Đang tải... (xem toàn văn)
(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano(Luận án tiến sĩ) Nghiên cứu động lực học của hạt tải và các dao động trong một số bán dẫn có cấu trúc nano
ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ THỊ NGỌC BẢO NGHIÊN CỨU ĐỘNG LỰC HỌC CỦA HẠT TẢI VÀ CÁC DAO ĐỘNG TRONG MỘT SỐ BÁN DẪN CÓ CẤU TRÚC NANO LUẬN ÁN TIẾN SĨ VẬT LÝ HUẾ, 2019 ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ THỊ NGỌC BẢO NGHIÊN CỨU ĐỘNG LỰC HỌC CỦA HẠT TẢI VÀ CÁC DAO ĐỘNG TRONG MỘT SỐ BÁN DẪN CÓ CẤU TRÚC NANO Chuyên ngành : Vật lý lý thuyết vật lý toán Mã số : 44 01 03 LUẬN ÁN TIẾN SĨ VẬT LÝ Người hướng dẫn khoa học PGS TS Đinh Như Thảo HUẾ, 2019 LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận án này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc kính trọng đến Thầy giáo PGS TS Đinh Như Thảo Thầy trực tiếp hướng dẫn định hướng cho tơi thực cơng trình nghiên cứu Thầy dìu dắt tơi đường nghiên cứu khoa học, tận tình hướng dẫn tơi từ phương pháp làm việc có hiệu quả, phương pháp nghiên cứu khoa học, nghiêm túc khoa học, đến việc chỉnh sửa cho câu văn, đoạn văn luận án Bên cạnh đó, Thầy cịn truyền đạt cho kiến thức, kỹ kinh nghiệm quý báu công việc sống Luận án kiện đặc biệt có ý nghĩa lớn tơi Trong kiện ý nghĩa tơi nhận q trân quý từ Thầy, trưởng thành nghiên cứu khoa học công việc giảng dạy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy giáo TS Lê Quý Thông Thầy giáo ThS Lê Ngọc Minh Hai người Thầy kính mến, khơng trực tiếp hướng dẫn tơi cơng trình nghiên cứu hai Thầy ln ln động viên, khích lệ giúp đỡ tơi công việc chia sẻ niềm vui đạt kết Xin trân trọng cảm ơn Khoa Vật lý, Trường Đại học Sư phạm, Đại học Huế, tất Thầy Cô Khoa giảng dạy, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian học tập nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo Sau đại học, Trường Đại i học Sư phạm, Đại học Huế tạo điều kiện thuận lợi cho tơi việc hồn thành thủ tục hành suốt q trình học tập Tơi xin gửi lời cảm ơn đến tất Thầy, Cô, anh chị em đồng nghiệp Khoa Vật lý, Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ động viên suốt q trình tơi học tập, nghiên cứu công tác Tôi xin gửi lời cảm ơn đến hai bạn đồng mơn Dương Đình Phước Trần Thiện Lân Hai bạn ngồi quán cà phê để tâm chia sẻ khó khăn q trình nghiên cứu niềm vui đạt kết Cuối xin dành tất yêu thương lời cảm ơn đến thành viên gia đình Cảm ơn bố mẹ ln giúp đỡ, tạo điều kiện tốt để dâu gái yên tâm học tập, nghiên cứu khoa học Cảm ơn chồng luôn bên cạnh giúp