Формула Кубо для квантового эффекта Холла

Question

Формула Кубо для квантового эффекта Холла

Физика
многотелый
конденсированное вещество
электромагнетизм
вторичное квантование

Грег Гравитон

Я пытаюсь понять формулу Кубо для электропроводности в контексте квантового эффекта Холла.

Моя проблема заключается в том, что в некоторых статьях, например, в знаменитой статье TKNN (1982) или в разработке Кохмото (1984) , диагональные элементы тензора проводимости записываются в виде

о_{Икс у} (ю \to 0) знак равно \frac{я е^{2}}{ℏ} \sum_{Е^{а} < Е_{Ф} < Е^{б}} \frac{⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩ - ⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | в_{Икс} | а ⟩}{(Е^{а} - Е^{б})^{2}} .

$\sigma_{xy}(\omega \to 0) = \frac{ie^2}{\hbar} \sum_{E^a < E_F < E^b} \frac{\langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle - \langle a|v_y|b \rangle \langle b|v_x|a \rangle}{(E^a - E^b)^2} .$

Это статический предел $\omega\to 0$ и низкая температура $T\to 0$ . Сумма проходит по всем собственным состояниям $|a\rangle$ а также $|b\rangle$ одночастичного гамильтониана. $E_F$ есть энергия Ферми. $v_x$ а также $v_y$ – одночастичные операторы скорости.

Однако в этих работах это уравнение не выводится, и это печально, поскольку формула Кубо обычно не представляется в таком виде. Вместо этого я нашел (и преуспел в повторном получении) следующий вариант

о_{Икс у} (ю + я η) знак равно \frac{- я е^{2}}{В (ю + я η)} \sum_{а, б} ф (Е^{а}) (\frac{⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩}{ℏ ю + я η + Е^{а} - Е^{б}} + \frac{⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | в_{Икс} | а ⟩}{- ℏ ю - я η + Е^{а} - Е^{б}}) .

$\sigma_{xy}(\omega+i\eta) = \frac{-ie^2}{V(\omega + i\eta)} \sum_{a,b} f(E^a) \left( \frac{\langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle}{\hbar\omega + i\eta + E^a - E^b} + \frac{\langle a|v_y|b \rangle \langle b|v_x|a \rangle}{-\hbar\omega - i\eta + E^a - E^b} \right).$

Это формула (13.37) от Эшкрофта, Мермин , хотя на самом деле они ее не доказывают. $f(E)$ есть распределение Ферми. Хороший вывод дан в Czycholl (немецкий).

Теперь мой вопрос, очевидно,

Как вывести первую формулу из второй?

Я вижу, что первое уравнение возникает как линейный член при записи суммы в виде степенного ряда в $\omega$ , но почему постоянный член не расходится?

Мэтт Рис

Я совсем не уверен в этом, но: я думаю, проблема может заключаться в том, что холловская проводимость определяется как антисимметризованная компонента тензора проводимости, т.е. величина, к которой применяется первая формула, на самом деле может быть

σ_{x y} - σ_{y x}

$\sigma_{xy} - \sigma_{yx}$ . Это звучит правдоподобно?

Грег Гравитон

Я не уверен, но связанное с этим наблюдение состоит в том, что тензор проводимости, вероятно, должен быть антисимметричным в первую очередь.

Мэтт Рис

Мне это кажется неправильным; на диагонали должны быть обычные (нехолловские) проводимости.

Грег Гравитон

Я понятия не имею. Не могли бы вы привести пример материала с диагональной проводимостью? Или какие-либо общие указатели на этот материал? В конце концов, диагональные проводимости странны, потому что ток течет перпендикулярно приложенному электрическому полю.

Грег Гравитон

Нашел! Небольшую вариацию рассуждения Чихолла можно использовать, чтобы показать, что расходящийся член на самом деле обращается в нуль. Я скоро напишу.

пользователь6631

Применяете ли вы формулу кубо, полученную выше, к числовым расчетам вместе с методом жесткой привязки?

ППР

Другим источником для этого является учебник Чакраборти по квантовому эффекту Холла в Приложении B.

