第五章 晶体中电子能带理论 习题
１．晶体常数为a 的一维晶体中，电子的波函数为
（1）ψk (x )=i cos 3π
a
x ,
（2）ψk
(∞x )=是某一函数，
l ∑f (x -la ) , f =-∞
求电子在以上状态中的波矢．
［解 答］
由《固体物理教程》（5.14(）式
ψ )
e i r ∙R ψ k r +R n =n
k (r )
可知，在一维周期势场中运动的电子的波函数满足
ψk (x +a )=e ika ψk (x )
由此得
⎡3π (1) ψk (x +a )=i cos ⎣⎢
a (x +a )⎤⎥⎦=i cos ⎛ 3π⎝a x +π⎫⎪⎭=-i cos ⎛ 3π
⎝a
x ⎫⎪⎭=-ψk (x )=e ika ψk (x )
于是
e ika
=-1 因此得 k
=±
π
a
, ±
3π5πa , ±a
, 若只取布里渊区内的值：
-
π
a
a
，则有
k =
π
a
(2) ψk (x +a )=∑∞∞
f (x +a +la ) =∑f [x -(l -1) a ].
l =-∞
l =-∞
令
l '=l
+1
得 ψk (x +a )=∑f (x -l ' a )=ψk (x )=e ika ψk (x ).
由上式知 e ika
=1
所以有 k
=0, ±
2π4πa , ±a , ±6πa
, 因此得在布里渊区内的值为
k =0
2. 一维周期势场为
⎧V (x )=⎪1
⎨m W 2[b 2-(x -na )2]
, 当na -b ≤x ≤na +b ⎪2
⎩
0, 当(n -1)a +b ≤x ≤na -b . 其中a =4b ，W 为常数，试画出此势能曲线，并求出势能的平均值．
［解 答］
图5.1 一维周期势场
如图5.1所示，由于势能具有周期性，因此只能在一个周期内求平均即可，于是得
Ｖ=112b
a ⎰-V (x )dx =V (x )dx 4b ⎰-2b =1b 14b ⎰-b 2
mW 2[b 2-x 2
]dx =mW 28b [b 2x -1
3x 3]b -b =126
mW b 2. 3. 用近自由电子模型求解上题，确定晶体的第一及第二个禁带宽度． ［解 答］
根据教科书（5.35）式知禁带宽度的表示式为 E g =2n
，
其中V n 是周期势场V
(x )傅里叶级数的系数，该系数可由《固体物理教程》
（5.22）式 -i 2π V 1
n =
a
nx a
⎰
a 2
-a 2
V (x )e
dx
求得，第一禁带宽度为
E 1a 2
2πg 1=21
=2
V (x )-i a
x a ⎰-a 2
e
dx 2π=2
1b m W 2-i 4b ⎰[b 2-x 2
]e
a
x -b 2
dx
=2
1b mW 24b ⎰-b 2[b 2-x 2
]cos ⎛ π⎝2b x ⎫⎪⎭
dx
=8mW 2b 2
π3
.
第二禁带宽度为
4π E g 2
=2=2
1a -i 2
a
x a ⎰-a V (x )e
dx
1b m W 2π
4b ⎰-b 2
[b 2-x 2]e -i b
x =2
dx =2
1b mW 22⎛π⎫4b ⎰-b 2[b -x 2]cos ⎝b x ⎪⎭
dx
=
m W 2b 2
π
2
4. 已知一维晶格中电子的能带可写成
2⎛71⎫
E (k )=-cos ka +cos 2ka ⎪， 2
ma ⎝88⎭
式中ａ是晶格常数．m 是电子的质量，求
（1）能带宽度，
（2）电子的平均速度，
（3）在带顶和带底的电子的有效质量． ［解 答］
（1）能带宽度为 ∆E 由极值条件 得
上式的唯一解是sin ka k 当k
=E max -E min .
dE (k )=0 dk
=0的解，此式在第一布里渊区内的解为
=0,
π
a
.
=0时, E (k )取极小值E min ，且有 E min =E (0)=0
π
当k =时, E (k )，E(k)取极大值E max , 且有
a
2
⎛π⎫2
E max =E ⎪=. 2
⎝a ⎭ma
由以上可得能带宽度为
2 2
∆E =E m a -. x E m i =n
ma 2
（2）由《固体物理教程》（5.81）式，得电子的平均速度为 v
=
1dE (k ) ⎛1⎫
= sin ka -sin 2ka ⎪.
dk ma ⎝4⎭⎡⎤
2⎢ ⎥=⎢2⎥⎢∂E ⎥⎢∂k 2⎦⎥⎣
1⎛⎫
=m cos ka -cos 2ka ⎪
2⎝⎭
k =±
（3）由《固体物理教程》（5.87）式得，带顶和带底电子的有效质量分别为
-1
k =±
m
*k =±
π
a
π
a
2
=-m .
3
πa
⎡⎤
-1
⎢ 2⎥1⎛⎫*
=⎢2⎥=m cos ka -cos 2ka ⎪k =0=2m . m k =02⎝⎭⎢∂E ⎥
⎢⎣∂2k ⎥⎦k =0
５．对简立方结构晶体，其晶格常数为a ．
（1）用紧束缚方法求出对应非简并ｓ态电子的能带；
（2）分别画出第一布里渊区［110］方向的能带﹑电子的平均速度、有效质量以及沿［110］方向有恒定电场时的加速度曲线．
［解 答］
（1）非简并ｓ态电子的能带
k ∙R n at
E s k =E s -C s -J s ∑e .
n
式中R n 是晶体参考格点最近邻格矢．对于简单立方晶体，任一格点有
()
6个最近邻．取参考格点的坐标为
（0,0,0）, 则6个最近邻点的坐标为
(±a , 0, 0), (0, ±a , 0), (0, 0, ±a ).
简单立方体非简并E (
s k )
s 态电子的能带则为
=E at s -C s -2J s (cos k x a +cos k y a +cos k z a ).
（2）在[110]方向上 k 2z =0,
k x =k y =
2
k , 能带变为
E ( )
⎛2ka ⎫
s k =E 0-4J s cos ⎝2⎪⎪,
⎭
其中 E at 0
=E s -C s
-2J s ,
在[110]方向上, 在第一布里渊区内, 电子的能带如图5.2所示.
图5.2[110]方向电子的能带
电子的平均速度
v =1∂E ∂k =22J s a sin ⎛ 2ka ⎫
⎪. ⎝2⎪⎭
平均速度曲线如图5.3所示.
图5.3 平均速度曲线
电子的有效质量
m *
= 2 2
∂2
E =, ∂k 22J s a 2
cos ⎛ 2ka ⎫ ⎪⎝2⎪⎭
有效质量曲线如图5.4所示.
图5.4 有效质量曲线 在[110]方向有恒定电场情况下, 电子的受力 F 电子的加速度
=-e ε
⎛2ka ⎫
⎪-e ε2J s a 2cos 2⎪F ⎝⎭.
a =*=2
m
设电场方向与[110]方向相反, 加速度曲线则如图5.5所示.
