach rechnen

\begin{aligned} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ = Θ (k_{F} - k) | 0 ⟩ ⟹ ⟨ F | {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a}^{} | F ⟩ = “ {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ “^{2} = Θ (k_{F} - k), \end{aligned}

$\begin{align*} \hat{a}_{\vec{k},\alpha}|F\rangle = \Theta(k_F-k)\vert 0\rangle\implies\langle F|\hat{a}_{\vec{k},\alpha}^\dagger \hat{a}_{\vec{k},\alpha}^{\phantom{\dagger}} |F\rangle=\lVert \hat{a}_{\vec{k},\alpha}|F\rangle\rVert^2=\Theta(k_F-k), \end{align*}$ und damit der Übergang von

(⋆)

$(\star)$ Zu

(⋆ ⋆)

$(\star\star)$ wird erklärt.

Aber das war noch lange nicht alles. Wie oben erwähnt, wollen wir die Erwartungswerte von berechnen $\mathcal{A}$ Und $\mathcal{B}$ im Fermi-Meer, mit der Tatsache, dass $k_F\approx 1.92\cdot r_0^{-1}$ . Die Ergebnisse sollten sein

\begin{aligned} (R A) & \frac{2.21}{2} \frac{N e^{2}}{A_{0} R_{S}} \\ (R B) & - \frac{0,916}{2} \frac{N e^{2}}{A_{0} R_{S}} . \end{aligned}

$\begin{align*} \tag{$R\mathcal{A}$}\frac{2.21}{2} \frac{N e^2}{a_0 r_s}\\[1em] \tag{$R\mathcal{B}$}-\frac{0.916}{2}\frac{N e^2}{a_0 r_s}. \end{align*}$ Mein Problem ist jetzt, dass ich nicht einmal das erste herleiten kann,

(R A)

$(R\mathcal{A})$ . Folgendes habe ich getan:

\begin{aligned} E^{(0)} & = \frac{v}{8 π^{3}} \frac{e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2}} \frac{1}{2} \sum_{a} \int D^{3} k k^{2} Θ (k_{F} - k) \\ = \frac{v}{2 π^{2}} \frac{e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2}} \int_{0}^{k_{F}} D k k^{4} \\ = \frac{v}{2 π^{2}} \frac{e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2}} \frac{k_{F}^{5}}{5} \\ = \frac{{1.92}^{5}}{10 π^{2}} \frac{v e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2}} R_{0}^{- 5} = \frac{{1.92}^{5}}{10 π^{2}} \frac{v e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2} R_{0}^{2}} \frac{4 π N}{3 v} \\ = \frac{2 \cdot {1.92}^{5}}{15 π} \frac{N e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2} R_{0}^{2}} \\ \approx \frac{2.21}{2} \frac{N e^{2}}{A_{0} R_{S}^{2} R_{0}^{2}} . \end{aligned}

$\begin{align*} E^{(0)} &=\frac{V}{8 \pi^3}\frac{e^2}{a_0 r_s^2}\frac{1}{2}\sum_\alpha\int \text{d}^3 k\, k^2 \Theta(k_F-k)\\[1em] &= \frac{V}{2 \pi^2}\frac{e^2}{a_0 r_s^2}\int_0^{k_F} \text{d}k\,k^4\\[1em] &= \frac{V}{2 \pi^2}\frac{e^2}{a_0 r_s^2}\frac{k_F^5}{5}\\[1em] &= \frac{1.92^5}{10 \pi^2}\frac{V e^2}{a_0 r_s^2}r_0^{-5} = \frac{1.92^5}{10 \pi^2}\frac{V e^2}{a_0 r_s^2r_0^2}\frac{4\pi N}{3V}\\[1em] &= \frac{2\cdot 1.92^5}{15 \pi}\frac{N e^2}{a_0 r_s^2r_0^2}\\[1em] &\approx \frac{2.21}{2}\frac{N e^2}{a_0 r_s^2r_0^2}. \end{align*}$ Dies ist offensichtlich nicht dasselbe wie

(R A)

$(R\mathcal{A})$ , seit

r_{s} r_{0}^{2} =^{r_{0}^{3}} /_{a_{0}} \neq 1

$r_s r_0^2 = {}^{r_0^3}/_{a_0}\neq 1$ .

Und wenn das falsch ist, wage ich es nicht einmal, es zu versuchen $(R\mathcal{B})$ , also: Was habe ich falsch/nicht richtig verstanden?

