Chemisches Potential für ideales Fermigas mit Einzelteilchenenergien ϵ±k=±ℏc|k|ϵk±=±ℏc|k|\epsilon_k^{\pm}=\pm \hbar c |\mathbf k|

Question

Chemisches Potential für ideales Fermigas mit Einzelteilchenenergien ϵ±k=±ℏc|k|ϵk±=±ℏc|k|\epsilon_k^{\pm}=\pm \hbar c |\mathbf k|

Physik
Fermionen
ideales Gas
Chemisches Potential
Statistische Mechanik

Sahand Tabatabaei

Ich bin in einigen Beispielaufgaben für die Abschlussprüfung meines Diplomstudiengangs Statistische Mechanik auf folgende Frage gestoßen:

Betrachten Sie ein ideales Gas von Fermionen der Dichte $n$ in drei Dimensionen mit den durch gegebenen Einzelteilchen-Eigenzustandsenergien $\epsilon_k^{\pm}=\pm \hbar c |\mathbf k|$ . Nehmen Sie das chemische Potential an $\mu = 0$ bei $T=0$ . Beweisen Sie, dass bei konstanter Fermionendichte $\mu(T)=0$ für alle $T$ .

Mein erster Ansatz war die Verwendung der Fermi-Dirac-Verteilung (unter Verwendung von Energieeinheiten für die Temperatur):

N = \sum_{k} ⟨ N_{k} ⟩ = \sum_{k} \frac{1}{e^{\frac{ϵ_{k} - μ}{T}} + 1} = \sum_{k} \frac{1}{e^{\frac{ℏ C | k | - μ}{T}} + 1}

$N=\sum_k\langle n_k\rangle = \sum_k \frac{1}{e^{\frac {\epsilon_k-\mu}T}+1}=\sum_k \frac{1}{e^{\frac {\hbar c |\mathbf k|-\mu}T}+1}$ Umwandlung in ein Integral im Impulsraum:

N = v \int_{R^{3}} \frac{D^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{1}{e^{\frac{ℏ C | k | - μ}{T}} + 1} = \frac{v}{2 π^{2}} \int_{0}^{\infty} D k \frac{k^{2}}{z^{- 1} e^{\frac{ℏ C k}{T}} + 1}

$N=V\int_{\Bbb R^3}\frac {d^3k}{(2 \pi)^3}\frac{1}{e^{\frac {\hbar c |\mathbf k|-\mu}T}+1}=\frac {V}{2 \pi^2}\int_0^\infty dk \ \frac{k^2}{z^{-1}e^{\frac {\hbar c k}T}+1}$ Wo

z = e^{\frac{μ}{T}}

$z=e^{\frac {\mu}{T}}$ ist die Flüchtigkeit. Unter Verwendung von Variablenänderungen erhalten wir:

N = \frac{v}{2 π^{2}} {(\frac{T}{ℏ C})}^{3} \int_{0}^{\infty} D X \frac{X^{2}}{z^{- 1} e^{X} + 1}

$N=\frac {V}{2 \pi^2} \left(\frac{T}{\hbar c}\right)^3\int_0^\infty dx \ \frac{x^2}{z^{-1}e^{x}+1}$ Was in Bezug auf die Fermi-Dirac-Funktionen ist:

N = \frac{1}{π^{2}} {(\frac{T}{ℏ C})}^{3} F_{3} (z)

$n=\frac {1}{ \pi^2} \left(\frac{T}{\hbar c}\right)^3f_3(z)$ Wo

n

$n$ ist die Dichte. Bei niedrigen Temperaturen mit der Sommerfeld-Erweiterung

f_{3} (e^{\frac{μ}{T}}) ≃ \frac{1}{6} {(\frac{μ}{T})}^{3} (1 + π^{2} {(\frac{T}{μ})}^{2})

$f_3\left(e^{\frac{\mu}{T}}\right) \simeq \frac 16\left(\frac {\mu}{T}\right)^3\left(1+\pi^2 \left(\frac T{\mu}\right)^2\right)$ , wir bekommen:

N ≃ \frac{1}{π^{2}} {(\frac{T}{ℏ C})}^{3} \frac{1}{6} {(\frac{μ}{T})}^{3} (1 + π^{2} {(\frac{T}{μ})}^{2}) ≃ \frac{v}{6 π^{2}} {(\frac{μ}{ℏ C})}^{3} T \to 0^{+}

$n\simeq\frac {1}{ \pi^2} \left(\frac{T}{\hbar c}\right)^3\frac 16\left(\frac {\mu}{T}\right)^3\left(1+\pi^2 \left(\frac T{\mu}\right)^2\right)\simeq \frac {V}{ 6\pi^2} \left(\frac{\mu}{\hbar c}\right)^3 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ T\rightarrow0^+$ Was gibt:

μ ≃ ℏ C {(6 π^{2} N)}^{\frac{1}{3}} T \to 0^{+}

$\mu \simeq \hbar c\left(6 \pi^2 n\right)^{\frac{1}{3}} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ T\rightarrow0^+$ Ich kann nicht verstehen, wie wir annehmen können , dass das chemische Potential bei einer Temperatur von Null Null ist. Die obige Lösung zeigt deutlich, dass dies unmöglich ist. Wie könnte das Gas null Fermi-Energie haben? Ich erhalte das gleiche Ergebnis, wenn ich die große kanonische Partitionsfunktion von Grund auf neu berechne und das große Potenzial verwende. Ein chemisches Nullpotential ergibt auch keinen intuitiven Sinn, da es impliziert, dass das Hinzufügen oder Entfernen von Partikeln aus dem Gas keinerlei Energiekosten verursachen würde; was nicht wahr sein kann, denn wenn wir ein Fermion hinzufügen, kann es kein Energieniveau mit einem anderen Teilchen teilen (Pauli-Prinzip) und muss daher auf ein höheres Energieniveau gehen, was bedeutet, dass Energiekosten ungleich Null anfallen.

Ein weiteres Problem ist, dass ich nicht verstehen kann, was die Frage bedeutet

\pm

$\pm$ im

ϵ_{k}^{\pm} = \pm ℏ c | k |

$\epsilon_k^{\pm}=\pm \hbar c |\mathbf k|$ Beziehung. Bedeutet das, dass jeder Impuls-Eigenzustand zwei Energie-Eigenzuständen entspricht, einem negativen und einem positiven? Betrachten Sie zum Beispiel den Fall -

ϵ_{k} = - ℏ c | k |

$\epsilon_k=- \hbar c |\mathbf k|$ . Die gleiche Argumentation wie oben ergibt:

N = \frac{1}{2 π^{2}} {(\frac{T}{ℏ C})}^{3} \int_{0}^{\infty} D X \frac{X^{2}}{z^{- 1} e^{- X} + 1} \to + \infty

$n=\frac {1}{2 \pi^2} \left(\frac{T}{\hbar c}\right)^3\int_0^\infty dx \ \frac{x^2}{z^{-1}e^{-x}+1} \ \rightarrow +\infty$ Und dieses Integral divergiert deutlich für alle Werte von

z

$z$ .

Ich habe das Gefühl, dass ich die Frage falsch interpretiere. Jede Hilfe wäre willkommen.

Lenol

Ich bin in der gleichen Klasse. Würde mich über ein Update freuen, wenn du es bekommst.

Sahand Tabatabaei

Sicher. Ich werde alles Relevante posten, das ich finden kann.

Lenol

ich fand

μ (T) = μ (0) + c T^{2}

$\mu(T)=\mu(0)+cT^2$ , und das

μ

$\mu$ weicht kaum ab

μ (0)

$\mu(0)$ . Ich bin mir nicht sicher, ob er das erwartet.

Sahand Tabatabaei

Ich weiß nicht vielleicht? Aber das ist nur für niedrige Temperaturen. Er sagt beweisen

μ = 0

$\mu=0$ für alle T. Ich habe wirklich keine Ahnung.