图5.5加速度曲线
6. 用紧束缚方法处理面心立方体晶格的s 态电子, 试导出其能带
k y a k y a ⎡k x a k a k a k a ⎤
E s =E -C s -4J s ⎢cos cos +cos cos z +cos z cos x ⎥,
222222⎦⎣
at
s
并求出能带底的有效质量. [解 答]
用紧束缚方法处理晶格的s 态电子, 当只计及最近邻格点的相互作用时, 根据《固体物理教程》（5.60）式, 其能带表示式为
k ∙R n at
E s k =E s -C s -J s ∑e , R n 是最近邻格矢.
()
n
对面心立方晶格, 取参考点的坐标为(0,0,0),则12个最近邻格点的坐标为 (±
a a a a a a
, ±,0),( ±,0, ±),(0, ±, ±). 222222
将上述12组坐标带入能带的表示式, 得
k ∙R n at
E s k =E s -C s -J s ∑e
()
n
⎧⎡i a (k x +k y )-i a (k x +k y )i a (k x -k y )-i a (k x -k y )⎤⎫
+e 2+e 2+e 2⎪⎢e 2⎥⎪
⎪⎣⎦⎪⎪⎪a a a a -i (k x +k z )i (k x -k z )-i (k x -k z )⎤i (k +k )⎡x z 222⎪⎪at
=E s -C s -J s ⎨+⎢e 2+e +e +e ⎥⎬
⎦⎪⎪⎣
⎪⎪a a a a i (k y +k z )-i (k y +k z )i (k y -k z )-i (k y -k z )⎤⎡2⎪+e ⎪+e 2+e 2+e 2⎢⎥⎪⎣⎦⎪⎩⎭
a a a ⎧⎫()()()cos k +k +cos k -k +cos k +k x y x y x z ⎪⎪⎪⎪222at
=E s -C s -J s ⎨⎬
a a a ⎪+cos (k -k )+cos (k +k )+cos (k +k )⎪
x z y z y z ⎪⎪222⎩⎭k y a k a ⎡k a k a k a k a ⎤at
=E s -C s -4J s ⎢cos x cos +cos y cos z +cos z cos x ⎥.
222222⎦⎣
能带底即E k 的最小值对应的k 为(0,0,0),有《固体物理教程》(5.87)可得在能带底处电子的有效质量
()
为
⎡⎤⎢ 2⎥*
m xx =⎢2⎥
⎢∂E ⎥⎢∂k 2⎥⎣xx ⎦k
同理可得
*yy
2=
2J s a 2
i
.
=0
2 2*
, m zz =m =
2J s a 22J s a 2
其它交叉项的倒数全为零.
7. 用紧束缚方法处理体心立方晶体, 求出 （1） s态电子的能带为
k y a k x a k a at
cos cos z ; E s k =E s -C s -8J s cos 222
()
（2） 画出第一布里渊区[111]方向的能带曲线;
（3） 求出带顶和带底电子的有效质量. 【解 答】
（1）用紧束缚方法处理晶格的s 态电子, 当只计及最近邻格点的相互作用时, 其能带的表示式为
k ∙R n at
E s k =E s -C s -J s ∑e . R n 是最近邻格矢.
()
n
对体心立方晶格, 取参考格点的坐标为（0,0,0）, 则8个最近邻格点的坐标为 （±
a a a
, ±, ±）. 222
将上述8组坐标代入能带的表示式, 的
k ∙R n at
E s k =E s -C s -J s ∑e .
()
n
a a a a
i (k x +k y -k z )i (k x -k y +k z )i (-k x +k y +k z )i (k x -k y -k z )⎤(k x +k y +k z )⎡i a 2222
2e +e +e +e +e ⎢⎥at
=E s -C s -J s a a ⎢i a ⎥(-k x +k y -k z )i (-k x -k y +k z )i (-k x -k y -k z )222
⎢⎥+e +e +e ⎣⎦
a a a
i (k x -k y )i (-k x +k y )i (-k x -k y )(k x +k y )⎡i a k a k a k a k a ⎤222
z z z
=E -C s -2J s ⎢e 2cos +e cos +e cos +e cos z ⎥
2222⎦⎣
at
s
a
-i k x ⎫⎡⎛i a k x k a k a ⎤2
2⎪cos y cos ⎥ =E -C s -4J s ⎢ e +e ⎪22⎥⎢⎝⎭⎣⎦
k a k a k a
=E s at -C s -8J s cos x cos y cos z .
222
at
s
（2）在[111]方向上
k x =k y =k z =
k , 3
且第一布里渊区边界在 k x 于是能带化成
=k y =k z =±
π
a
,
⎛⎫
⎪=E 0-8J s cos 3 6ka ⎪,
⎝⎭
at
其中E 0=E s -C s . 图5.6为第一布里渊区[111]方向的能带曲线.
E
图5.6 [111]方向的能带曲线
（3）由能带的表示式及余弦函数的性质可知, 当
k x =k y =k z =0时, E s
取最小值, 即
k x =k y =k z =0是能带底, 电子的有效质量为
⎡⎤⎢ 2⎥*
m xx =⎢2⎥
⎢∂E ⎥⎢∂k ⎥⎣xx ⎦k
同理可得
*yy
2=
2J s a 2
i
=0
2 2*
m =, m zz =2
2J s a 2J s a 2
其它交叉项的倒数全为零. 而在布里渊区边界上的
2π⎫⎛2π⎫⎛2π⎫⎛, 0, 0⎪, 0, ±, 0⎪, 0, 0, ± ±⎪ a a a ⎝⎭⎝⎭⎝⎭
处是能带顶, 电子的有效质量为
2m =m =m =-
2J s a 2
*xx
*yy
*zz
.
其它交叉项的倒数也全为零.
8. 某晶体电子的等能面是椭球面
2
2⎛k 12k 2k 32⎫E = ++⎪⎪,
2 m m m 23⎭⎝1
坐标轴1，2，3相互垂.
（1） 求能态密度;
（2）
今加一磁场B , B 与坐标轴的夹角的方向余弦分别为α, β, γ
, 写出电子的运动方程;
（3） 证明电子在磁场中的回旋频率
其中
ωc =
eB , m *
2
1m *=⎡⎢m 1α2+m 2β2+m 3γ2⎤m m ⎥
.
⎣12m 3⎦
【解 答】
（1） 由已知条件可将波矢空间内电子能带满足的方程化为
k 2k 2
12k 2
++3=1.
123 2 2 2
将上式与椭球公式
2
x a 2+y 2b 2+z 2c 2=1 比较可知, 在波矢空间内电子的等能面是一椭球面. 与椭球的体积
4
3
πabc 比较可得到, 能量为E 的等能面围成的椭球体积 τ=4π
2
3 3
2m 1m 2m 3E 由上式可得
d τ=
4π2 3
2m 1m 2m 3E dE .