Ответы (2)

Формула Кубо для квантового эффекта Холла

Я совсем не уверен в этом, но: я думаю, проблема может заключаться в том, что холловская проводимость определяется как антисимметризованная компонента тензора проводимости, т.е. величина, к которой применяется первая формула, на самом деле может быть $\sigma_{xy} - \sigma_{yx}$ . Это звучит правдоподобно?
Я не уверен, но связанное с этим наблюдение состоит в том, что тензор проводимости, вероятно, должен быть антисимметричным в первую очередь.
Мне это кажется неправильным; на диагонали должны быть обычные (нехолловские) проводимости.
Я понятия не имею. Не могли бы вы привести пример материала с диагональной проводимостью? Или какие-либо общие указатели на этот материал? В конце концов, диагональные проводимости странны, потому что ток течет перпендикулярно приложенному электрическому полю.
Нашел! Небольшую вариацию рассуждения Чихолла можно использовать, чтобы показать, что расходящийся член на самом деле обращается в нуль. Я скоро напишу.
Применяете ли вы формулу кубо, полученную выше, к числовым расчетам вместе с методом жесткой привязки?
Другим источником для этого является учебник Чакраборти по квантовому эффекту Холла в Приложении B.

Грег Гравитон · Answer 1

Первая формула действительно следует из второй формулы, если мы положим $\omega\to0$ . Чтобы увидеть это, разложите дроби как

\frac{1}{\pm ℏ ю + Е^{а} - Е^{б}} знак равно \frac{1}{Е^{а} - Е^{б}} (1 \mp \frac{ℏ ю}{Е^{а} - Е^{б}}) + О (ю^{2})

$\frac1{\pm\hbar\omega + E^a - E^b} = \frac1{E^a-E^b}\left(1 \mp \frac{\hbar\omega}{E^a-E^b}\right) + \mathcal O(\omega^2)$

чтобы получить $\sigma_{xy} = \sigma^1 + \sigma^2$ как сумма потенциально расходящегося члена

о^{1} знак равно \frac{- я е^{2}}{В ю} \sum_{а, б} ф (Е^{а}) \frac{⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩ + ⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | в_{Икс} | а ⟩}{Е^{а} - Е^{б}}

$\sigma^1 = \frac{-ie^2}{V\omega} \sum_{a,b} f(E^a) \frac{\langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle + \langle a|v_y|b \rangle \langle b|v_x|a \rangle}{E^a - E^b}$

и член, похожий на первую формулу

о^{2} знак равно \frac{- я е^{2} ℏ}{В} \sum_{а, б} ф (Е^{а}) \frac{- ⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩ + ⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | в_{Икс} | а ⟩}{(Е^{а} - Е^{б})^{2}} .

$\sigma^2 = \frac{-ie^2\hbar}{V} \sum_{a,b} f(E^a) \frac{- \langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle + \langle a|v_y|b \rangle \langle b|v_x|a \rangle}{(E^a - E^b)^2} .$

Чтобы увидеть, что первый член обращается в нуль, а не расходится, мы должны использовать уравнение движения Гейзенберга $v_x = \frac{d}{dt}x = [H_0,x]$ который дает

⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ знак равно ⟨ а | {ЧАС}_{0} Икс - Икс {ЧАС}_{0} | б ⟩ знак равно (Е^{а} - Е^{б}) ⟨ а | Икс | б ⟩

и поэтому

⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩ + ⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | в_{Икс} | а ⟩ знак равно (Е^{а} - Е^{б}) (⟨ а | Икс | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩ - ⟨ а | в_{у} | б ⟩ ⟨ б | Икс | а ⟩) .

$\langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle + \langle a|v_y|b \rangle \langle b|v_x|a \rangle = (E^a-E^b) (\langle a|x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle - \langle a|v_y|b \rangle \langle b|x|a \rangle) .$

Факторы $(E^b-E^b)$ отменить и оставшаяся сумма более $b$ становится суммой по тождеству $\sum_b |b\rangle\langle b| = 1$ . Таким образом, мы приходим к

о^{1} знак равно \frac{- я е^{2}}{В ю} \sum_{а, б} ф (Е^{а}) (⟨ а | Икс в_{у} - в_{у} Икс | а ⟩) знак равно 0 .

$\sigma^1 = \frac{-ie^2}{V\omega} \sum_{a,b} f(E^a) \left(\langle a|xv_y - v_yx |a \rangle \right) = 0 .$

поскольку коммутатор $[x,v_y]$ исчезает.

Чтобы убедиться, что второй член правильный, мы должны получить правильные индексы суммирования. Для этого мы должны перестроить суммирование, чтобы получить

о^{2} знак равно \frac{я е^{2} ℏ}{В} \sum_{а, б} (ф (Е^{а}) - ф (Е^{б})) \frac{⟨ а | в_{Икс} | б ⟩ ⟨ б | в_{у} | а ⟩}{(Е^{а} - Е^{б})^{2}} .

