Degeneración del nivel de Landau en calibre de simetría, sistema finito

Question

Degeneración del nivel de Landau en calibre de simetría, sistema finito

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Como sabemos, la degeneración del nivel de Landau en un sistema rectangular finito es $\Phi/\Phi_0$ , dónde $\Phi=BS$ es el flujo magnético total y $\Phi_0=h/q$ es el cuanto de flujo. Esto se puede derivar fácilmente utilizando el ancho de Landau y asumiendo la condición de frontera periódica.

Sin embargo, si elige el calibre simétrico, $l_z=x\hat p_y-y\hat p_x$ conmuta con hamiltoniano, el número cuántico correspondiente $m$ es por lo tanto una buena. Después de algunos cálculos, por fin el nivel de energía se escribe como

mi = [norte + (metro + | metro |) / 2 + 1 / 2] ℏ ω .

$E=\left[n+(m+|m|)/2+1/2\right]\hbar\omega.$ Quiero derivar la degeneración del nivel de Landau para un sistema finito con radio

R

$R$ .

El pensamiento que tengo es que debido a que en un sistema finito el momento angular está acotado, el valor máximo de $l_z$ es $qBR^2$ cuando consideras que la partícula realiza el movimiento circular clásicamente. De ahí el máximo $m=l_z/\hbar=2\Phi/\Phi_0$ , y la degeneración por lo menos se duplica.

Lo que hemos aprendido es que la elección del calibre no cambiará el efecto observable, la degeneración finita obviamente se puede observar. Entonces, ¿qué tiene de malo mi derivación? ¿O porque son diferentes simplemente porque el sistema que consideramos simplemente no es equivalente?

dolún

No está claro en su pregunta si está tratando con el nivel más bajo de Landau (LLL) en particular o con cualquier nivel de Landau. Sin embargo, independientemente de la elección del calibre, se debe recuperar la misma física. Creo que la forma en que piensas está bien y da el resultado con una buena aproximación. Tenga en cuenta que incluso con el uso de ancho Landau en un sistema rectangular, el

Φ / Φ_{0}

$\Phi/\Phi_0$ La expresión no proporciona estrictamente la degeneración LLL, sino solo una aproximación. Si es necesario, puedo proporcionar una derivación de la estimación de degeneración LLL para el indicador simétrico.

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@dolan ¡Gracias por el comentario! Lo que estoy considerando es el problema mecánico cuántico más simple, una partícula cargada en un campo magnético uniforme. La degeneración de cada nivel de Landau es la misma en el indicador de Landau cuando se considera una muestra rectangular con condiciones de contorno periódicas, este es un resultado casi exacto hasta donde yo considero. Sin embargo, estoy muy interesado en su afirmación, es decir, las cosas de LLL y la "aproximación" que dijo.

Siva

Encontré que el siguiente es un recurso muy útil cuando trato de comprender los niveles de Landau: hitoshi.berkeley.edu/221a/landau.pdf

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@Siva ¡Gracias, este es un buen recurso! De hecho, resuelvo esta paradoja leyendo estas notas de hoy. Abordó el "momento angular no físico" en la página 8.

Respuestas (2)

Degeneración del nivel de Landau en calibre de simetría, sistema finito

No está claro en su pregunta si está tratando con el nivel más bajo de Landau (LLL) en particular o con cualquier nivel de Landau. Sin embargo, independientemente de la elección del calibre, se debe recuperar la misma física. Creo que la forma en que piensas está bien y da el resultado con una buena aproximación. Tenga en cuenta que incluso con el uso de ancho Landau en un sistema rectangular, el $\Phi/\Phi_0$ La expresión no proporciona estrictamente la degeneración LLL, sino solo una aproximación. Si es necesario, puedo proporcionar una derivación de la estimación de degeneración LLL para el indicador simétrico.
@dolan ¡Gracias por el comentario! Lo que estoy considerando es el problema mecánico cuántico más simple, una partícula cargada en un campo magnético uniforme. La degeneración de cada nivel de Landau es la misma en el indicador de Landau cuando se considera una muestra rectangular con condiciones de contorno periódicas, este es un resultado casi exacto hasta donde yo considero. Sin embargo, estoy muy interesado en su afirmación, es decir, las cosas de LLL y la "aproximación" que dijo.
Encontré que el siguiente es un recurso muy útil cuando trato de comprender los niveles de Landau: hitoshi.berkeley.edu/221a/landau.pdf
@Siva ¡Gracias, este es un buen recurso! De hecho, resuelvo esta paradoja leyendo estas notas de hoy. Abordó el "momento angular no físico" en la página 8.