能量区间内电子的状态数目
dz =2
V c 2π3d τ=V c
π2 3
2m 1m 2m 3E 2dE 是晶体体积. 电子的能态密度
N (E )=
dz =V
c dE π2
32m 1m 2m 3E （2） 根据《固体物理教程》中（5.86）式得
a 1⎛∂2E ∂2E ∂2E
⎫1= 2 ⎝∂k 2F 1+F 2+∂k F 3⎪1∂k 1∂k 2∂k 13⎪, ⎭
a 1
⎛∂2E ∂22=
2
F +E F +∂2E
F ⎫⎝∂k 2∂k 11∂k 22∂k ∂k 3⎪223⎪,
⎭
1⎛∂2E ∂2a E ∂2E ⎫
3= 2 ∂k F 1+∂k F 2+2F 3⎪. ⎝3∂k 13∂k 2∂k 3⎪⎭将
2⎛k 22
2
E =1k 2k 3⎫
2 ⎝m ++⎪1m 2m 3⎪⎭
代入上述三式得运动方程为 a F 121=
m , a F
F 2=, a 3=3.
1m 2m 3
即
m dv 1dt =F dv 2dv
1
1, m 2dt =F 2, m 33dt
=F 3. （1）
当存在磁场B
时, 电子受到洛仑兹力 F =-e v ⨯B
.
其分量形式为 F 1=-e (v 2B 3-v 3B 2)=-e (v 2B γ-v 3B β)=ω2ν3-ω3v 2, F 2=-e (v 3B 1-v 1B 3)=-e (v 3B α-v 1B γ)=ω3ν1-ω1v 3, F 3=-e (v 1B 2-v 2B 1)=-e (v 1B β-v 2B α)=ω1ν2-ω2v 1
式中
B =B
, ω1=eB α, ω2=eB β, ω3=eB γ.
将上述结果代入运动方程（1）得
m dv 1
1
dt =ω2v 3-ω3v 2,
m dv
22dt =ω3v 1-ω1v 3, （2）
m dv
33dt =ω1v 2-ω2v 1. (3)上述方程可用不同的方法求解.
解法一：
对(2)式两边作拉普拉斯变换，并采用如下初始条件 v 1(0)=v 10, v 2(0)=v 20, v 3(0)=v 30.
得
m 1pL [v 1]+ω3L [v 2]-ω2L [v 3]=m 1v 10,
-ω3L [v 1]+m 2pL [v 2]+ω1L [v 3]=m 2v 20, ω2L [v 1]-ω1L [v 2]+m 3pL [v 3]=m 3v 30.
由此解出
L [v ∆1
1]=
∆
. 其中
m 1p ω3
-ω2
∆=-ω3
m 222p ωm 2
1=1m 2m 3p 3+(m 1ω1+m 2ω2+m 3ω3)≡Ap (p 2+B ).
ω2-ω1
m 3p
A =m , B =
m ω22211+m 2ω2+m 3ω3
1m 2m 3m .
1m 2m 3
m 1v 10
ω3
-ω2
∆1=m 2v 20
m 2p ω1=m 1m 2m 3v 10p 3+(m 2m 3ω2v 30-m 2m 3ω3v 20)p
m 3v 30
-ω1
m 3p
+(
m 21ω1v 10+m 2ω1ω2v 20+m 3ω1ω3v 30)
≡C 1p 2+C 2p +C 3
C 1=m 1m 2m 3v 10, C 2=m 2m 3(ω2v 30+ω3v 20),
C 23=m 1ω1v 10+m 2ω1ω2v 20+m 3ω1ω3v 30.
因此得
L [v C 21p +C 2p +C 3C 31C 1B -C 3p C 21
1]=Ap p 2+B =AB p +AB p 2+B +
A p 2+B
. 上式两边取逆拉普拉斯变换得
v C 311=+C 1B -C 3AB cos B t +C
2AB p A B
sin B t .
同理可得
v C '31C 1'B -C 32=
AB p +'AB cos B t +C '
2A B sin B t .
C 1
'=m 1m 2m 3v 20, C 2'=m 1m 3(ω3v 10+ω1v 30), C '3=m 22ω2v 20+m 3ω2ω3v 30+m 1ω1ω2v 10.
及
v C '3'1C 1''B -C 3'3=
AB p +'AB cos B t +C '2'
A B sin B t .
C 1
''=m 1m 2m 3v 30, C 2''=m 1m 2(ω1v 20+ω2v 10)
C '3'=m 23ω3v 30+m 1ω1ω3v 10+m 2ω2ω3v 20.
可见电子回旋频率为B .
解法二：
由于电子作周期运动，将试探解
v 1=v i ω10e c t , v 2=v 20e i ωc t
v ω3=v 30e i c t
（这里v 10, v 20, v 30一般为复数，电子的真实速度应为v 1, v 2, v 3的实部或虚部. ）代入（2）式得
i ωc m 1v 10+ω2v 30-ω3v 20=0,
ω3v 10+i ωc m 2v 20-ω1v 30=0, ω2v 10-ω1v 20+i ωc m 3v 30=0. v 10, v 20, v 30有不全为零的解的充要条件是
i ωc m 1
ω3-ω2
-ω3
-i ωc m 2ω1=0. ω2
-ω1i ωc m 3
由此得 m m 3(22
12m 3ωc -m 1ω21+m 2ω2+m 3ω3)
ωc =0.
于是
ω2c
=m 22+m 2
1ω1+m 2ω23ω3
m =B .
1m 2m 3
这样，两种方法均给出电子回旋频率为
2
ω⎛m 22
21ω1+m 2ω2+m 3ω3⎫
c =B = m ⎪.
⎝1m 2m 3⎪⎭
再将
ω1=eB α, ω2=eB β, ω3=eB γ,
代入上式即得
ωc =
eB
m *
,
其中
12
m *=⎛ m 1α2+m 2β2+m 3γ2⎫
⎪.
⎝m 1m 2m 3⎪⎭
9. 求出一维、二维金属中自由的能态密度.
[解 答]
（1）一维情况
自由电子的色散关系为 E =
2k 2
2m
.
由此得
2dE =k
⎛2 2⎫2
m dk = m ⎪⎝
⎪⎭
E 2
dk , 即
2
dk =⎛ m ⎫
⎝2 ⎭
E -22⎪
dE . 对应同一个dE ，在±k 方向各有一个dk ，因此空间中E 与E +dE 之间的区间为
2
d τ=2dk =⎛ 2m ⎫
2⎝ 2⎪⎭E -dE ,
在该范围内的状态数为
dZ =L
πd τ=L ⎛2m ⎫
π ⎝ 2⎪⎭E -2dE ,
其中L 是晶格长度. 于是，态密度 2
N (E )=dZ =L ⎛ 2m ⎫2dE π⎝ 2⎪⎭E -.
（2）二维情况
参照《固体物理教程》（5.102）式可知，二维情况下态密度的一般表示式为
N (E )=
S dL 2π2⎰L ∇.
k E
其中S 是晶格的面积，积分沿能量为E 的等能线进行. 由
E = 22m (k 2+k 2
x y )
得 ∇= 22k E m (k 2k 2)
k x +y =m
.