đỡ, động viên, ủng hộ vợ Mẹ cảm ơn hai Gin, Bin ngoan ngỗn ln u thương mẹ Mẹ yêu ba bố nhiều Tôi xin chân thành cảm ơn tất cả! ii LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết quả, số liệu, đồ thị nêu luận án trung thực chưa công bố công trình khác Tác giả luận án Lê Thị Ngọc Bảo iii MỤC LỤC Lời cảm ơn i Lời cam đoan iii Mục lục iv Danh sách hình vẽ xiv Danh sách bảng xv Mở đầu Chương Cơ sở lý thuyết 10 1.1 Tổng quan bán dẫn có cấu trúc na-nơ-mét 10 1.2 Chấm lượng tử 12 1.2.1 Tổng quan chấm lượng tử bán dẫn 12 1.2.2 Hàm sóng phổ lượng điện tử (lỗ trống) chấm lượng tử hình cầu 15 1.2.3 Hàm sóng phổ lượng điện tử (lỗ trống) chấm lượng tử hình ellip 19 1.3 Phương pháp mô Monte Carlo tập hợp tự hợp 28 1.4 Tổng quan phương pháp hàm sóng tái chuẩn hóa 36 1.5 Kết luận chương 39 Chương Mô động lực học hạt tải 41 2.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu 41 iv 2.2 Phương pháp giải phương trình Poisson ba chiều thuật toán BiCGstab(l ) 42 2.3 Kết mô thảo luận 46 2.4 Kết luận chương 56 Chương Hiệu ứng Stark quang học exciton chấm lượng tử 58 3.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu hiệu ứng Stark quang học 58 3.2 Hiệu ứng Stark quang học exciton chấm lượng tử hình cầu 62 3.2.1 Mơ hình lý thuyết 62 3.2.2 Yếu tố ma trận cho chuyển dời quang hai mức lượng lượng tử hóa điện tử 64 3.2.3 Hấp thụ exciton khơng có laser bơm 67 3.2.4 Hấp thụ exciton trường hợp có laser bơm 69 3.2.5 Kết tính tốn thảo luận 72 3.3 Hiệu ứng Stark quang học chấm lượng tử hình ellip 77 3.3.1 Mơ hình lý thuyết 78 3.3.2 Kết tính tốn thảo luận 86 3.4 Kết luận chương 91 Chương Hiện tượng phách lượng tử exciton chấm lượng tử 92 4.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu tượng phách lượng tử 92 4.2 Hiện tượng phách lượng tử exciton chấm lượng tử hình cầu 96 4.2.1 Mơ hình lý thuyết 96 4.2.2 Hàm sóng exciton lưỡng cực 98 v 4.2.3 Phách lượng tử exciton 102 4.2.4 Kết tính tốn thảo luận 107 4.3 Hiện tượng phách lượng tử exciton chấm lượng tử hình ellip 112 4.3.1 Mơ hình lý thuyết 112 4.3.2 Kết tính tốn thảo luận 120 4.4 Kết luận chương 126 Kết luận 127 Danh mục báo công bố liên quan đến luận án 130 Tài liệu tham khảo 132 Phụ lục P.1 vi DANH SÁCH CÁC HÌNH VẼ 1.1 Minh họa chấm lượng tử hình ellip dạng thuẫn (hình a) chấm lượng tử hình ellip dạng dẹt (hình b) 1.2 Lưu đồ mô Monte Carlo tập hợp tự hợp ba chiều [74] 1.3 21 30 Lược đồ động lực học hạt tải theo thời gian phương pháp Monte Carlo tập hợp Các đường nét liền nằm ngang quỹ đạo chuyển động theo thời