Danke!

cnguyen

Der Übergang von ( ) zu (* ) ist korrekt, wie Sie sagten. Um sicher zu sein,

{\hat{a}}_{\vec{k}} | F ⟩ = 0

$\hat{a}_\vec{k}\vert F\rangle = 0$ Wenn

| \vec{k} | > k_{F}

$|\vec{k}| > k_F$ , und erzeugt andernfalls ein Loch. Das spätere Problem ist ein Dimensionsproblem (oder mit anderen Worten, die Einheit der Ergebnisse ist nicht dieselbe), und ich glaube, eine sorgfältigere Überprüfung der Dimension (oder Einheit) des Ausdrucks in den verschiedenen Schritten sollte es lösen.

Quillo

verwandt: physical.stackexchange.com/q/727612/226902

Antworten (1)

Berechnung der Grundzustandsenergie in einem Elektronengas (Jellium)

Der Übergang von ( ) zu (* ) ist korrekt, wie Sie sagten. Um sicher zu sein, $\hat{a}_\vec{k}\vert F\rangle = 0$ Wenn $|\vec{k}| > k_F$ , und erzeugt andernfalls ein Loch. Das spätere Problem ist ein Dimensionsproblem (oder mit anderen Worten, die Einheit der Ergebnisse ist nicht dieselbe), und ich glaube, eine sorgfältigere Überprüfung der Dimension (oder Einheit) des Ausdrucks in den verschiedenen Schritten sollte es lösen.

Dolun · Answer 1

Ich sehe einige Fehler:

„ Mir wurde klar, dass wir haben müssen $|F\rangle=\sum_\alpha\int\;\mathrm{d}\textbf{k}\,\Theta(k_F-k)\,\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}|0\rangle$ "

Das ist falsch: Der Grundzustand eines nicht wechselwirkenden Fermionengases (Fermimeer) ist keine Art von Überlagerung des Individuums $\textbf{k}$ Zustände, wie Sie scheinen vorzuschlagen. Es muss ein echter Vielteilchenzustand sein, da das Pauli-Ausschlussprinzip auf den Spinzustand einwirkt $\alpha=\uparrow$ oder $\downarrow$ :

| F ⟩ = \prod_{k < k_{F}} {\hat{A}}_{k, ↑}^{†} {\hat{A}}_{k, ↓}^{†} | 0 ⟩

$|F\rangle=\prod_{k<k_F}\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\uparrow}\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\downarrow}|0\rangle$

Berechnung der Dichte $N/V$

Jetzt können wir den Mittelwert der Teilchenzahl richtig berechnen $\hat{N}$ im Grundzustand:

N = ⟨ F | \hat{N} | F ⟩ = \sum_{k, a} ⟨ F | {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩

$N=\langle F|\hat{N}|F\rangle=\sum_{\textbf{k},\alpha}\langle F|\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle$ Der Betreiber

{\hat{a}}_{k, α}^{†} {\hat{a}}_{k, α}

$\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}$ zählt die Anzahl der Elektronen, die den Zustand besetzen

{k, α}

$\{\textbf{k},\alpha\}$ . Per Definition des Grundzustandes

| F ⟩

$|F\rangle$ , all die

{k, α}

$\{\textbf{k},\alpha\}$ Zustände werden von einem Elektron für besetzt

| k | < k_{F}

$|\textbf{k}|<k_F$ . Dafür:

\begin{array}{rcl} {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ & = & 1 \times | F ⟩ Wenn | k | < k_{F} \\ = & 0 \times | F ⟩ ansonsten \end{array}

$\begin{eqnarray*} \hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle&=&1\times|F\rangle\quad\text{if}\;|\textbf{k}|<k_F\\ &=&0\times|F\rangle\quad\text{otherwise} \end{eqnarray*}$ die kontrahiert werden kann als:

{\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ = Θ (k_{F} - | k |) | F ⟩

$\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle=\Theta(k_F-|\textbf{k}|)\,|F\rangle$ Häufig verwenden wir die folgende Normalisierung:

\sum_{k} \to \frac{v}{(2 π)^{3}} \int D k

$\sum_\textbf{k}\rightarrow\frac{V}{(2\pi)^3}\int\mathrm{d}\textbf{k}$ Somit erhalten wir:

N = 2 \times \frac{v}{(2 π)^{3}} \int D k Θ (k_{F} - | k |) ⟨ F | F ⟩

$N=2\times\frac{V}{(2\pi)^3}\int\mathrm{d}\textbf{k}\;\Theta(k_F-|\textbf{k}|)\langle F|F\rangle$ Verwenden

⟨ F | F ⟩ = 1

$\langle F|F\rangle=1$ Und

\int d k Θ (k_{F} - | k |) = 4 π k_{F}^{3} / 3

$\int\mathrm{d}\textbf{k}\;\Theta(k_F-|\textbf{k}|)=4\pi\,k^3_F/3$ durch den Ausdruck der

k

$\textbf{k}$ variabel in den Kugelkoordinaten erhalten wir schließlich:

\frac{N}{v} = \frac{k_{F}^{3}}{3 π^{2}}

$\frac{N}{V}=\frac{k^3_F}{3\pi^2}$

Berechnung des kinetischen Energieterms

Ich zeige dir, wie du den ersten Term bekommst und lasse den zweiten Term als Übung für dich :-) .