于是有
N (E )=
S S ⎛-1
2π2
⎰
dL L
=2π2 2k ⎫⎪2πk S m
.
k E ⎝m ⎪⎭
=π 2=2A
10. 二维金属晶格，晶胞为简单矩形，晶格常数a
, b =4A ，原子为单价的.
(1) 试画出第一、二布里渊区； (2) 计算自由电子费密半径；
(3) 画出费密面在第一、二布里渊区的形状.
【解 答】
（1） 倒格子原胞基矢 b
2π 2π 1=a i , b 2=b
j .
选定一倒格点为原点, 原点的最近邻倒格矢有4个, 它们是
±b 1, ±b 2
这4个倒格矢的中垂线围成的区间即是第一布里渊区. 即图5.7中Ⅰ所示区间. 原点的次近邻倒格矢有4个, 它们是
±b 1±b 2
这4个倒格矢的中垂线围成的区间与第一布里渊区边界围成的区间即是第二布里渊区. 即图5.7中Ⅱ所示区间.
图5.7 二维矩形晶格第一、二布里渊区
, 能量E
2k 2
（2）在绝对零度时, 二维金属中导电电子若看成自由电子, 电子的能量E =
2m
间的电子占据波矢空间dk 的范围. 在此范围内的波矢数目为
→E +dE
区
图5.8二维波矢空间
S (2π) 2
其中
∙2πkdk ,
S
(2π) 2
22
由E = k m 得
是二维金属中导电电子的波矢密度,S 是金属面积。
kdk =
mdE 2
.
能量E
→E +dE 区间的量子态数目则为
S mdE mS
∙2π=2dE . dz =222
(2π) π
能态密度
N (E )=
dz nS
=2dE π
.
在绝对零度时，费米能级以下的量子态全被电子占据，所以有 N 由上式可得
E
0F
=⎰
0E F
mS E F mS 0
N (E )dE =2⎰dE =2E F .
π 0π
=
πn 2
m
，
其中n 是金属中导电电子的密度。令
2
2k F
E =
2m
0F
,
可得二维金属中导电电子的费米半径为 k F 对于原胞面积为
s 的单价金属，
n
=(2πn )
2
。
=2⨯4⨯10-20m 2
=1. 25⨯1019m -2，
9-1
k F =8. 862⨯10m .
（3）图5.9划出了费米面在第一、第二布里渊区的形状。
图5.9 费米面在第一、二布里渊区的形状 11. 计算体心和面心一价金属的k F 区边界的最小距离.
【解 答】
体心立方格子的倒格基矢可取
k m 比值. 其中k F 是自由电子的费米半径，k m 是原点到第一布里渊
2π b 1=j +k ,
a
2π b 2=i +k ,
a
2π
(i +j ). b 3=a
()
()
因为倒格子是面心立方结构，所以离原点最近的有12个倒格点，它们是
±b 3⎫2π 2π ⎬±i ±j ,
a a ±b 1-b 2⎭
±b 1⎫2π 2π ⎬±j ±k ,
a ±b 2-b 3⎭a
±b 2⎫2π 2π ⎬±k ±i .
a ±b 3-b 1⎭a
(((
)
)
)
由这12个倒格矢的中垂线围成的区间就是第一布里渊区. 因此，原点到第一布里渊区边界的最小距离等于
这12个倒格矢中任一个倒格矢模的一半. 所以
k m =
π2
a
.
由《固体物理教程》（6.4）式可知，自由电子的费米半径
k F =(3n π2
)
,
式中n 为单位体积中的电子数. 对单价金属体心立方格子， n =
2
a 3
，
费米半径 3
k =2π⎛ 3n ⎫⎝8π⎪⎭=2π⎛ 3⎫
F ⎝4πa 3⎪
⎭
. 于是可得
k 2π⎛ 3⎫3⎪F 4πa k =⎝⎭=0. 877.
m π2
a
面心立方格子的倒格矢可取为
b 2π( 1=a
-i +j +k )
,
b 2π
2=a
(i -j +k )
,
b =2π( 3a
i +j -k )
.
因为倒格子是体心立方结构，所以离原点最近的有
8个倒格点，它们是
±b 1, ±b 2, ±b 3, ±(b 1+b 2+b 3)
.
原点到第一布里渊区边界的最小距离等于这8个倒格矢中任一个倒格矢模的一半. 所以
k π3
m =a
.
对单价金属面心立方格子，有
n =
4a 3
将上式代入自由电子的费米半径 k F =(3n π2
)
,
得到
k 2π⎛ 3⎫
F =⎝2πa 3⎪
⎭
. 于是可得
⎛13
k 2π 3⎫3⎪F 2k =⎝πa
⎭=0. 903.
m π3
a
12. 对于六角密积结构，六角形的两对边的间距为a ，基矢
a
a
3 a 3 1=2i +2a j , a 2=-2i +2
a j , a 3=c k ,
试画出此晶格的第一布里渊区.
【解 答】
六角密积结构原胞的体积
Ω=a (a 3a 2c
1∙2⨯a 3)2
。 六角密积结构的倒格矢
b =2π(a 2⨯a 3)2π 2π 1=i +j ,
b 2π(a Ω a 3a 3⨯a 1)2π 2πΩ-a i +
2==3a j ,
b 2π(a 1⨯a 2)2π
3=Ω=c
k .
在包括和的平面内选定一倒格点为原点，原点的最近邻倒格矢有6个，它们是
±b
1, ±b 2, ±(b 1+b 2)
.
这6个倒格矢的中垂面围成的区间构成的正六边形属于第一布里渊区.
图5.1 正六边形属于第一布里渊区
若考虑整个三维空间，原点的最近邻倒格矢有8个，它们是
±b 1, ±b 2, ±(b 1+b 2)
, ±b 3.
由这8个倒格矢的中垂面围成的区间就是第一布里渊区，它是一个正六棱柱.
图5.11 第一布里渊区
13. 平面正三角形结构，相邻原子间距为a ，试求 （1）正格矢和倒格矢；
（2）画出第一和第二布里渊区内切圆半径. 〔解 答〕
（1） 正格原胞的基矢如图所示取为
a
a 1=a i , a 2=i +a j .
22
i i 其中和j 是互相垂直的单位矢量. 取单位矢量k 垂直于和j ，则a 1, a 2和k 构成的体积
Ω
=
32
a . 2
图5.12 平面正三角形结构原胞
倒格原胞的基矢为
2πa 2π 2π 2⨯k b ==i -j , Ωa 3a
2πk ⨯a 1 4πb ==j .
Ω3a
（2） 选定一倒格点为原点，原点的最近邻倒格矢有6个，它们是
±b 1, ±b 2, ±b 1+b 2.