gian hạt Các đường nét đứt dọc thời điểm tính tốn Dấu × đường nét liền thời điểm xảy kiện tán xạ [74] 32 1.4 Giản đồ chọn lựa chế tán xạ [74] 33 1.5 Sơ đồ mơ hình hệ ba mức Trong kí hiệu E0 mức lượng lỗ trống; E1 , E2 mức lượng điện tử; ωp tần số laser bơm; ωt tần số laser dò ∆ω độ lệch tần số cộng hưởng sóng bơm với hiệu hai mức lượng lượng tử hóa điện tử 37 2.1 Thuật toán BiCGstab(l ) [66] 45 2.2 Mơ hình đi-ốt p-i-n GaAs [12] 46 vii 2.3 Vận tốc trôi dạt điện tử theo phương khác vận tốc trơi dạt tồn phần hàm thời gian ứng với điện trường Eex = 100 kV/cm 2.4 49 Vận tốc trơi dạt tồn phần điện tử theo thời gian ứng với điện trường Eex = 70 kV/cm, Eex = 100 kV/cm Eex = 130 kV/cm 2.5 50 Vận tốc trơi dạt tồn phần điện tử theo thời gian thu sử dụng thuật tốn BiCGstab(5) BiCGstab [6] ứng với điện trường ngồi Eex = 100 kV/cm 2.6 50 Phân bố điện đi-ốt p-i-n bán dẫn GaAs ứng với điện trường Eex = 100 kV/cm: a) Trong không gian điểm nút mặt cắt z = 10 nm b) Dọc theo trục Ox, y = z = 10 nm chương trình mơ có sử dụng thuật tốn BiCGstab(5) BiCGstab 2.7 51 So sánh chuẩn Euclide vectơ thặng dư trường hợp chương trình Poisson dùng thuật toán BiCGstab(l ) thuật toán BiCGstab 2.8 52 Đồ thị biểu diễn độ lớn thành phần vectơ thặng dư chương trình Poisson hai trường hợp dùng thuật toán BiCGstab(l ) thuật tốn BiCGstab 53 2.9 Thời gian trung bình lần giải phương trình Poisson theo thuật tốn BiCGstab BiCGstab(l ) với l = 1, 10 55 viii Sử dụng điều kiện trực chuẩn hàm điều hịa cầu ta có ∗ Ylm (θ, φ) Yl m (θ, φ) dΩ = δll δmm (P.18) R Từ biểu thức (P.17) (P.18) ta viết lại biểu thức V21 sau R qAp m∗e (E2 − E1 ) √ × = m0 iωp i V21 ∗ fnl (r) fn∗ l (r) r3 dr (P.19) Mặt khác ta có fnl (r) = jl χnl Rr R3 jl+1 (χnl ) (P.20) Thay biểu thức (P.20) vào (P.19) ta V21 qAp m∗e = (E2 − E1 ) √ m0 iωp i R jl (χ1s ) j2 (χ1p ) R × j0 r r χ1s j1 χ1p r dr R R (P.21) Để tính tích phân biểu thức (P.21) ta thực việc đổi biến số sau Ta đặt r = r , R (P.22) suy dr = Rdr , (P.23) r = → r = 0, (P.24) r = R → r = Do ta có R I= j0 r r j1 χ1p r dr = R4 χ1s R R j0 (χ1s r) j1 (χ1p r) r3 dr (P.25) P.4 Thay biểu thức (P.25) vào (P.21) ta thu biểu thức yếu tố ma trận chuyển dời hai mức lượng tử hóa điện tử sau V21 e e − E1s qAp m∗e 2R E1p √ × = m0 iωp i j1 (χ1s ) j2 (χ1p ) j0 (χ1s r) j1 (χ1p r) r3 dr (P.26) P3 Chứng minh biểu thức (3.22) Ta có T10 qAt e−iωt t =− Π1 (r, t) npˆ Π0 (r, t) m0 iωt i qAt e−iωt t =− Π1 (r) n · pˆ Π0 (r) e (E1 −E0 )t m0 iωt qAt i (E1 −E0 − ωt )t =− e uc (r) Ψe100 (r) n · pˆ uv (r) Ψh100 (r) m0 iωt qAt i (E1 −E0 − ωt )t e =− uc (r) npˆ uv (r) Ψe100 (r) |Ψh100 (r) m0 iωt + uc (r) |uv (r) Ψe (r) npˆ Ψh (r) 100 100 (P.27) P4 Chứng minh phương trình (3.35) phương trình (3.37) Khi có sóng bơm, hàm sóng electron bị tái chuẩn hóa tác dụng sóng bơm, hàm sóng tái chuẩn hóa có dạng Πemix (r, t) cj (t)e− = i Ej t |Πj (r, t) , (P.28) j=1 hệ số cj (t) tìm từ phương trình Schodinger phụ thuộc thời gian ∂Πemix (r, t) i = Hˆ0 + Vˆ Πemix (r, t) , ∂t P.5 (P.29) nên suy ∂ i ∂t cj (t) e− i Ej t |Πj (r, t) j=1 (P.30) ˆ + Vˆ = H cj (t) e− i Ej t |Πj (r, t) j=1 Ta có hàm sóng điện tử trạng thái dừng phụ thuộc thời gian Πj (r, t) = e− i Ej t |Πj (r) = e−iωj t |Πj (r) , (P.31) với j = 1, Do ta có −i j dcj (t) Πj (r, t) + i dt ˆ Πj (r, t) + cj (t) H = j cj (t) j dΠj (r, t) dt cj (t) Vˆ Πj (r, t) (P.32) j ⇒ −i j dcj (t) Πj (r, t) = dt cj (t) Vˆ Πj (r, t) , j hay i dc1 (t) dc2 (t) Π1 (r, t) + i Π2 (r, t) = c1 (t) Vˆ Π1 (r, t) + c2 (t) Vˆ Π2 (r, t) dt dt (P.33) Nhân Π∗1 (r, t) , Π∗2 (r, t) bên trái phương trình (P.33) ta có dc1 (t) dc2 (t) Π1 (r, t) |Π1 (r, t) + i Π1 (r, t) |Π2 (r, t) dt dt = c1 Π1 (r, t) |Vˆ |Π1 (r, t) + c2 Π1 (r, t) |Vˆ |Π2 (r, t) , (P.34) dc1 (t) dc2 (t) Π2 (r, t) |Π1 (r, t) + i Π2 (r, t) |Π2 (r, t) dt dt = c1 Π2 (r, t) |Vˆ |Π1 (r, t) + c2 Π2 (r, t) |Vˆ |Π2 (r, t) , (P.35) i i P.6 nên suy i dc1 (t) = c1 (t) Π1 (r, t) |Vˆ Π1 (r, t) + c2 (t) Π1 (r, t) |Vˆ Π2 (r, t) , dt dc2 (t) dt i = c1 (t) Π2 (r, t) |Vˆ Π1 (r, t) + c2 (t) Π1 (r, t) |Vˆ Π2 (r, t) (P.36) Từ ta có i dc1 (t) = c1 (t) Π1 (r) |Vˆ e−iωp t + eiωp t Π1 (r) eiω1 t e−iω1 t dt + c2 Π1 (r) |Vˆ Π2 (r) e− iωp t + eiωp t ei(ω1 −ω2 )t −iωp t = c1 (t) V11 e +e (P.37) iωp t + c2 (t) V12 ei(ω1 −ω2 −ωp )t + ei(ω1 −ω2 +ωp )t , i dc2 (t) = c1 (t) Π2 (r) |Vˆ e−iωp t + eiωp t Π1 (r) Π1 (r) ei(ω2 −ω1 )t dt + c2 (t) Π2 (r) |Vˆ Π2 (r) e−iωp t + eiωp t ei(ω2 −ω2 )t = c1 (t) V21 ei(ω2 −ω1 −ωp )t + ei(ω2 −ω1 +ωp )t + c2 (t) V22 e−iωp t + eiωp t (P.38) Ở phương trình (P.37) phương trình (P.38) giữ lại số hạng xác định điều kiện ∆ω = ωp − ω21 = ωp − ω2 + ω1 hay (−∆ω) = ω21 − ωp = ω2 − ω1 − ωp Do ta có i dc1 (t) = c2 (t) V12 ei(ω1 −ω2 +ωp )t = c2 (t) V12 ei∆ωt , dt (P.39) i dc2 (t) = c1 (t) V21 e−i∆ωt dt P.7 (P.40) Đạo hàm biểu thức (P.40) ta có d2 c1 (t) dc2 (t) = V12 ei∆ωt + c2 (t) V12 (i∆ω) ei∆ωt i dt dt (t) i dcdt −i∆ωt i∆ωt V12 e + V12 (i∆ω) ei∆ωt (P.41) = c1 (t) V21 e i∆ωt i V12 e dc1 (t) = |V12 |2 c1 (t) − ∆ω , i dt nên suy d2 c1 (t) ∆ω dc1 (t) = |V | c (t) − 12 dt2 i dt (i )2 |V12 |2 ∆ω dc1 (t) = − c1 (t) − i dt dc1 (t) |V12 | , = − c1 (t) + (i∆ω) dt (P.42) d2 c1 (t) dc1 (t) |V12 |2 − (i∆ω) c1 (t) = + dt2 dt (P.43) hay Giải phương trình (P.43), ta có phương trình đặc trưng κ − (i∆ω) κ + |V12 |2 = (P.44) Ta có ∆ = (i∆ω) − |V12 |2 2 = − (∆ω) + |V12 |2 =i 2 (∆ω) + |V12 |2 , (P.45) nên suy √ ∆ = i (∆ω)2 + P.8 |V12 | 2 (P.46) Do i∆ω − κ1 = √ ∆ i∆ω − i (∆ω) + = 2 4|V12 | 2 2 i∆ω ∆ω |V12 | −i + 2 ∆ω ∆ω |V12 |2 = −i − + + 2 = (P.47) ≡ −iα1 , i∆ω + κ2 = √ ∆ i∆ω + i (∆ω) + = 4|V12 | 2 2 2 i∆ω ∆ω |V12 | +i + 2 ∆ω ∆ω |V12 |2 =i − + + 2 = (P.48) ≡ iα2 Ta đặt α1 = ΩR − ∆ω , ∆ω α = Ω + , R ΩR = ∆ω 2 (P.49) + |V12 | 2 (P.50) ∆ω = ωp − ω21 Vậy phương trình (P.39) có nghiệm c1 (t) = a1 e−iα1 t + b1 eiα2 t P.9 (P.51) Tương tự đạo hàm phương trình (P.40) ta có d2 c2 (t) dc1 (t) = V21 e−i∆ωt + c1 (t) V21 (−i∆ω) e−i∆ωt i dt dt (t) i dcdt i∆ωt −i∆ωt V21 e + V21 (−i∆ω) e−i∆ωt = c2 (t) V12 e −i∆ωt i V21 e dc2 (t) = |V12 |2 c2 (t) + ∆ω , i dt (P.52) suy d2 c2 (t) ∆ω dc2 (t) = |V | c (t) + 12 dt2 i dt (i )2 |V12 |2 ∆ω dc2 (t) = − c2 (t) − i dt |V12 | dc2 (t) = − c2 (t) − (i∆ω) , dt (P.53) d2 c2 (t) dc2 (t) |V12 |2 + (i∆ω) + c2 (t) = dt2 dt (P.54) hay Giải phương trình (P.54) ta có phương trình đặc trưng κ + (i∆ω) κ + |V12 |2 = (P.55) Ta có ∆ = (i∆ω) − |V12 |2 2 = − (∆ω) + |V12 |2 =i 2 (∆ω) + |V12 |2 , (P.56) nên suy √ ∆ = i (∆ω)2 + P.10 |V12 | 2 (P.57) Do ta có −i∆ω + κ3 = √ ∆ −i∆ω +i ∆ω =i − + = −i∆ω + i (∆ω) + = 4|V12 | 2 ∆ω 2 + |V12 | (P.58) 2 ∆ω 2 2 + |V12 | ≡ iα1 , κ4 = −i∆ω − √ ∆ −i∆ω −i ∆ω = −i + = −i∆ω − i (∆ω) + = ∆ω ∆ω 2 4|V12 | 2 2 2 + |V12 | (P.59) 2 + |V12 | ≡ −iα2 Vậy phương trình (P.40) có nghiệm c2 (t) = a2 eiα1 t + b2 e−iα2 t Từ (P.54) (P.60) ta hệ phương trình c1 (t) = a1 e−iα1 t + b1 eiα2 t , (P.60) (P.61) c (t) = a eiα1 t + b e−iα2 t 2 Bây ta tìm hệ số a1 , b1 , a2 , b2 Ta có c1 (0) = a1 + b1 = ⇔ dc1 (0) = a (−iα ) e−iα1 t + b (iα ) eiα2 t | = 1 t=0 dt b1 = − a1 b1 = − a1 ⇔ ⇔ i (α b − α a ) = α (1 − a ) − α a = 1 1 P.11 (P.62) (P.63) ⇔ b1 = − a1 ⇔ α − (α + α ) a = 2 b1 = − a1 a1 = a1 = α2 ΩR − ∆ω + ΩR + ⇔ b1 = − α2 2ΩR α2 α1 + α2 ∆ω α a1 = 2ΩR ⇔ 2ΩR − ∆ω ΩR − ∆ω α1 2ΩR − α2 − ΩR b1 = = = = 2ΩR 2ΩR 2ΩR 2ΩR (P.64) (P.65) (P.66) Vậy c1 (t) = α2 −iα1 t α1 iα2 t + = e e α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t 2ΩR 2ΩR 2ΩR (P.67) Tương tự từ phương trình (P.40) ta suy điều kiện thứ hai hệ phương trình sau c1 (0) = a2 + b2 = ⇔ dc (0) V 2 a (iα ) eiα1 t + b (−iα ) eiα2 t | = V2 = 2 t=0 dt i i (P.68) ⇔ a2 = −b2 i (α a − α b ) = V21 2 i ⇔ ⇔ a2 = −b2 