说明 for cnblog
转载请注明出处：https://www.cnblogs.com/bllovetx/p/11874707.html
欢迎访问My Home Page
--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