((
)
)
()
这6个倒格矢的中垂线围成的区间构成了两部分，以原点为对称心的正六边形是第一布里渊区. 正六边形外的6个三角形部分是第二布里渊区，即图5.13中Ⅱ所示区间. 第一布里渊区内切圆的半径
k =
b 22
=
2π. a
图5.13 第一和第二布里渊区，第一布里渊区内切圆
14. 已知某简立方晶体的晶格常数为a ，其价电子的能带
E =A cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
*
2
（1）已测得带顶电子的有效质量m =-
2a 2
（2）求出能带宽度；
（3）求出布里渊区中心点附近电子的状态密度. 【解 答】
一、 假定A 大于0 （1） 对于能带为
，试求参数A;
E =A cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
⎡⎤⎢2⎥
m *=⎢2⎥
⎢∂E ⎥⎢∂k ⎥⎣i ⎦k
简单立方晶体中的电子，其能带顶在布里渊区中心. 在布里渊区中心，电子的有效质量为
2=. -Aa 2
i
=0
由此可知A =2. （2） 电子能带 的能带底在
E =2cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
⎛πππ⎫ ±, ±, ±. ⎪ ⎝a a a ⎭
处. 由带顶和带底的能量知能带宽度为4.
（3）在布里渊区中心附近，k
→0,
E =2cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
⎡(k x a )2⎤⎡(k x a )2⎤⎡(k x a )2⎤=2⎢1-⎥∙⎢1-⎥∙⎢1-⎥+B
222⎢⎥⎥⎥⎣⎦⎢⎣⎦⎢⎣⎦⎡(k x a )(k y a )(k z a )
=2⎢1---
222⎢⎣
=2+B -a 2k 2
2
2
2
⎤⎥+B ⎥⎦
令E '=
B +2-E , 则上式化成
22
E '=a k .
可见在布里渊区中心附近，等能面是球面. 因此，能量E '和能量E '+dE 两等能面间的波失空间体积为 相应的量子态数目
dz =能态密度
N
V c 2
4πk dk . 3
2π2V c
2π3
4πk 2dk =
V c 2
()B +2-E d E '.
2π2a 3
(E ')=N (E )=
V c
. ()B +2-E 23
2πa
二、 假定A 小于0 （1） 对于能带为 E
=A cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
简单立方晶体中的电子，其能带顶在第一布里渊区8个角顶处
⎛πππ⎫ ±, ±, ±⎪. ⎝a a a ⎭
在这些点，电子的有效质量为
⎛⎫ 2⎪ ⎪ 2 *
m ==. 2 ∂2E ⎪Aa
⎪ ∂k 2⎪π⎝i ⎭k i =±
a
由此可知A =-2
（2） 电子在能带顶的能量 E 在布里渊区中心的能带底的能量 E 可见能带宽度为4.
=2+B
=-2+B
（3） 在布里渊区中心附近，k
→0,
E =-2cos (k x a )cos (k y a )cos (k z a )+B .
⎡(k x a )(k y a )(k z a )⎤=-2⎢1---⎥+B
222⎥⎢⎣⎦
=-2+B +a 2k 2
令E '=E +2-B , 则上式化成
22
E '=a k .
可见在布里渊区中心附近，等能面是球面. 因此，能量E '和能量E '+dE 两等能面间波失空间体积为
V c
4πk 2dk . 3
2π2
2
2
⎡(k x a )2⎤⎡(k x a )2⎤⎡(k x a )2⎤=-2⎢1-⎥∙⎢1-⎥∙⎢1-⎥+B
2⎥2⎥2⎥⎢⎣⎦⎢⎣⎦⎢⎣⎦
相应的量子态数目
dz =能态密度
N
2V c V c 22
()4πk dk =E +2-B d E '. 323
2πa 2πV c ()E +2-B .
2π2k 2
(E )=
15.设晶格常数为a ，原子数为N 的单价一维简单晶格中，第n 格点上电子的几率振幅C n 满足方程
=AC n -BC n -1-BC n +1,
其中A 、B 是常数，C n -1、C n 和C n +1, 为电子在第n -1, n 和n +1格点上的几率振幅，求
（1） 电子的能量与波失的关系；
（2） 带顶空穴及带底电子的有效质量； （3） 求A ＝0时电子的能态密度； （4） 求T ＝0时的费米能E F .
【解 答】
（1） 设电子在第n 个格点上的几率振幅分别为 C n
i C
则电子在第（n －1）和（n +1）个格点上的几率振幅分别为
=C 0e
E ⎫⎛
i kna -t ⎪
⎭⎝
,
C n -1=C 0e
E ⎫⎛
i k (n -1)a -t ⎪
⎭⎝
, .
C =C e
E ⎫⎛
i k (n +1)a -t ⎪
⎭⎝
n +1
0将以上三式代入方程
i C
=AC n -BC n -1-BC n +1, 得到
i ⎛E ⎫⎝
-i ⎪⎭
=A -Be -ika -Be ika
. 电子的能量则为 E
=A -2B cos ka .
（2） k =0是电子的能带底，在能带底电子的有效质量
⎛ ⎫ m *
= 2⎪ 2
⎪=. ∂E ⎪2Ba 2
⎝∂k 2⎪⎭k =0
k =±π
a
是电子的能带顶，在能带顶电子的有效质量
⎛ ⎫ m = 2⎪
⎪2- 2*
=. ∂E ⎪2Ba 2
⎝∂k 2⎪⎪⎭
k =±
πa
带顶空穴的有效质量则为
m * 2
h
=
2Ba 2
. （3） 如图5.14所示，在E -E +dE 能量区间波失数目为
图5.14 能带曲线
相应的量子态数目
dz =2
Na 2π2dk =2Na 1π
∙dE
dk
=2Na 1π2Ba sin ka dE =2Na π∙14B 2-A -E 2dE . 由此得到A ＝0时的能态密度
N (E )=⎛ dz ⎫
2Na 1⎝dE ⎪⎭=∙A =0π4B 2-E
2.
（4） 晶体内有N 个导电电子，在绝对零度时，这些电子都分布在费密能级及以下. 采用A ＝0时的能态密度，得
N =⎰
0E F
N (E ) dE =⎰
0E F
N ∙πB
1⎛E ⎫- ⎪⎝2B ⎭
2
dE .
利用积分公式 得到
0⎫⎤2⎡-1⎛E F
⎢sin 2B ⎪⎪⎥=1, π⎣⎝⎭⎦
0⎛π⎫E F
sin ⎪= ,
⎝2⎭2B 0E F =2B .
16. 设有一维晶体，原胞基矢a 1=a i , b =b j , 且，b =a ，晶格的周期势为
2π2π⎫⎛
V (x , y )=-2V 0 cos x +cos y ⎪,
a b ⎝⎭
⎰
1-x 2
dx =sin -1x
（1）画出第一、第二布里渊区； （2）以近自由电子模型求E
(k x , 0)的第一能带与E (0, k y )的第二能带交迭的条件；
⎛ππ⎫
（3）若电子的波矢k = , ⎪，求引起电子强烈散射的晶列指数.
⎝a b ⎭
[解答]
（1） 由已知条件可得出倒格子原胞基矢
2π 2π
b 1=i , b 2=j .
a b
坐标原点的格点有4个最近邻，它们是b 1, b 2, -b 1, -b 2. 它们的中垂线围成的区间就是第一布里渊区. 坐标
原点的格点有4个次近邻，它们是b 1+b 2, b 1-b 2, -b 1+b 2, -b 1-b 2. 它们的中垂线和第一布里渊区边界
围成的区间即是第二布里渊区. 图5.15示出了第一布里渊区和第二布里渊区的分布.