Antworten (2)

Chemisches Potential für ideales Fermigas mit Einzelteilchenenergien ϵ±k=±ℏc|k|ϵk±=±ℏc|k|\epsilon_k^{\pm}=\pm \hbar c |\mathbf k|

Ich bin in der gleichen Klasse. Würde mich über ein Update freuen, wenn du es bekommst.
Sicher. Ich werde alles Relevante posten, das ich finden kann.
ich fand $\mu(T)=\mu(0)+cT^2$ , und das $\mu$ weicht kaum ab $\mu(0)$ . Ich bin mir nicht sicher, ob er das erwartet.
Ich weiß nicht vielleicht? Aber das ist nur für niedrige Temperaturen. Er sagt beweisen $\mu=0$ für alle T. Ich habe wirklich keine Ahnung.

eranreches · Answer 1

Bevor wir uns in die Mathematik vertiefen, versuchen wir, eine Vorstellung von der Energiefunktion zu bekommen, mit der Sie es zu tun haben. Du bist gegeben

ϵ_{k}^{\pm} = \pm ℏ C | k |

$\epsilon_{\boldsymbol{k}}^{\pm}=\pm\hbar c\left|\boldsymbol{k}\right|$

ϵ_{F} = μ (T = 0) = 0

$\epsilon_{\rm F}=\mu\left(T=0\right)=0$

Dies bedeutet, dass bei $T=0$ alle negativen Energiezustände sind besetzt und alle positiven Energiezustände sind leer. Dies ist typisch für Systeme der Festkörperphysik. Ihr habt hier im Grunde eine Bandstruktur : Die negativen Energien bilden das sogenannte Valenzband und die positiven Energien das sogenannte Leitungsband . Das Valenzband ist vollständig mit Elektronen besetzt, was es schwierig macht, damit umzugehen. Daher entwickeln Physiker das Konzept der Löcher oder des Mangels an Elektronen. Während das Valenzband voller Elektronen ist, ist es gleichbedeutend damit, dass es leer von Löchern ist – einfach zu behandeln. Zusammenfassend leben Löcher im Valenzband und Elektronen leben im Leitungsband.

Jetzt kommt der entscheidende Teil. Wenn Sie ein Elektron aus dem Valenzband in das Leitungsband anregen, erzeugen Sie im Wesentlichen ein Elektron-Loch-Paar: Ein Loch (Elektronenleerstelle) erscheint im Valenzband und ein Elektron erscheint im Leitungsband. Es ist nun sehr wichtig festzuhalten, dass aufgrund dieser Symmetrie die Anzahl der Elektronen gleich der Anzahl der Löcher ist. Dies gilt nur, weil das Fermi-Niveau genau in der Mitte zwischen den beiden Bändern liegt.

Jetzt verstehen wir die Intuition hinter diesem Problem. Der nächste Schritt besteht darin, die Anzahl der Elektronen und die Anzahl der Löcher zu berechnen, beide müssen gleich sein - und erhalten $\mu=\mu\left(T\right)$ . Wie Sie sagten, die Wahrscheinlichkeit der Elektronenbesetzung bei einer Energie $\epsilon$ ist durch die Fermi-Dirac- Verteilungsfunktion gegeben

F_{e} (ϵ) = \frac{1}{e^{β (ϵ - μ)} + 1}

$f_{\rm e}\left(\epsilon\right)=\frac{1}{e^{\beta\left(\epsilon-\mu\right)}+1}$

mit $\beta\equiv \frac{1}{K_{\rm B}T}$ . Andererseits ist die Wahrscheinlichkeit der Besetzung eines Lochs im Valenzband gleich der Wahrscheinlichkeit eines Elektronmangels

F_{H} (ϵ) = 1 - F_{e} (ϵ) = 1 - \frac{1}{e^{β (ϵ - μ)} + 1} = \frac{1}{e^{- β (ϵ - μ)} + 1}

$f_{\rm h}\left(\epsilon\right)=1-f_{\rm e}\left(\epsilon\right)=1-\frac{1}{e^{\beta\left(\epsilon-\mu\right)}+1}=\frac{1}{e^{-\beta\left(\epsilon-\mu\right)}+1}$

Damit ist die Anzahl der Elektronen bzw. Löcher gegeben durch

N_{e} (T) = \int_{0}^{\infty} D ϵ D (ϵ) F_{e} (ϵ)

$n_{\rm e}\left(T\right)=\int_{0}^{\infty}{\rm d}\epsilon D\left(\epsilon\right)f_{\rm e}\left(\epsilon\right)$