α a − α b = V21 = − V21 2 i2 a2 = −b2 b2 = V21 V21 = (α1 + α2 ) ΩR P.12 V a2 = − 21 , ΩR ⇔ V b2 = 21 ΩR (P.69) (P.70) Suy V21 eiα1 t − e−iα2 t (P.71) ΩR Vậy từ (P.67) (P.71) ta tìm hệ số c1 (t), c2 (t) với biểu thức c2 (t) = − sau c1 (t) = α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t , 2ΩR V c2 (t) = − 21 eiα1 t − e−iα2 t ΩR (P.72) P5 Chứng minh biểu thức (3.45) Ta có Tmix,0 i qAt e−iωt t = α1 e− (E1 − m0 iωt 2ΩR × Π1 (r) npˆ Π0 (r) e− i ∗ α2 )t − i (E1 + α1 )t + α2 e E0 t ∗ qAt e−iωt t α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t =− m0 iωt 2ΩR e i (E1 −E0 )t (P.73) × Π1 (r) npˆ Π0 (r) qAt i (E1 −E0 − e =− m0 iωt ωt )t α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t 2ΩR ∗ × uc (r) Ψe100 (r) npˆ uv (r) Ψh100 (r) Ta viết lại biểu thức (P.73) dạng Tmix,0 qAt =− α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t m0 iωt 2ΩR × uc (r) npˆ uv (r) + uc (r) |uv (r) ∗ i dot e (Eg − ωt )t Ψe100 (r) |Ψh100 (r) Ψe100 (r) npˆ Ψh100 (r) qAt α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t =− m0 iωt 2ΩR × uc (r) npˆ uv (r) ∗ dot e (Eg − i (P.74) ωt )t Ψe100 (r) |Ψh100 (r) qAt pcv =− α1 eiα2 t + α2 e−iα1 t m0 iωt 2ΩR P.13 ∗ i dot e (Eg − ωt )t P6 Chứng minh biểu thức (3.55) (p-e) Bây ta tính V21 sau Ta có qAp ˆ int H m0 iωp qAp e(p-e) e(p-e) =− uc (r) Ψ110 (r) npˆ uc (r) Ψ100 (r) m0 iωp qAp e(p-e) e(p-e) =− uc (r) npˆ uc (r) Ψ110 (r) |Ψ100 (r) m0 iωp (p-e) =− V21 e(p-e) e(p-e) Ψ110 (r) npˆ Ψ100 (r) + uc (r) |uc (r) =− (P.75) qAp e(p-e) e(p-e) Ψ110 (r) npˆ Ψ100 (r) m0 iωp Mặt khác ta có m∗ m∗ pˆ = − e Hˆ0 , r = − e Hˆ0 r − rHˆ0 i i (P.76) Thay phương trình (P.76) vào phương trình (P.75) ta có (p-e) V21 qAp m∗e e(p-e) Hˆ0 r − rHˆ0 Ψ110 (r) n · − =− m0 iωp i ∗ qAp me e(p-e) e(p-e) = Ψ110 (r) nHˆ0 r Ψ100 (r) m0 iωp i e(p-e) Ψ100 (r) e(p-e) e(p-e) − Ψ110 (r) nrHˆ0 Ψ100 (r) qAp m∗e = m0 iωp i (p-e) E2 e(p-e) e(p-e) Ψ110 (r) |nr| Ψ100 (r) e(p-e) (p−e) − Ψ110 (r) |nr| E1 = qAp m∗e (p-e) (p-e) E2 − E1 m0 iωp i e(p-e) e(p-e) Ψ100 (r) e(p-e) Ψ110 (r) |nr| Ψ100 (r) , (P.77) e(p-e) E1(p-e) = E100 , E (p-e) = E e(p-e) 110 P.14 (P.78) Ta có (1) (1) (1) (1) e(p-e) Ψ110 (r) = J10 (h, ξ) S10 (h, η) ei0ϕ = J10 (h, ξ) S10 (h, η) , (1) (1) (1) (1) e(p-e) i0ϕ Ψ (r) = J (h, ξ) S (h, η) e = J (h, ξ) S (h, η) , 100 00 00 00 00 dV = f ξ − η dξdηdϕ (P.79) Chọn vectơ phân cực dọc theo trục z ta có n = k (P.80) Thay phương trình (P.79) phương trình (P.80) vào phương trình (P.77) ta (p-e) V21 = qAp m∗e (p-e) (p-e) E2 − E1 m0 iωp i e(p-e) e(p-e) × Ψ110 (r) k