图5.15 第一布里渊区和第二布里渊区
（2）
E (k x , 0)的第一能带顶的能量为
E A -
⎛π⎫ 2 ⎪
E gA a ⎭⎝=-
2m 2
2
2
其中E gA 是k x 方向第一能带与第二能带间的能隙. E
(0, k )的第二能带底的能量为
y
E B +
⎛π⎫ 2 ⎪
E gB b ⎭⎝=+
2m 2
.
图5.16 第一布里渊区
其中E gB 是k y 方向第一能带与第二能带间的能隙.E （）的第二能带与E （）的第一能带交迭的条件是 E A -
-E B +
22
⎛E gA E gB ⎫ 2⎛ππ⎛⎫⎛⎫⎫ =- ⎪⎪- ⎪ 2+2⎪⎪>0. ⎪2m a b ⎭⎝⎝⎭⎝⎭⎭⎝
即交迭的条件是
2π2 2
>E gA +E gB .
3ma 2
当电子所处的点是两个或两个以上布里渊区边界交汇的点. 求电子的能隙必须应用平面波方法的中心方程求解. 当电子所处的点不是布里渊区边界交汇的点，求电子的能隙（即是此种情况）可直接采用以下方法（也是由中心方程求得的）： E gA
=2(K A ,
其中 是与过 点的第一布里渊区边界垂直的倒格矢，且该边界是 的中垂面. 由于满足该条件的倒格矢 K A
2π =b 1=i ,
a
所以求出 即求是 而 是周期势场付里叶级数的系数. 由 V
2π2π
(x , y )=-2V 0⎛ cos x +cos
⎝
a
⎫
y ⎪, b ⎭
2π ⎫ ⎛2π ⎫ ⎛2π ⎫ ⎛2π ⎫ ⎛i ⎛i ⎪∙r -i i ⎪∙r i j ⎪∙r -i j ⎪∙r ⎫
⎝a ⎭⎝a ⎭⎝b ⎭⎝b ⎭⎪ +e +e +e =-V 0e ⎪⎝⎭
可求得
V (K A )=-V 0, E gA =2V 0
而
与 K A 相类同
E gB =2(K B ,
2π
j , K B =b 2=b
所以求出V (K B ) 即求得E gB ，而V (K B )是周期势场付里叶级数的系数. 由周期势场付里叶级数的展式得
V K B =-V 0, E gB =2V 0
()
21 21
于是，E
(0, k ) 的第二能带与E (k , 0)的第一能带交迭的条件是
y
x
>2V 0.
3m a
（3） 若电子的波矢k 末端落在了布里渊区边界上，则k 满足
⎛ K n ⎫
K n ∙ k +⎪ ⎪=0.
2⎝⎭
π π
i +j 一并代入上式，得到 设 K n =p i +q j 将K n 和k =a b
πp 2πq 2
p +=0, q +=0, a 2b 2
2
π2 2
即
p =0, -
由上式可得的K n 三个解
2π2π
; q =0, -. a b
2π 2π 2π 2π i , K n 2=-j , K n 3=-i -j K n 1=-a b a b
π π
i +j 末端有三个布里渊区边界，它们分别与K n 1, K n 2, K n 3垂直. 这一点从第一上式说明，过k =a b
布里渊区的分布图即可看出.
K n 1, K n 2, K n 3垂直. 设与
K n 1, K n 2, K n 3垂直的的晶列为R =s a 1+t a 2，由 K n 1∙R =0, K n 2∙R =0和K n 3∙R =0得出
引起电子产生强烈散射的晶面（列）与布里渊区边平行，即与17. 假定波函数ψk
引电子产生强烈散射的晶列的指数分别为〔010〕、〔100〕和〔10〕.
(x )=e ikx u (x )中u (x )因子不显含波矢k ，以N 个原子构成的一维原子为例，证
1
N
明万尼尔函数具有定域性.
[解 答]
由《固体物理教程》（5.50）式可知，一维晶格的万尼尔函数为
W α
(na , x )=
∑e
k
-ikna
ψα(k , x ).
按照布洛赫定理，晶体中电子的波函数 ψα上式中调制因子u α
(k , x ). 是晶格的周期函数. 将波函数代入万尼尔函数得 (na , x )=(na , x )=
=
1
N
(k , x )=e ikx u α(k , x ).
W α若调制因子u α
∑e
k
ik (x -na )
u α(k , x ).
(k , x ). 不显含波矢k ，则上式化为
1
u α(x )∑e ik (x -na ). N k
W α上式中
k 解法一：
令
l ⎛2π⎫N N ⎪, -
N
, 2
l 万尼尔函数化成
=h -
22 22
l
W , x )=1u ik (x -na )
1i N
(x -na )α(na N α(x )∑e =u α(x )k N ∑e l
N
N i
(h -)⎛2π⎫
=1
N
⎝a ⎪⎭
(x -na )
N u α(x )∑e
h =1
1-i ⎛π⎫
h ⎛2π⎫
=⎝a ⎪⎭
(x -na )N i a ⎪⎭
(x -na )N u α(x )e ∑e N ⎝.
h =1
上式最后求和是一等比级数前N 项的和，所以
π
i h ⎛2π⎫
W 1-i (x -na )N a ⎪α(na , x )=u a ⎭
(x -na )N α(x )e ∑e N ⎝
h =1
i ⎛ 2π⎫⎝Na ⎪⎭
(x -na )⎛ i ⎛ 2π⎫
⎪(x -na )⎫π
e
1-e ⎝a ⎭⎪ =
1
u -i (x -na )α(x )e a ⎝⎪⎭N
∙1-e
i ⎛ 2π⎫ ⎝Na ⎪⎭
(x -na )⎛ e i ⎛ π⎫⎝a ⎪⎭(x -na )-e -i ⎛ π⎫⎝a ⎪(x -na )⎫⎪ =1 ⎭N u α(x )∙⎪
1-e
-i ⎛ 2π⎫
⎝Na ⎪⎭
(x -na )2i sin π
=1
(x -na )
N
u α(x )∙
.
1-e
-i ⎛ 2π⎫⎝Na ⎪⎭
(x -na )由上式可知，当x
≠n 'a , n '≠n 时
W α(na , n 'a )=0
当x →na 时，利用
y →0, e y ≈1+y ，得到万尼尔函数最大值
W α
(na , na )=
N u α(x ).
可见万尼尔函数具有定域性. 解法二：
由于原子数N 是一个很大的数目，波矢 的取值可看成准连续的，所以万尼尔函数 W 1α
(na , x )=
N
u α(x )∑e ik (x -na ).
k
的求和项可化成积分，即
W N (x )⎰π 1-na )⎛Na ⎫
α(na , x )=u α-πe ik (x ⎝2πdk ⎪⎭
π
na )
π
=
N u -e
-i
π
a
(x -na )
α(x )∙
e
i
a
(x -(=N u α(x )
sin
(x -na )
i x -na )(. a
a
x -na )
由上式可知，当x
=n ', n '≠n 时
W α(na , n 'a )=0； 当x →na 时，得到万尼尔函数峰值
W α(na , na )=N u α(x ).