una oferta no se puede rechazar · Answer 1

El problema con mi pensamiento es que mezclo el "momento angular canónico" con el físico. Desde $\hat p_x,\hat p_y$ es el impulso canónico, son dependientes explícitos del calibre. Consulte ¿Qué es el momento canónico? para una pequeña referencia.

El $\hat l_z$ en mi pregunta no admite ningún significado físico, por lo que la condición limitada no es válida. El verdadero impulso físico debe ser

\begin{aligned} {\hat{L}}_{z} = & X {\hat{PAG}}_{y} - y {\hat{PAG}}_{X} \\ = & {\hat{yo}}_{z} - \frac{q B}{2} r^{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} \hat L_z=&x\hat P_y-y\hat P_x\\ =&\hat l_z-\frac{qB}{2}r^2 \end{aligned}$

Considere clásicamente del lado izquierdo, $L_z=-qBr^2$ , por lo que finalmente tenemos:

{yo}_{z}^{metro a X} = - q B R^{2} / 2

$l_z^{max}= -qBR^2/2$

Entonces tenemos $|q|BR^2/2\hbar$ diferentes valores de $\bar m$ a elegir, que dan la degeneración adecuada: $\Phi/\Phi_0$

dolún · Answer 2

¡Es bueno ver que resolviste la paradoja tú mismo! Otra forma de encontrar el mismo resultado es calcular el número de órbitas que es posible apilar en una superficie igual al área del sistema.

Primero recordemos cosas básicas en los niveles de Landau. El hamiltoniano de una partícula moviéndose en 2D $\{x,y\}\equiv\{r,\theta\}$ plan a través de un campo magnético estático dice:

H = \frac{(pag - q A)^{2}}{2 METRO} = \frac{{pag}^{2}}{2 METRO} + \frac{1}{8} METRO ω_{C}^{2} r^{2} - \frac{ω_{C}}{2} L_{z}

$\mathcal{H}=\frac{(\textbf{p}-q\mathbf{\mathcal{A}})^2}{2M}=\frac{\textbf{p}^2}{2M}+\frac{1}{8}M\,\omega^2_c\,r^2-\frac{\omega_c}{2}\,L_z$ dónde

A = (- B y / 2, B x / 2, 0)

$\mathcal{A}=(-By/2,Bx/2,0)$ es el vector potencial en el calibre simétrico,

L_{z} = x p_{y} - y p_{x} = - i ℏ \partial_{θ}

$L_z=xp_y-yp_x=-\mathrm{i}\hbar\,\partial_\theta$ el momento angular canónico, y

ω_{c} = q B / M

$\omega_c=qB/M$ la pulsación del ciclotrón.

Las desigualdades de Heisenberg proporcionan aquí constantes físicas consistentes del problema (longitud típica $\ell$ y velocidad $v_m$ del movimiento):

METRO v_{metro} ℓ \sim ℏ con v_{metro} = ℓ ω_{C}

$M\,v_m\,\ell \sim \hbar \quad\text{with}\quad v_m=\ell\,\omega_c$ Así, encontramos

ℓ = \sqrt{\frac{ℏ}{M ω_{c}}}

$\ell=\sqrt{\frac{\hbar}{M\omega_c}}$ que a menudo se denomina longitud magnética .

Entonces se puede calcular el espectro de $\mathcal{H}$ :

S pag (H) = [{mi}_{norte, metro} = (norte - metro + 1) \frac{ℏ ω_{C}}{2}; norte \geq 0, metro = - norte, - norte + 2 . . . norte - 2, norte]

$\mathcal{Sp(H)}=\left[ E_{n,m}=\left(n-m+1\right)\frac{\hbar\omega_c}{2};n \geq 0, m=-n,-n+2 \,...\,n-2,n\right]$ dónde

n

$n$ es el número cuántico asociado a la

\frac{p^{2}}{2 M} + \frac{1}{8} M ω_{c}^{2} r^{2}

$\frac{\textbf{p}^2}{2M}+\frac{1}{8}M\,\omega^2_c\,r^2$ parte de

H

$\mathcal{H}$ , y

m

$m$ es el número cuántico magnético. Tenga en cuenta que para un movimiento en todo el plan

R^{2}

$\mathbb{R}^2$ , Niveles de degeneración de Laundau

D

$D$ es infinito.

