Ondas de Bloch bajo el operador de inversión espacial (paridad)

Question

$\mathcal{I}\psi_{n,k}(r)=\psi_{n,-k}(-r)$ ¿es éste el verdadero comportamiento de las ondas de Bloch bajo operadores de paridad, o

¿es este el comportamiento correcto $\mathcal{I}\psi_{n,k}(r)=\psi_{n,k}(-r)=\psi_{n,-k}(r)$ ?

Paridad definida como, $ \mathcal{I}p\mathcal{I}^{-1}=-p$ y $\mathcal{I}x\mathcal{I}^{-1}=-x$ así que creo que bajo el operador de paridad ambos $k$ y $r$ debería cambiar de signo.

Answer 1

Creo que la respuesta es que para empezar necesitas que la red tenga simetría de inversión para obtener una respuesta sencilla, de lo contrario en principio podrías obtener una suma de ondas bloch de diferentes momentos.

A continuación algunas notas de Cornell aquí por F. Rana que resumiré en caso de que el enlace muera, y añadiré algunas partes adicionales.

Así que suponiendo que usted tiene una red que tiene simetría $S$ entonces esto se refleja en el potencial que tiene la misma simetría, $V(Sr)=V(r)$ . En caso de inversión tenemos $V(-r)=V(r)$ .

Ahora las funciones de bloch resuelven la ecuación de schrodinger,

$$\left(-\frac{\hbar}{2m}\nabla^2+V(r)\right)\psi_{n,k}(r)=E_n(k)\psi_{n,k}(r)$$

Si sustituimos $r$ en todas partes por $r'=S(r)=-r$ entonces tenemos que \begin{align} \left(-\frac{\hbar}{2m}\nabla^2_{r'}+V(r')\right)\psi_{n,k}(r')=E_n(k)\psi_{n,k}(r')\\ \left(-\frac{\hbar}{2m}\nabla^2_{r}+V(r)\right)\psi_{n,k}(r')=E_n(k)\psi_{n,k}(r')\\ \end{align}

Lo que demuestra que $\psi_{n,k}(r')$ tiene el mismo valor propio de energía que $\psi_{n,k}(r)$ . Para comprobar lo que ocurre con el momento, recordemos que

$$\psi_{n,k}(r+R)=e^{ikR}\psi_{n,k}(r) \quad \text{for } R \text{ a lattice vector} \quad*$$

Así que traducir $\psi_{n,k}(r')$ tenemos que

$$T_R\psi_{n,k}(-r)=\psi_{n,k}(-(r+R))=\psi_{n,k}(-r-R)$$

pero debido a la simetría $-R$ también es un vector reticular, por lo que deberíamos tener de $*$

$$\psi_{n,k}(-r-R)=e^{ik(-R)}\psi_{n,k}(-r)=e^{i(-k)R}\psi_{n,k}(-r)$$

que es un estado propio del operador de traslación $T_R$ con valor propio $e^{i(-k)R}$ . Así que $S\psi_{n,k}$ tiene la misma energía que $\psi_{n,k}$ y un valor de momento opuesto, que es el mismo que $\psi_{n,-k}$ . La conclusión es entonces que

$$S\psi_{n,k}(r)=\psi_{n,k}(-r)=\psi_{n,-k}(r)$$

Esto también sugiere una simetría en la energía $$E(-k)=E(k)$$

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La otra para ver que puede ser una u otra es escribir

$$\langle r | n,k\rangle=\psi_{n,k}(r)$$

Por un lado, utilizando su $\mathcal{I}$ para la inversión, tenemos que $$\psi'(r)=\langle r | \mathcal{I} |n,k\rangle=\langle -r |n,k\rangle=\psi_{n,k}(-r)$$

actuando $\mathcal{I}$ a la izquierda y utilizando $\mathcal{I}=\mathcal{I}^\dagger=\mathcal{I}^{-1}$ . Por otro lado podemos comprobar el momento cristalino del estado tras la inversión actuando con un operador de traslación $T_R$ por un vector reticular $R$ escribir $T_R=e^{-i\hat{P}R/\hbar}$ . Tenemos que $T_R|r\rangle=|r+R\rangle$ o $$\psi_{n,k}(r+R)=\langle r | T_R^\dagger |n,k\rangle=e^{ikR}\psi_{n,k}(r)$$

Así que sabemos que $T^\dagger_R|n,k\rangle=e^{ikr}|n,k\rangle$ . Si además utilizamos que $$T_R\mathcal{I}=\mathcal{I}T_{-R}$$ tenemos que \begin{align} \psi'(r+R)=\langle r | T_R^\dagger\mathcal{I} |n,k\rangle&=\langle r | \mathcal{I}T_{-R}^\dagger |n,k\rangle\\ &=\langle r | \mathcal{I}e^{-ikR} |n,k\rangle\\ &=e^{-ikR}\langle r | \mathcal{I} |n,k\rangle\\ &=e^{i(-k)R}\psi'(r) \end{align}

Así que deberíamos tener una función bloch del momento cristalino $-k$ y podríamos llamar a $\psi'$ en su lugar $\psi_{n,-k}(r)$ . Entonces suponiendo de nuevo la misma forma del Hamiltoniano y simetría del potencial deberíamos tener que $[H,\mathcal{I}]=0$ para conseguir que el estado tenga la misma energía.

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Otra nota sería que si tienes una simetría (ortogonal) $S$ de la red cristalina, escribiendo a continuación la función de onda en la otra forma del teorema de bloch,

$$\psi_{n,\vec{k}}(\vec{r})=e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}}u_{n,\vec{k}}(\vec{r})$$

Podemos construir $\psi_{n,S(\vec{k})}$ de $\psi_{n,k}(S^{-1}\vec{r})=\psi_{n,k}(S^{T}\vec{r})$ .

\begin{align} \psi_{n,\vec{k}}(S^{-1}\vec{r})&=e^{i\vec{k}\cdot(S^{-1}\vec{r})}u_{n,\vec{k}}(S^{-1}\vec{r})\\ &=e^{i\vec{k}\cdot(S^{T}\vec{r})}u_{n,\vec{k}}(S^{-1}\vec{r})\\ &=e^{i(S\vec{k})\cdot\vec{r}}u_{n,\vec{k}}(S^{-1}\vec{r})\\ \end{align} o si llamamos a $u_{n,S(\vec{k})}(r)\equiv u_{n,\vec{k}}(S^{-1}\vec{r})$ $$\psi_{n,S(\vec{k})}(\vec{r})=e^{i(S\vec{k})\cdot\vec{r}}u_{n,S(\vec{k})}(r)$$