可见万尼尔函数具有定域性.
18. 一维晶格，周期势为
23 23
V 其中δ
(x )=-∑A δ(x -na ),
n =1
N
(x -na )为δ函数. 孤立原子中s 态电子的波函数
-αx -na at
, ϕs (x -na )=αe
求晶格中s 态电子的能带.
[解答]
从已知条件看，周期势场仅仅在格点处有很大的负值，稍稍偏离格点，周期势场的值就趋于0. 根据周期势场的这一特点可以断定，晶格中的电子被束缚在格点附近的几率远远大于它在偏离格点处的几率，也就是说，本题是典型的紧束缚模型. 用紧束缚方法处理晶格的 态电子，当只计及最近邻格点的相互用时，由《固体物理教程》（5.60）式，其能带表示式为 E s 其中积分
C s
Na
(k )=E
at
s
-C s -J s ∑e
n
k ∙R n
, R n 是最近邻格矢，
=-⎰ϕs at *(x )V (x )-V at (x )ϕs at (x )dx
=n 'a ，则有
at *s
[]
是将参考格点取为原点. 如果取参考格点为x
⎡N ⎤at
C s =-ϕ(x -n 'a )⎢-∑A δ(x -na )+A δ(x -n 'a )⎥ϕs (x -n 'a )dx
⎰Na
⎣n =1⎦⎡N ⎤at at *
=-ϕs (x -n 'a )⎢-∑A δ(x -na )⎥ϕs (x -n 'a )dx .
⎰Na
⎣n ≠n '⎦
根据δ函数的性质可知，上式积分C s =0. 而积分
⎡N ⎤at
J s =-ϕ(x -n 'a )⎢-∑A δ(x -na )+A δ(x -n 'a -a )⎥ϕs (x -n 'a -a )dx
⎰Na
⎣n =1⎦N ⎡⎤at at *
=--∑A δ(x -na )⎥ϕs (x -n 'a -a )dx . ⎰Na ϕs (x -n 'a )⎢
⎣n ≠(n '+1)⎦
-αx -n 'a
[-A δ(x -n 'a )]e -αx -n 'a -a dx =αAe -αa . =-α⎰e
at *
s Na
假设x 轴是水平方向，在上式积分中只取了参考格点右边的最近邻格点，取左边的最近邻格点也有同样的结果. 由参考点左右两个最近邻，又得
∑e
n
k ∙R n
=e ika +e -ika =2cos ka .
于是s 态电子的能带 E
(k )=E s at -2A αe -αa cos ka .
⎛1⎫2πe
, ⎪=
⎝B ⎭ S
19. 证明迪·阿哈斯—范·阿耳芬效应的周期为 ∆ 其中S 是k z
=0的平面在费密球上所截出的面积.
[解 答]
由热力学可知，当磁感应强度B 增加dB 时，磁场H 所作的功 dU 即系统内能的微分 其中V c 是晶体体积.
=V c HdB ,
∂U
=V c H , （1） ∂B
由电磁学可知，磁感应强度、磁场和磁化率χ的关系是
24 24
1+由（1），（2）两式可得 χ
χ=
B
. （2） μ0H
=
V c B
-1. （3） μ0
∂B
∂B 随
其中 是真空中的磁导率. 由上式可以看出，磁化率随磁场的倒数作振荡，应是系统内能的微商∂U
1/B 作振荡的反映.
我们知道，当不存在磁场时，能态在波矢空间分布是均匀的，当由磁场存在时能，能态重新分布，磁场的作用使电子的量子态高度简并，此时电子的状态密度为
l
2-2
N (E )=∑V c ωc ⎛2m ⎫⎡2E -⎛
n +1⎫⎪ ω⎤c ⎥ （4）
n =08π ⎝ 2⎪⎭⎢⎣⎝2⎭⎦
令
V 32
c ωc ⎛2m 8π2 ⎫
⎝ 2⎪⎭
=a , ⎛
⎝
n +1⎫2⎪⎭ ωc =b n , （5）
则电子系统的能量
E F
l
U =
⎰EN (E )dE =∑⎰
E F
aEdE 0
n =0
E -b n
l
=∑⎧⎨2a [E 22⎫
F -b n ]-a (b n )
n =0⎩3
3⎬
⎭l
+∑{
（6）
2ab 2
n [E F -b 2
n ]-2a (b n )
}.
n =0对上式求微商
∂U l
∂B =∑⎧⎨2⎡n =0⎩3⎢∂a ⎣∂B (E 3∂b n ⎤2⎡∂a 3F -b n )-2a (b n )∂B ⎥⎦-3⎢⎣∂B (b n )2-2a (b n )∂b n ⎤⎫
∂B ⎥⎦⎬ ⎭
⎧l
⎪2⎡⎢∂a ∙b ∂b n n ∙E F -∙E ∂b n ∂B ⎤⎫
F -b n -a ∙b n ∙ +∑⎪⎨⎢⎣∂B b n +a ∙∂B E F -b ⎥⎪n ⎥⎦⎪⎬. （7）n =0⎪⎪⎩-2⎡⎢∂a ⎣∂B ∙(b n )32+32∂b n ⎤
⎪2a (b n )∂B ⎥⎦⎪⎭
因为
b n =⎛ ⎝n +1⎫2⎪⎭ ω⎛
1⎫ eB c = ⎝
n +2⎪⎭m .
所以
∂b n ∂B =⎛ ⎝n +1⎫2⎪ e
⎭m
. （8） （7）式中有一项为
∑l
-2ab ⎛
n +1⎫⎪
-2a b ∂b n e n n ∂B 2 （9）
n =o E -b =F n m E ⎛
1⎫ eB F - ⎝
n +2⎪
⎭m 可见，每当
25 25
1⎫ eB
=E F ⎪
2⎭m
时，∂U ∂B 将成为极大值，磁化率χ将变成极小值. 设B =B i 时
n +
⎛⎝
1⎫ eB i
=E F （10） ⎪
2⎭m
对应磁化率的一个极小值，相邻的一个极小值对应B =B i +1时
n +
⎛⎝
n -1+
⎛⎝1⎫ eB i +1
=E F （11） ⎪
2⎭m
其中我们假设B i +1大于B i . 由以上两式可得
1e ⎛1⎫1
=. （12） ⎪=-
B B B mE ⎝⎭i i -1F
1e ⎛1⎫
上式的∆ ⎪是一个固定的常量，这说明，每当两个的间距（周期）等于这一常量
B m E F ⎝B ⎭
1
曲线就多一个极小. 也就是说，磁化率以磁场倒数作振荡.
B
因为k z =0的平面在费密球上截得的圆面积
2
S =πk F ,
∆ 费密能
2 2k F
, E F =2m
时，磁化率
所以有
⎛1⎫2πe ∆ ⎪=.