N_{H} (T) = \int_{- \infty}^{0} D ϵ D (ϵ) F_{H} (ϵ) = \int_{0}^{\infty} D ϵ D (- ϵ) F_{H} (- ϵ)

$n_{\rm h}\left(T\right)=\int_{-\infty}^{0}{\rm d}\epsilon D\left(\epsilon\right)f_{\rm h}\left(\epsilon\right)=\int_{0}^{\infty}{\rm d}\epsilon D\left(-\epsilon\right)f_{\rm h}\left(-\epsilon\right)$

bei allen Temperaturen. Hier $D\left(\epsilon\right)$ ist die Zustandsdichte, und Sie können das aus Symmetrie argumentieren $D\left(\epsilon\right)=D\left(-\epsilon\right)$ . Wenn wir die Distributionen einstecken, bekommen wir

N_{e} (T) = \int_{0}^{\infty} D ϵ D (ϵ) \frac{1}{e^{β (ϵ - μ)} + 1}

$n_{\rm e}\left(T\right)=\int_{0}^{\infty}{\rm d}\epsilon D\left(\epsilon\right)\frac{1}{e^{\beta\left(\epsilon-\mu\right)}+1}$

N_{H} (T) = \int_{0}^{\infty} D ϵ D (ϵ) \frac{1}{e^{β (ϵ + μ)} + 1}

$n_{\rm h}\left(T\right)=\int_{0}^{\infty}{\rm d}\epsilon D\left(\epsilon\right)\frac{1}{e^{\beta\left(\epsilon+\mu\right)}+1}$

Sie können das jetzt sofort sehen, wenn $n_{\rm e}\left(T\right)=n_{\rm h}\left(T\right)$ gilt für alle temperaturen, dann muss man haben

μ (T) = 0

$\mu\left(T\right)=0$

für alle Temperaturen, wie gewünscht.

