Моделирование зонной структуры полупроводников. Бормонтов Е.Н - 20 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

20
Найдем уравнение, которому должна удовлетворять функция U(x).
Подставляя (26) в (18), получим для области 0 < x < a, а также для любой
другой ямы
()
,Uk
dx
dU
ik
dx
Ud
02
22
2
2
=−α++ (27)
а для области a < x < a+b (или любого другого потенциального барьера)
()
,Uk
dx
dU
ik
dx
Ud
02
22
2
2
=+β−+ (28)
где
,/mE h2=α
(
)
./EVm h−=β
0
2
(29)
Решения уравнений (28) и (29) имеют вид
()()
;ax,BeAeU
xkixki
≤≤+=
+α−−α
0
1
(30)
()()
.baxa,DeCeU
xikxik
+≤≤+=
+β−−β
2
(31)
Последние выражения содержат четыре неизвестных: A, В , С и D. Их
можно исключить, пользуясь условиями непрерывности функции ψ(х) и ее
первой производной dψ /dx (или U и dU/dx). Требование непрерывности
означает , что
U
1
= U
2
при x = n (a+b), dU
1
/dx = dU
2
/dx при x = a +n (a+b).
(32)
Записывая (32) с учетом (30) и (31), получим систему четырех
линейных однородных уравнений с четырьмя неизвестными A, В , С и D.
Условием существования нетривиального решения системы является
равенство нулю детерминанта, составленного из коэффициентов при
неизвестных. Это приводит к уравнению
,a)cos(αb)ch(βa)sin(αb)( βsh
αβ2
αβ
b)k(acos
22
0 =−
−
−+
(33)
связывающему величины
α
и β , содержащие собственные значения
энергии электрона Е , с волновым вектором k. Таким образом, равенство
(33) можно рассматривать как соотношение между Е и k .
Решить уравнение (33) довольно сложно. Поэтому вводят
дополнительные упрощающие предположения. Следуя Кронигу и Пенни ,
рассмотрим высокие тонкие барьеры . Пусть b → 0, a V
0
→ ∞ , но так, чтобы
произведение ширины барьера на высоту bV
0
оставалось конечным. Это
означает , что β
2
b конечно , но β b → 0. При b → 0 ch βb → l, sh βb → βb.
Таким образом, вместо (33) запишем :
kacosa α cosa α sinb β
αβ2
αβ
22
=+
−
(34) 
                                                    20
      Н ай дем уравнени е, кот орому долж на удовлет ворят ь ф ункци я U(x).
П одст авляя (26) в(18), получи м для област и 0 < x < a, ат акж едля лю бой
другой ямы

                                         + (α 2 − k 2 )U = 0,
                       d 2U          dU
                           2
                              + 2ik                                     (27)
                        dx           dx
адля област и a < x < a+b (и ли лю бого другого пот енци ального барьера)

                                         − (β 2 + k 2 )U = 0,
                        d 2U         dU
                            2
                              + 2 ik                                    (28)
                        dx            dx
где
                     α = 2mE / h ,                  β = 2m(V0 − E ) / h .          (29)

     Реш ени я уравнени й (28) и (29) и мею т ви д

                    U 1 = Ae i ( α − k ) x + Be −i (α + k ) x ,   0 ≤ x ≤ a;       (30)

                    U 2 = Ce (β −ik ) x + De − (β + ik ) x ,      a ≤ x ≤ a + b.   (31)
П оследни е вы раж ени я содерж ат чет ы ре неи звест ны х : A, В , С и D. И х
мож но и склю чи т ь, пользуясь услови ями непреры вност и ф ункци и ψ (х) и ее
первой прои зводной dψ /dx (и ли U и dU/dx). Т ребовани е непреры вност и
означает , что
     U1 = U2 при x = n (a+b), dU1/dx = dU2/dx при x = a +n (a+b).
(32)
     Запи сы вая (32) с учет ом (30) и (31), получи м си ст ему чет ы рех
ли ней ны х однородны х уравнени й с чет ы рьмя неи звест ны ми A, В , С и D.
У слови ем сущ ест вовани я нет ри ви ального реш ени я си ст емы являет ся
равенст во нулю дет ерми нант а, сост авленного и з коэ ф ф и ци ент ов при
неи звест ны х . Э т о при води т к уравнени ю
                            β2− α2
            cos k(a + b) −           sh (β b) sin(α a) − ch(β b) cos(α a) = 0, (33)
                             2 αβ
связы ваю щ ему вели чи ны α и β, содерж ащ и е собст венны е значени я
э нерги и э лект рона Е , с волновы м вект ором k. Т аки м образом, равенст во
(33) мож но рассмат ри ват ь как соот нош ени емеж дуЕ и k.
      Реш и т ь уравнени е (33) довольно слож но. П оэ т ому вводят
дополни т ельны е упрощ аю щ и е предполож ени я. Следуя К рони гу и П енни ,
рассмот ри м вы соки ет онки ебарьеры . П уст ь b → 0, a V0 → ∞ , но т ак, чтобы
прои зведени е ш и ри ны барьера на вы сот у bV0 ост авалось конечны м. Э т о
означает , что β2b конечно, но βb → 0. П ри b → 0 ch βb → l, sh βb → βb.
Т аки м образом, вмест о (33) запи ш ем:

                        β2 − α 2
                                 β b sin α a + cos α a = cos ka                    (34)
                         2 αβ

Страницы