$\sigma^2 = \frac{ie^2\hbar}{V} \sum_{a,b} (f(E^a)-f(E^b))\frac{\langle a|v_x|b \rangle \langle b|v_y|a \rangle}{(E^a - E^b)^2} .$

В пределе $T\to0$ , разность распределений Ферми-Дирака $f(E^a)-f(E^b)$ будет равно

$1$ если $E^a < E_F < E^b$
$-1$ если $E^b < E_F < E^a$
$0$ в противном случае

Используя это и снова переставляя суммирование, мы получаем формулу Кубо в первой форме.

Привет, я думаю, что ваше доказательство исчезновения первого члена неверно. Например, если у нас есть поверхность Ферми, то первый член, по-видимому, отличен от нуля — физически разумно, чтобы проводимость в металле имела расходимость 1/омега.
@XuYang Как вы думаете, какой термин явно не равен нулю? Обратите внимание, что этот расчет относится только к поперечной проводимости, а не к продольной проводимости, которая действительно может расходиться.
@GregGraviton Например, аномальный эффект Холла в металле отличен от нуля. И на самом деле его можно зафиксировать формулой Кубо, которая оказывается первым записанным вами термином.
См. уравнение 1.12 в следующей статье и его вывод: journals.aps.org/prb/pdf/10.1103/PhysRevB.48.11705 . В этой статье фактически показано, что первый член обращается в нуль только для изолятора, а не для металла.
Выше уравнения (2.12) заметок Тонга о КЭХ он утверждает, что исчезновение расходящегося члена можно увидеть из калибровочной инвариантности/сохранения тока. Вы знаете, как это будет показано?
@Dwagg Без понятия. На самом деле я этому не верю: общий аргумент, основанный на калибровочной инвариантности, вероятно, применим и к продольной проводимости. Но известно, что в чистом металле без беспорядка продольная проводимость фактически бесконечна в пределе $\omega\to 0$ . Либо аргумент, который вы упомянули, содержит еще один ингредиент, делающий его неприменимым к продольной проводимости, либо он, вероятно, недействителен.
Нет причин для коммутатора $[x,v_y]~[x,[H,y]]$ исчезать. Например, если у вас есть такой термин, как $p^4$ в гамильтониане. Он содержит перекрестные термины вида $p_x^2 p_y^2$ . не будет $[x,[H,y]]$ быть ненулевым в этом случае. Ваше доказательство, кажется, работает только для систем без таких перекрестных условий.
@ symanzik138 О боже, это хороший момент. В модели сильной связи гамильтониан представляет собой сумму экспонент вида $\exp(ik_x n + ik_y m)$ , а также $v_x = ∂H/∂k_x$ , так что ваш аргумент остается в силе. Мне нужно подумать об этом, настоящая причина, вероятно, в том, что система является изолирующей, т.е. функция распределения $f(E^a)$ содержит только полные полосы.
Я некоторое время пытался найти правильный аргумент в литературе. Пока безуспешно. Я подозреваю, что в общем случае сопротивление Холла следует определять как несимметричную часть $\sigma_{xy}$ . Но доказательство в приложении B к обзору QHE, сделанному Тапашем Чакраборти, на первый взгляд кажется неплохим. Он использует другую начальную точку. Так что его немного сложно сравнивать с этим.

ДжонатанУорд · Answer 2

ДжонатанУорд

Хороший вывод второй формулы приведен в http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/kintheory/four.pdf .

минивэн

Добро пожаловать на биржу Physics.Stack. Обратите внимание, что для этого сайта лучше избегать ответов, состоящих только из ссылок. Пожалуйста, попробуйте включить в свой ответ основную часть связанного текста. Цель состоит в том, чтобы сделать SE источником информации, а не просто списком ссылок.

Формула Кубо для квантового эффекта Холла

Грег Гравитон

Мэтт Рис

Грег Гравитон

Мэтт Рис

Грег Гравитон

Грег Гравитон

пользователь6631

ППР

Ответы (2)

Грег Гравитон

Сюй Ян

Грег Гравитон

Сюй Ян

Сюй Ян

Двагг

Грег Гравитон

symanzik138

Грег Гравитон

symanzik138

ДжонатанУорд

минивэн

Уравнения Хедина и энергия основного состояния

Можно ли сделать утверждения о бозонных/фермионных системах, взяв предел θ→πθ→π\тета\до \пи или θ→0θ→0\тета\до 0 любой электронной системы?

Второе квантование в конденсированных средах и квантовая теория поля

Решение гамильтониана БКШ с помощью преобразования Боголюбова

Почему фотоны бозонны?

Модель Хаббарда в среднем поле: три разных подхода

Вывод золотого правила Ферми для времени жизни квазиэлектронов

Как изменяется скорость электронов по цепи?

Операторы создания и уничтожения

Спектр цепи Китаева (неспаренные майорановские фермионы в квантовых проволоках) [закрыто]