Si ahora restringimos nuestra discusión al nivel más bajo de Landau (LLL) dado para $n=m$ , es fácil comprobar que la función de onda propia es algo así como:

Ψ_{norte = metro} (r, θ) \propto {(r {mi}^{i θ})}^{metro} {mi}^{- (r / 2 ℓ)^{2}}

$\Psi_{n=m}(r,\theta)\propto \left(r\,e^{\mathrm{i}\theta}\right)^m e^{-(r/2\ell)^2}$ Las características esenciales de

Ψ_{n = m}

$\Psi_{n=m}$ es que su ancho RMS no es más que la longitud magnética

ℓ

$\ell$ y que es máximo alrededor de un radio

r_{m a x} = \sqrt{2 m + 1} ℓ

$r_{\mathrm{max}}=\sqrt{2m+1}\ell$ .

Si ahora consideramos que el movimiento de la partícula está confinado en un $R$ disco de radio, la degeneración $D$ del LLL se puede estimar contando cuántas órbitas se pueden poner en la superficie $S=\pi\,R^2$ del sistema. Suponga que el sistema es lo suficientemente grande $S>>\ell^2$ para recibir un gran número $m>>1$ de orbitales, entonces de acuerdo con la expresión de $\Psi_{n=m}$ , la condición a satisfacer para poder poner estos orbitales en $S$ es simple :

R^{2} > metro 2 ℓ^{2}

$R^2 > m\,2\ell^2$

Por lo tanto, la degeneración es simplemente:

D \sim \frac{R^{2}}{2 ℓ^{2}} = \frac{S}{2 π ℓ^{2}} = \frac{Φ}{Φ_{0}}

$D\sim\frac{R^2}{2\ell^2}=\frac{S}{2\pi\ell^2}=\frac{\Phi}{\Phi_0}$

$2\pi\ell^2$ puede interpretarse fácilmente como la superficie típica de un orbital.

Entiendo tu punto. Básicamente, su afirmación es que para el caso de LLL, la función de onda $\psi_m$ se localiza en un área en forma de anillo, esa área es una constante para diferentes $m$ 's. para más grande $m$ , el lugar localizado está más lejos del centro y el anillo es más estrecho, para mantener el área del anillo $2\pi l^2$ sin alterar. La degeneración se obtiene usando el área total $S$ dividir el área del anillo; así que volviendo a sus comentarios bajo la pregunta, afirma que esto es cierto solo para LLL, porque en otro caso la función de onda no tendrá este comportamiento. Corrígeme si no he entendido bien tu significado
Sí, tienes toda la razón. En realidad, la expresión que di de $\Psi_{n,m}$ es válido en 2 casos : para la LLL $n=m$ y para los otros estados de momento angular extremo $n=-m$ . Para los otros estados, la expresión para $\Psi_{n,m}$ puede ser, de hecho, más complicado.
Este argumento también se puede aplicar al caso del ancho de vía Laudau, para el ancho de vía Landau, ¿crees que el $\Phi/\Phi_0$ ¿La degeneración es válida solo para el estado fundamental? (La respuesta debería ser sí, porque la elección del calibre no puede afectar la física). Sin embargo, como mi comentario bajo la pregunta, basado en la cuantización del impulso, la degeneración es la misma para cada LL; además, esa derivación es simple pero para mí es muy rigurosa. Dado que la única suposición que utiliza es la condición de frontera periódica.
Sí, tu derivación es elegante ya que se puede hacer muy rápido. Pero debe tener cuidado al calcular clásicamente el momento angular con $L_z\sim -qBr^2$ . Creo que está funcionando bien para LLL, pero no estoy seguro de que esté bien hacerlo para otros niveles de Landau. Y sí, obviamente la física que estamos haciendo aquí debería ser invariante de calibre.

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