Übung Nr.11

Abgabetermin: Montag, d. 11. Juli 2005

Aufgabe 1: (5 Punkte)
a) In der Vorlesung wurde argumentiert, dass bei den Elementen der ersten Gruppe (Na, K u.s.w.) ein Elektron pro Atom im Leitungsband ist. In dieser Aufgabe wollen wir uns davon überzeugen, das die angegebenen Formeln der gleiche Ergebnis liefern. Die Anzahl der Atome pro Volumeneinheit ist für $A=22$:

$$N = \frac{N_{A} \rho}{A} = 0,26 \cdot 10^{23} \; cm^{-3} = 2,6 \cdot 10^{28} \; m^{-3}.$$

Für die weiteren Aufgaben berechnen wir den konstanten Faktor in der Zustandsdichte:

$$g(E) = c \sqrt{E} \approx 0,69 \cdot 10^{28} \sqrt{E} \; m^{-3} (eV)^{-3/2}$$

Die Anzahl der Leitungselektronen pro Volumeneinheit ist für niedrige Temperaturen $T \approx 0$:

$$n_{-} = \int_{0}^{\infty} g(E) F(E) dE \approx \int_{0}^{E_{F}} g(E) dE = c \int_{0}^{E_{F}} \sqrt{E} dE.$$

Hierbei haben wir also benutzt, dass $F(E) = 0$ für $E > E_{F}$ und $F(E) = 1$ für $E < E_{F}$ ist. Dann erhalten wir

$$n_{-} = c \cdot \frac{2}{3} E_{F}^{3/2} \approx 2.5 \cdot 10^{28} \; m^{-3}.$$

Nach dieser Rechnung ist also etwa 1 Leitungselektron pro Atom im Leitungsband. Diese Zahl sollte weitgehend temperaturunabhängig sein, da auch bei höheren Temperaturen nur wenige weiteren Elektronen ins Leitungsband kommen können.
b) Wir bilden das Integral über die Fermi- Verteilung.

$$n_{-}(E > E_{F}) = \int_{E_{F}}^{\infty} g(E) F(E) dE$$

Wir approximieren $g(E) \approx g(E_{F})$ in der Nähe der Fermi- Kante. Mit $x = (E - E_{F})/kT$ kann das Integral geschrieben werden als

$$n_{-}(E > E_{F}) = g(E_{F}) kT \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{e... ...c \sqrt(E_{F}) \approx 0,021 \cdot 10^{28} \; (eV)^{-1} m^{-3}$$

Das sind also $0,84 \; \%$ der gesamten Leitungselektronen.

Aufgabe 2: (5 Punkte)
Die Anzahl der Leitungselektronen pro Volumen $V$ und pro Energieintervall $dE$ ist

$$n_{-}(E) dE = g(E) \; F(E) \; dE.$$

Auch hier approximieren wir wieder $F(E) = 0$ für $E > E_{F}$ und $F(E) = 1$ für $E < E_{F}$. Dann erhalten wir für den Mittelwert der Energie der Elektronen im Leitungsband:

$$\overline{E} = \frac{\int_{0}^{E_{F}} E g(E) dE}{\int_{0}^{E... ...rac{(2/5) E_{F}^{5/2}}{(2/3) E_{F}^{3/2}} = \frac{3}{5} E_{F}.$$

Aufgabe 3: (5 Punkte)
Wir bezeichnen die Zustandsdichten der Elektronen mit $g_{\pm}(E \pm \mu_{B} B)$ und machen eine Taylor- Entwicklung $g_{\pm}(E \pm \mu_{B}B) = g(E) \pm \mu_{B} B \cdot dg/dE$. Die Magtnetisierung ist dann

$$M = \int_{0}^{E_{F}} [ \frac{1}{2}\mu_{B} g(E + \mu_{B} B) - \frac{1}{2} \mu_{B} g(E - \mu_{B} B)] dE$$

Der Faktor 1/2 tritt auf, da wir in der ursprünglichen Zustandsdichte wegen der zwei Spinstellungen einen Faktor 2 haben. Einsetzen der Taylor- Entwicklung ergibt dann

$$M = \mu_{B}^{2} B \int_{0}^{E_{F}} \frac{dg}{dE} dE = \mu_{B}^{2} B g(E_{F})$$

Mit $\chi = M/H = \mu_{0} M /B$ und $g(E_{F}) = c \sqrt{E_{F}}$ (siehe Aufgabe 1) folgt

$$\chi = \mu_{0} \mu_{B}^{2} g(E_{F}) = \mu_{0} \mu_{B}^{2} c \sqrt{E_{F}} \approx 0,82 \cdot 10^{-5}$$

Kupfer ist natürlich ein ganz schlechtes Beispiel, da es bekanntlich diamagnetisch ist. Bei Eisen beobachtet man einen Wert von $0,87 \cdot 10^{-5}$.
Aufgabe 4: (5 Punkte)
Am einfachsten verifiziert man die Formel rückwärts. Mit $E_{S} = N_{1} E_{1} + N_{2} E_{2} = N_{2} E$ folgt

$$N_{2} E \left( 1 + e^{-E/kT} \right) = N E e^{-E/kT}$$

oder

$$N_{2} E = N_{1} E e^{-E/kT}$$

Da $N_{2} = N_{1} e^{-E/kT}$ gilt, ist die Formel also richtig.
b) Die Ableitung der Gesamtenergie nach der Temperatur ergibt

$$c_{V} = \frac{\partial E_{S}}{\partial T} = \frac{N k (E/kT)^{2} e^{-E/kT}}{(1+e^{-E/kT})^{2}}$$

Dieses ist die Schottky- Spez. Wärme und wird bei paramagnetischen Festkörpern bei niedrigen Temperaturen beobachtet. Die Energiewerte korrespondieren zu der Energieaufspaltung der magnetischen Momente parallel und antiparallel zum Magnetfeld, siehe Aufgabe 3.