Vielen Dank für Ihre Antwort. Ich sehe nicht, wo die spezifische Dispersionsbeziehung liegt $\epsilon_k^{\pm} =\pm \hbar c \mathbf k$ kommt in Ihre Ableitung, abgesehen von der Symmetrie, die in Ihren Zustandsdichtefunktionen verwendet wird. Gilt dies für jede Form von (symmetrischen) Einzelteilchenenergien für die Fermionen?
@SahandTabatabaei Die Dispersionsrelation gibt Ihnen lediglich die Zustandsdichte und nicht mehr. Dies gilt immer dann, wenn Sie in der statistischen Mechanik Durchschnittswerte berechnen. In diesem Fall ist die wichtige Eigenschaft der Zustandsdichte die Gleichmäßigkeit, dh $D(\epsilon)=D(-\epsilon)$ , was die Folge einer symmetrischen Energieniveaustruktur ist $\epsilon=0$ . Wenn Sie also eine Dispersionsbeziehung haben, die rundherum symmetrisch ist $\epsilon=0$ Sie erhalten das gleiche Ergebnis, dass $\mu(T)=0$ für alle $T$ 'S. Dies sollte Sie nicht überraschen. Zu diesem speziellen Fall gibt es Besonderheiten zu beachten.
@SahandTabatabaei Wenn Sie die Dispersionsrelation kennen, können Sie beide sogar explizit unter mehreren Annäherungen berechnen $n_{\rm e}(T)$ Und $n_{\rm h}(T)$ . Wenn Sie dies tun, werden Sie sehen, dass mit steigender Temperatur mehr Elektron-Loch-Paare entstehen.
Das macht absolut Sinn. Wenn ich das richtig verstehe, berechnen wir nur die Anzahl der Elektronen über dem Fermi-Niveau und die Anzahl der fehlenden Elektronen darunter (Anzahl der Löcher) und setzen sie gleich. Allerdings habe ich noch einige Fragen. Was bedeutet es, dass die Elektronen (unbegrenzte) negative Energie haben? Es scheint, als gäbe es unendlich viele Elektronen, die das Valenzband besetzen. Ich habe das Gefühl, einige sehr einfache Annahmen der Festkörperphysik nicht zu kennen. Es sollte eine endliche Grundzustandsenergie für das gesamte System geben, oder? Was vermisse ich?
Warum nehmen wir außerdem an, dass wir unendlich viele Elektronen haben?
@SahandTabatabaei Fast. Sie haben Recht, abgesehen davon, dass wir die Zahlen über und unter dem Fermi-Niveau nicht berechnen. Wir berechnen die Anzahl der Elektronen im oberen Band ( $\epsilon>0$ ) und die Anzahl der Löcher im unteren Band ( $\epsilon<0$ ). Es ist nur ein Zufall, dass das Fermi-Niveau in der Mitte liegt. In anderen Fällen kann es sein, dass die $\epsilon_{\rm F}>0$ Während die Grenzen der Integrale beispielsweise gleich bleiben, summieren wir über Bänder.
@SahandTabatabaei Was die unendlichen Elektronen betrifft - das ist nur eine Annäherung. Die Fermi-Dirac-Verteilung fällt exponentiell ab $f(\epsilon)\sim e^{-\beta\left(\epsilon-\mu\right)}$ also ist es eigentlich egal, was passiert $\epsilon\rightarrow\pm\infty$ . Es ist vernachlässigbar. In realen Fällen ist die Anzahl der Elektronen natürlich endlich, und tatsächlich sind die Bänder selbst ein Bündel eng getrennter diskreter Energiezustände und kein Kontinuum.
Aber geht die Fermi-Dirac-Verteilung nicht auf 1, wenn $\epsilon \rightarrow -\infty$ ? Der Exponent im Nenner geht zu $- \infty$ , was den Exponentialterm zu 0 und den Nenner zu 1 macht. Dies macht in gewisser Weise Sinn, denn je tiefer der Zustand im Fermi-Meer liegt, desto höher sind die Chancen, dass er von einem Elektron besetzt wird. Dies bedeutet jedoch immer noch, dass die Anzahl der Elektronen und die Energie des Systems unendlich sind. Ich möchte den Gültigkeitsbereich dieses Modells kennen. Für welche Größen kann dieses Modell zur Berechnung verwendet werden? Die Elektronenzahl und die Gesamtenergie gehören nicht dazu.
@SahandTabatabaei Deine Beobachtung zur Fermi-Dirac-Verteilung bei $\epsilon\rightarrow-\infty$ ist richtig. Aber genau deshalb sprechen wir im Valenzband von Löchern statt von Elektronen. Das sieht man leicht $f_{\rm h}(\epsilon\rightarrow-\infty)\sim e^{\beta(\epsilon-\mu)}\ll 1$ . Der Schlüssel hier ist, dass Sie alle gewünschten Größen berechnen können, aber Sie müssen das System als Elektronen im Leitungsband und Löcher im Valenzband behandeln. Auf diese Weise können Sie die unendliche Besetzung von Elektronen im Grenzwert verwerfen $\epsilon\rightarrow-\infty$ was Probleme macht.
@SahandTabatabaei Die gesamte Physik passiert zwischen der Leitung und dem Volantband. Energieniveaus, die zu tief unten (oder zu weit oben über dem Leitungsband) liegen, tragen bei vernünftigen Temperaturen nicht zu messbaren Effekten bei.

Drachen.Y · Answer 2

Die Antwort von @eranreches ist vollständig und gut genug. Ich möchte nur ein paar kleine Kommentare zur Lösung in Ihrer ursprünglichen Frage hinzufügen:

Erstens gibt es, wie Sie bereits bemerkt haben, zwei Zweige, während Sie in Ihrer Berechnung nur einen davon verwendet haben: Das heißt, Sie versuchen, Elektronen nur in positive Energiezustände zu füllen, dann würde jede endliche Anzahl von Füllungen zu einem positiven chemischen Potential führen $\mu$ bei $T=0$ , was nur das höchste Energieniveau ist, das erreicht wird, nachdem Sie alle Elektronen eingefüllt haben.