B S ⎝⎭
20. 从E
=E 0到E =E F 能带都为
222⎫k 2⎛k k y
x ++z ⎪, E =E 0+ 2⎝m x m y m z ⎪⎭
其中都是大于零的常数. 求电子的能态密度 N
(E )=
3V c n
,
2E F -E 0其中n 为单位体积内的电子数.
【解 答】
由已知条件可将波矢空间内电子能带满足的方程化为
22
k y k x k z 2
++=1.
x 0y 0z 0 2 2 2
将上式与椭球公式
x 2y 2z 2
2+2+2=1
a b c
比较可知，在波矢空间内电子的等能面是一椭球面，与椭球的体积
4
πabc 3
比较可得知，能量为E 的等能面围成的椭球体积
26 26
τ由上式可得
422=π32m x m y m z (E -E 0). 3
d τ=
能量区间E
4π 3
2m x m y m z (E -E 0)dE .
2
→dE 内电子的状态数目
V c V c dz =2()d τ=m m m E -E dE . x y z 0323
π 2πV c 是晶体体积. 电子的能态密度
dz V c N (E )==232m x m y m z (E -E 0)
dE π
设电子的浓度为n ，则E 0-E F 区间的电子的总数为V c n ，且
E F V c 232
V c n =⎰N (E )dE =232m x m y m z (E -E 0).
E 0
π 3
将上式与能态密度 N 比较，得
N
21. 证明
【解 答】 当K n
(E F )=
V c ()2m m m E -E x y z F 023
π
(E F )=
3V c n
.
2E F -E 01i (k n -K m )∙r e d r =δK n , K m . ⎰N ΩN Ω
=K m 时，公式
1i (k n -K m )∙r . e d r =δK ⎰n , K m N ΩN Ω
成立.
当K n ≠K m , 设K n -K m =K l =K lk i +K ly j +K lz k =l 1b 1+l 2b 2+l 3b 3,
L x +L y +L z
L x i =p 1a 1+p 2a 2+p 3a 3,
其中分L x , L y , L z 别为晶体在x , y , z 方向的长度，b 是倒格子原胞基矢，a , b , b 1, a 2, a 3是正格子原胞123
基矢，l 1, l 2, l 3, p 1, p 2, p 3是整数. 于是进一步得到
11i (k n -K m )∙r e d r =
N Ω⎰N ΩL x L y L z
N Ω=
⎰⎰⎰
L x L y L z
e
i K lx x +K ly y +K lz z
()
dxdydz .
由
K l ∙(L x i )=K Lx Lx =2π(l 1b 1+l 2b 2+l 3b 3)=2μπ 可知，K Lx Lx 是2π的整数(μ)倍. 不难得到
1L x iK lx x 1e iK lx x L x e iK lx Lx -1
e dx ===0 ⎰0L x L x iK lx x 0LxiK lx
由此得证
1i (k n -K m )∙r e d r =δk n , k m . ⎰N ΩN Ω
27 27
22. 证明
1i k (R n '-R n ) . e =δR ∑n ', R n N k
【解当R 答】
k n '=R n 时，因的取值个数为N 个，所以公式
1i k (R
n '-R N ∑e n )=δR k
n ', R n . 成立.
当R
n '
≠R
n ，设R n '－R n =R p =p 1a 1+p 2a 2+p 3a 3，并将
k =l 1 l 2 l 3
N b 1+b 2+b 3
1N 2N 3
代入下式，得
k
∙(R
⎛p 1l 1p '-R 2l 2p 3l 3n n )=k ∙R p =2π +N +⎫
⎪， 2N ⎪其中N 分别是a
⎝N 1
3⎭1, N 2, N 31, a 2, a 3方向晶体的原胞数目. 于是
i 2π⎛ p 1l 1p 2l 2p 3l ⎫
∑i k e
(R R n '-n )
=
3N +N +⎪⎝12N
3⎪⎭
k
l ∑e
1l 2l 3
i 2π
p 1l 12i 2π
p 3l 3 =∑∑∑e
N 2π
p 2l 1
∙e
i N 2
∙e
N 3
，
l 1
l 2
l 3
其中
-N j N j 2
2
, j =1, 2, 3.
令l j
=h N j j -
2
则
⎫i 2π
p p ⎛
N j j h j -⎪j l j N ⎪j l j
∑e
N j
i 2π
⎝2⎭
N j
=
∑N j
i 2π
p e j
=±N j
.
l j
h j =1
∑e
h j =1
上式是等比级数前项的和，于是
i 2π
p j N ⎛ i 2π
p j N j
⎫N e j
∙j
i 2π
p j l j 1-e N j
⎪
∑e
N j
=
⎝
⎪
⎭=0.
h j =1
i 2π
j 1-e
N j
由此的证
1
N ∑e i k (R n '-R n )=δR . k
n ', R n 23. 证明
1
N ∑e i (k '-k )R n
=δk ', k +K . n
m
【解 答】 因为
28 28
K m =m 1b 1+m 2b 2+m 3b 3,
R n =n 1a 1+n 2a 2+n 3a 3,
K ∙R
m n =2μπ,
所以
1i (k '-k )R =∑e -k )R n 1i (k ' n ∙e -i (K m ∙R n )=1∑ e i [k '-(k )+K
m ]R n
. N ∑e
n N n N n
'=k 当k +K
m ，因为R n 的取值个数为N 个，所以由上式得
1N ∑e i (k '-k )R n =1n ∑ e i [k '-(k )+K
m ]R n
=1∑e 0=1=δk ', k +K m
. 当k N n N n '≠k +K m ，，设
k =l 1' l 2' l ' N b +3
1+b 2b 3
1N 2N 3
k =l 1N b l 2 l 3 1+N b 2+b 3，
12N 3k '-k =k ''=p 1N b p 2 p 3 1+b 2+b 3，
1N 2N 3
k ''∙R π⎛ p 1n 1p 2n 2p 3n 3⎫
n =2⎝N +N +N ⎪⎪
1
23⎭则有
1i (k '-k )R -i (K
n 1i (k '-k )R n m ∙R n )1i [k '-(k )+K N ∑e =∑e ∙e =m ]R n
n N n N ∑e . n
⎛p 1n 1p 2n 2p 3n 3
⎫
=
1''R N ++⎪1N 2N 3⎪⎭
N
∑e
i k =12π n
⎝
n N e n ∑1n 2n 3
2π
p 1n 1
n 23n 3 =∑∑∑e
i N 1
∙e
i 2π
p 2N 2
∙e
i 2π
p N 3
n 1
n 2
n 3
因为
-
N j 2
N j 2
, j =1, 2, 3.
i 2π
p j N ⎛i 2π
p j N j
j
N ⎫∙ i 2π
p j n j p j n j 1-e j
⎪N e j
i 2π
∑e
N j
= N j
=
⎪
.
n ∑e
j
n j =1
i 2π
p j =01-e
N j
由此得证
1i (k '-k )R
n
N ∑e =δk ', k +K . n
m
29 29