xi + y j + z k qAp m∗e (p-e) (p-e) E2 − E1 = m0 iωp i Ψ100 (r) e(p-e) e(p-e) Ψ110 (r) |z| Ψ100 (r) qAp m∗e (p-e) (p-e) = E2 − E1 f4 × m0 iωp i 2π dϕ ξ¯ +1 (1)∗ (1)∗ ξη ξ − η J10 (h, ξ) S10 (h, η) × −1 (1) (1) × J00 (h, ξ) S00 (h, η) dξdη qAp m∗e (p-e) (p-e) = E2 − E1 2πf m0 iωp i ξ¯ +1 (1)∗ (1)∗ ξη ξ − η J10 (h, ξ) S10 (h, η) × −1 (1) (1) × J00 (h, ξ) S00 (h, η) dξdη P.15 (P.81) (p-e) Vậy ta có biểu thức V21 (p-e) V21 = xác định sau qAp m∗e (p-e) (p-e) E2 − E1 2πf m0 iωp i ξ¯ +1 (1)∗ (1)∗ ξη ξ − η J10 (h, ξ) S10 (h, η) × (P.82) −1 (1) (1) × J00 (h, ξ) S00 (h, η) dξdη P7 Chứng minh biểu thức (4.10) (4.19) Ta có E2+ − E1+ = E2 + α2 − E1 − α1 = E2 + ∆ω + ΩR − E1 − = E2 − E1 + ∆ω − ∆ω + ΩR (P.83) = E2 − E1 + (ωp − ω21 ) = E2 − E1 + ωp − ω2 + ω1 = ωp Chứng minh tương tự ta có E2− − E1− = ωp Từ ta suy biểu thức cần chứng minh E2+ = E1+ + ωp , (P.84) (P.85) E − = E − + ω p Chứng minh hồn tồn tương tự ta có − Ω− 20 = Ω10 + ωp , Ω+ = Ω+ + ω p 20 10 P.16 (P.86) P8 Chứng minh biểu thức (4.20) Từ biểu thức (4.17) ta có Ω− 10 = Ω10 − α2 , Ω+ = Ω + α 10 10 Do ta suy − Ω+ 10 − Ω10 = (Ω10 + α1 ) − (Ω10 − α2 ) = − ∆ω ∆ω + ΩR + + ΩR 2 (P.87) = ΩR Tương tự ta có − Ω+ 20 − Ω20 = (Ω20 + α2 ) − (Ω20 − α1 ) = ∆ω ∆ω + ΩR − + ΩR 2 (P.88) = ΩR Từ (P.87) (P.88) ta có biểu thức cần phải chứng minh − Ω+ 10 − Ω10 = ΩR , Ω+ − Ω− = Ω R 20 20 P.17 (P.89) P9 Chứng minh biểu thức (4.34) Ta có Ex Tmix i + i − qAt e−iωt t =− α1 e− Ω10 t + α2 e− Ω10 t m0 iωt 2ΩR ∗ × uc (r) Ψe100 (r) · uv (r) Ψh100 (r) npˆ i − i + qAt e−iωt t =− α1 e− Ω10 t + α2 e− Ω10 t m0 iωt 2ΩR × ˆ uc (r) uv (r) |np|0 + uc (r) uv (r) |0 ∗ (P.90) Ψe100 (r) Ψh100 (r) |0 ˆ Ψe100 (r) Ψh100 (r) |np|0 i − i + qAt e−iωt t α1 e− Ω10 t + α2 e− Ω10 t =− m0 iωt 2ΩR × uc (r) uv (r) npˆ ∗ Ψe100 (r) Ψh100 (r) |0 Từ ta có Ex Tmix i − i + qAt pcv e−iωt t α1 e− Ω10 t + α2 e− Ω10 t =− m0 iωt 2ΩR × Ψe100 (r) Ψh100 (r) |0 , P.18 ∗ (P.91) ...ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ THỊ NGỌC BẢO NGHIÊN CỨU ĐỘNG LỰC HỌC CỦA HẠT TẢI VÀ CÁC DAO ĐỘNG TRONG MỘT SỐ BÁN DẪN CÓ CẤU TRÚC NANO Chuyên ngành : Vật lý lý thuyết vật lý toán Mã số :... luận án là: ? ?Nghiên cứu động lực học hạt tải dao động số bán dẫn có cấu trúc nano? ?? Với đề tài chúng tơi hy vọng đóng góp vào phát triển chung lĩnh vực nghiên cứu với cộng đồng khoa học giới Trong. .. lượng tử bán dẫn phương pháp hàm sóng tái chuẩn hóa Mục tiêu nghiên cứu Mục tiêu chung luận án nghiên cứu động lực học siêu nhanh hạt tải quang khảo sát vài dao động số bán dẫn có cấu trúc na-nơ