Wenn wir die Faktoren vergessen, müssen wir noch Folgendes berechnen:

⟨ F | \sum_{k, a} k^{2} {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ = 2 \times \frac{v}{(2 π)^{3}} \int D k k^{2} Θ (k_{F} - | k |)

$\langle F|\sum_{\textbf{k},\alpha}\,k^2\,\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle=2\times\frac{V}{(2\pi)^3}\int\mathrm{d}\textbf{k}\,k^2\,\Theta(k_F-|\textbf{k}|)$ Ähnlich wie bei der vorherigen Berechnung erhalten wir die

k

$\textbf{k}$ variabel in den Kugelkoordinaten

(k, θ, ϕ)

$(k,\theta,\phi)$ , so dass :

\int D k k^{2} Θ (k_{F} - | k |) = \int_{0}^{k_{F}} D k k^{4} \times \int_{0}^{2 π} D ϕ \times \int_{0}^{π} D θ Sünde θ = \frac{4 π k_{F}^{5}}{5}

$\int\mathrm{d}\textbf{k}\,k^2\,\Theta(k_F-|\textbf{k}|)=\int_0^{k_F}\mathrm{d}k\,k^4\;\times\;\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi\;\times\;\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta\,\sin\theta=\frac{4\pi\,k_F^5}{5}$ was dir die richtige Antwort geben sollte:

⟨ F | \sum_{k, a} \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 M} {\hat{A}}_{k, a}^{†} {\hat{A}}_{k, a} | F ⟩ = \frac{3}{5} N E_{F}

$\langle F|\sum_{\textbf{k},\alpha}\,\frac{\hbar^2 k^2}{2m}\,\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle=\frac{3}{5}N E_F$

Danke, dass du mir meinen ersten Fehler gezeigt hast. Aber könntest du das näher erläutern $\hat{a}^\dagger_{\textbf{k},\alpha}\hat{a}_{\textbf{k},\alpha}|F\rangle=\Theta(k_F-|\textbf{k}|)\,|F\rangle$ ? Ich muss etwas übersehen, je nachdem, ob ich ein anderes Zeichen bekomme $\alpha$ Ist $\uparrow$ oder $\downarrow$ . Übersehe ich etwas wirklich Offensichtliches?
Ich verstehe es nicht wirklich. Wenn ich benutze $\vert F\rangle$ So wie du es definiert hast, würde ich einen Faktor bekommen $4\delta(\textbf{k}+\textbf{q},\textbf{p}-\textbf{q})\delta(\textbf{k},\textbf{p})$ im Begriff der kinetischen Energie. Und damit kann ich nicht arbeiten. Also ich glaube ich verstehe es nicht wirklich. Wären Sie so nett und geben Sie mir ein paar Hinweise, wie ich den Ausdruck manipulieren kann $\langle F \vert a^\dagger a^\dagger a a \vert F\rangle$ ?
Um den Interaktionsterm zu erarbeiten $\langle F|a^\dagger a^\dagger aa|F\rangle$ , müssen Sie die (Anti-)Vertauschungsbeziehungen zwischen den verwenden $a^\dagger$ und das $a$ Operatoren, um a zu erhalten $\langle F|aa^\dagger a^\dagger a|F\rangle$ Begriff, der durch ausgewertet werden kann $a^\dagger a|F\rangle=\Theta|F\rangle$ .
Ich verstehe, danke. Aber mir ist wieder aufgefallen, dass ich nicht weiß ob $a_{\textbf{p},\uparrow} a_{\textbf{k},\downarrow}^\dagger=- a_{\textbf{k},\downarrow}^\dagger a_{\textbf{p},\uparrow}$ oder wenn das RHS positiv ist. Es sollte negativ sein, denke ich? Auch, wie kann ich verwenden $a^\dagger a |F\rangle = \Theta | F\rangle$ , wenn die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren unterschiedlichen Impulsen entsprechen? Das heißt, was ist $a^\dagger_{\textbf{p}-\textbf{q},\beta}a_{\textbf{p},\beta}|F\rangle$ Wenn $|\textbf{q}|\neq0$ ? Entschuldigung, dass ich so viele Fragen habe
Es ist ok, Fragen zu haben! :) Sie müssen verwenden $\{a_i,a^\dagger_j\}=\delta_{ij}$ hier, und eigentlich, die idex $i$ oder $j$ ist sehr allgemein. In Ihrem Fall haben Sie $\{a_{\textbf{k},\alpha},a^\dagger_{\textbf{p},\beta}\}=\delta(\textbf{k}- \textbf{p})\,\delta_{\alpha,\beta}$

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