【量子統計】フェルミエネルギーを求めてみた！！

今回は「フェルミエネルギー」につて解説したいと思います。

フェルミエネルギーは半導体分野などでよく使われる値で、絶対零度での化学ポテンシャルを表します。

ではこれを実際に求めてみましょう。

フェルミエネルギー
【最後に】東大院試の過去問つくりました！！

フェルミエネルギー

一辺の長さが$L$の立方体に$N$個のフェルミ粒子が入っていると考えます。

シュレディンガー方程式を解く

まず、フェルミオン一個に対するシュレディンガー方程式

$$
-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \phi = \epsilon_n \phi
$$

を

\begin{cases}
\phi(x+L,y,z) = \phi (x,y,z)\\
\phi(x,y+L,z) = \phi (x,y,z) \\
\phi(x,y,z+L) = \phi (x,y,z)
\end{cases}

の条件のもと解くと、$x$成分のエネルギー固有値は

$$
\epsilon_x = \frac{2}{m}\left(\frac{\pi\hbar}{L}\right)^2n_x^2　(n_x = 0,\pm 1,\pm 2,\cdots)
$$

となります。

同様にして、

$$
\epsilon_y = \frac{2}{m}\left(\frac{\pi\hbar}{L}\right)^2n_y^2　(n_y = 0,\pm 1,\pm 2,\cdots)
$$

$$
\epsilon_z = \frac{2}{m}\left(\frac{\pi\hbar}{L}\right)^2n_z^2　(n_z = 0,\pm 1,\pm 2,\cdots)
$$

なのでエネルギー固有値は$\epsilon_n$はすべての成分の和で表されるので

\begin{eqnarray}
\epsilon_n &=& \epsilon_x + \epsilon_y + \epsilon_z\\
&=& \frac{2}{m}\left(\frac{\pi\hbar}{L}\right)^2 (n_x^2 + n_y^2 + n_z^2)\\
&=& \frac{2}{m}\left(\frac{\pi\hbar}{L}\right)^2 n^2　(n = (n_x,n_y,n_z))
\end{eqnarray}

となります。

ここで$\epsilon_n$がぐちゃぐちゃしてきたので$n^2$の係数を$\alpha$と置き

$$
\epsilon_n= \alpha n^2 \tag{1}
$$

とします。

状態密度

次に状態密度$D(\epsilon)$を求めます。

状態密度は単位エネルギー当たりの粒子の数を表し、

$$
N = \int_{0}^{\infty} d\epsilon \frac{D(\epsilon)}{e^{\beta(\epsilon – \mu)} + 1}\tag{2}
$$

を満たします。

これを求めるためにまず、粒子数の期待値を変形していきます。

\begin{eqnarray}
N &=& \sum \langle n \rangle \\
&=& \sum_{n,s=\pm\frac{1}{2}}\frac{1}{e^{\beta (\epsilon_n-\mu)}+1}\\
&=& 2\sum_{n} \frac{1}{e^{\beta (\epsilon_n-\mu)}+1}　(一粒子につき2つのスピン状態)\\
&=& \int_{-\infty}^{\infty} d^3\chi \frac{2}{e^{\beta (\alpha \rho^2-\mu)}+1}　(オイラーの和公式)\\
&=& \int_{0}^{\infty}\frac{8\pi\rho^2}{ e^{\beta (\alpha \rho^2-\mu)}+1 } d\rho　(\rho = \sqrt{\chi_1^2 + \chi_2^2 + \chi_3^2 }を使って変形)
\end{eqnarray}

となります。

ここから、$\rho = \sqrt{\frac{\epsilon}{\alpha}}$を利用してさらに変形すると

\begin{eqnarray}
N &=&\int_{0}^{\infty}\frac{8\pi\rho^2}{ e^{\beta (\alpha \rho^2-\mu)}+1 } d\rho\\
&=& \int_{0}^{\infty}\frac{8\pi\rho^2}{ e^{\beta (\alpha \rho^2-\mu)}+1 } \frac{1}{2\sqrt{\alpha \epsilon}}d\epsilon\\
&=& \int_{0}^{\infty} d\epsilon \frac{\frac{4\pi}{\alpha}\sqrt{\frac{\epsilon}{\alpha}}}{e^{\beta(\epsilon – \mu)} + 1}
\end{eqnarray}

となります。

(2)式と比較すると

$$
D(\epsilon) = \frac{4\pi}{\alpha}\sqrt{\frac{\epsilon}{\alpha}} \tag{3}
$$

となります。

フェルミエネルギー

フェルミエネルギーを$\epsilon_F$としたとき、絶対零度$T=0$で化学ポテンシャル$\mu = \epsilon_F$となることを利用して(2)式を積分していきます。

ここで、

(i)$ \epsilon_n < \mu (= \epsilon_F)$のとき

$$
\frac{1}{e^{\beta(\epsilon_n – \mu)} + 1} = 1
$$

であり、

(ii)$ \epsilon_n > \mu (= \epsilon_F)$のとき

$$
\frac{1}{e^{\beta(\epsilon_n – \mu)} + 1} = 0
$$

であることを利用すると

\begin{eqnarray}
N &=& \int_{0}^{\infty} d\epsilon \frac{D(\epsilon)}{e^{\beta(\epsilon – \mu)} + 1}\\
&=& \int_{0}^{\epsilon_F} d\epsilon \frac{D(\epsilon)}{e^{\beta(\epsilon – \mu)} + 1} + 0\\
&=&\int_{0}^{\epsilon_F} \frac{4\pi}{\alpha \sqrt{\alpha}} \sqrt{\epsilon} d\epsilon \\
&=& \frac{8\pi}{3\alpha\sqrt{\alpha}}\epsilon_F^{\frac{3}{2}}
\end{eqnarray}

となります。

よって、

$$
\epsilon_F = \alpha\left(\frac{3N}{8\pi}\right)^{\frac{2}{3}}
$$

となります。