Zweitens, wenn Sie auch die negative Energie berücksichtigen, aber trotzdem versuchen, ein Standard-Fermi-Dirac-Integral für die Berechnung zu verwenden, dann würden Sie feststellen, dass unendlich viele negative Energieniveaus gefüllt werden können – keine untere Grenze für Energieniveaus , was zu einer Katastrophe führt, da Sie nicht einmal wissen, wo Sie anfangen sollen, Elektronen einzufüllen. Und das ist einer der Gründe, warum @eranreches die Zustandsdichte verwendet hat $D(\epsilon)$ in seiner Berechnung, was das Problem bei einer expliziten Berechnung vermeiden könnte. Während in der realen Welt, zum Beispiel in Festkörpersystemen, natürlich jedes Energieband in einem endlichen Energiefenster eingeschränkt ist, und auch der Impuls $k$ würde auch einen endlichen Wert annehmen; dann, genauer gesagt, haben Sie vielleicht $D(|\epsilon| > \epsilon_0) = 0$ .

Drittens ist die lineare Dispersion im Festkörper ziemlich verbreitet, was mit vielen interessanten Themen zusammenhängt: zB Luttinger-Flüssigkeit, Dirac-Kegel .... Es ist normalerweise eine Annäherung für nur eine endliche Anzahl von Zuständen, die mit gekennzeichnet sind $k$ in der gesamten Brilioun-Zone, und wird hauptsächlich für den Fall der Bandkreuzung (oder -berührung) gesehen: Wenn sich zwei Bänder kreuzen, würde der Bereich um den Kreuzungspunkt eine lineare Dispersion aufweisen $\epsilon \sim |k|$ . Und die Bedeutung von $\mu(T=0)=0$ in diesem Fall ist es nur so, dass Elektronen alle Zustände unterhalb dieses Kreuzungspunkts füllen.

Generell gäbe es andere Dispersionen für Bandberührungen, z $\epsilon\sim k^2$ . (Sie könnten hier etwas Ähnliches finden: arXiv 1603.03093.)

Wenn ich die innere Energie des Systems berechne, $U=\int_{-\infty}^{\infty}\epsilon f(\epsilon,\mu=0) D(\epsilon) d\epsilon$ , wäre das Integral divergent. Wie kann ich das verstehen?
@Lenol Du machst das einfach nicht so. Lassen Sie uns stattdessen reparieren $U(T=0)=0$ . Wir können dies tun, weil Energie bis auf eine Konstante definiert ist. Stellen Sie sich nun vor, Sie regen ein Elektron aus der Ebene an $-\epsilon$ in die Ebene $\epsilon$ . Es bedeutet, dass Sie ein Loch bei erstellen $-\epsilon$ mit Energie $-\left(-\epsilon\right)=\epsilon$ und ein Elektron bei $\epsilon$ mit Energie $\epsilon$ . Die Gesamtenergie des Systems hat sich um erhöht $2\epsilon$ .
@Lenol Mit der gleichen Argumentation können Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Energie des Systems erstellen $U = \int_{- \infty}^{0} (- ϵ) F_{H} (ϵ) D (ϵ) D ϵ + \int_{0}^{\infty} ϵ F_{e} (ϵ) D (ϵ) D ϵ$ $U=\int_{-\infty}^{0}(-\epsilon)f_{\rm h}(\epsilon)D(\epsilon){\rm d}\epsilon+\int_{0}^{\infty}\epsilon f_{\rm e}(\epsilon)D(\epsilon){\rm d}\epsilon$ Dieser Ausdruck konvergiert, weil $F_{H} (ϵ \to - \infty) \to 0$ $f_{\rm h}(\epsilon\rightarrow-\infty)\rightarrow 0$ Und $F_{e} (ϵ \to \infty) \to 0$ $f_{\rm e}(\epsilon\rightarrow\infty)\rightarrow 0$ exponentiell schnell.
@Lenol Yup, eranreches beantwortet deine Frage bereits. Oder, wie ich oben erwähnt habe, wenn Sie wirklich nur auf die Frage selbst starren wollten und sie vollständig als ein Problem des "Füllens des Energieniveaus eines einzelnen Elektrons" betrachten, ohne Löcher in Festkörpern oder Energiekonstantenverschiebungen zu berücksichtigen, dann ist das Problem genau genommen ist nicht perfekt definiert - es sollte immer eine untere Energiegrenze für jedes System geben. Um es also zu lösen, müssen Sie es zuerst richtig erklären.

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