当てる道具：線形にした Boltzmann 方程式と輸送緩和時間

ハミルトニアンの選び方で固体を考える　第4部 第2章 §4.2.2　★★★ 不純物の弾性散乱の衝突の項を黄金律で書くと Pauli の因子が消えて線形になる。等方なバンドでは、電場の1次のずれに対して衝突の項がちょうど $-\delta f/\tau_{\mathrm{tr}}$ になり、$\tau_{\mathrm{tr}}$ は散乱角に $1-\cos\theta$ の重みを付けた率で決まる

不純物の衝突の項

不純物のポテンシャルによって、Bloch 状態 $\bm{k}$ の電子が $\bm{k}'$ へ移る単位時間あたりの確率を Fermi の黄金律で書く。1つの不純物の行列要素は、ポテンシャルの Fourier 変換$\tilde u(\bm{q})=\int\mathrm{d}^3r\,u(\bm{r})\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{r}}$ で $\tilde u(\bm{k}'-\bm{k})/V$ である（Bloch 関数を平面波で近似した。結晶の周期部分 $u_{n\bm{k}}$ の重なりは $\tilde u$ に繰り込んだとみなす）。不純物が $N_{\mathrm i}$ 個あると行列要素は $\sum_j\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\bm{k}'-\bm{k})\cdot\bm{R}_j}$ 倍になり、その絶対値の2乗を不純物の位置について平均すると、$\bm{k}'\neq\bm{k}$ では交差項が打ち消し合って $N_{\mathrm i}$ が残る。単位体積あたりの $\bm{k}'$ の数え方 $V\mathrm{d}^3k'/(2\pi)^3$ と合わせると、遷移の率は

$$W(\bm{k},\bm{k}')=\frac{2\pi}{\hbar}\,n_{\mathrm i}\,\lvert \tilde u(\bm{k}'-\bm{k})\rvert ^2\,\delta(\varepsilon _{\bm{k}}-\varepsilon _{\bm{k}'})\tag{4.2.5}$$

を $\int\mathrm{d}^3k'/(2\pi)^3$ で積分したものになる。$\delta$ 関数は、動かない不純物との散乱ではエネルギーが保存すること（弾性散乱）を表し、$W(\bm{k},\bm{k}')=W(\bm{k}',\bm{k})$ が成り立つ。

$\bm{k}$ の占有率が単位時間に変わる量は、$\bm{k}'$ から入ってくる分から $\bm{k}$ から出ていく分を引いたものである。行き先が空いていなければ移れないので、Pauli の因子 $1-f$ を付けて

$$\Bigl(\frac{\partial f}{\partial t}\Bigr)_{\mathrm{coll}}=\int\frac{\mathrm{d}^3k'}{(2\pi)^3}\,W(\bm{k},\bm{k}')\bigl[f_{\bm{k}'}(1-f_{\bm{k}})-f_{\bm{k}}(1-f_{\bm{k}'})\bigr] =\int\frac{\mathrm{d}^3k'}{(2\pi)^3}\,W(\bm{k},\bm{k}')\bigl(f_{\bm{k}'}-f_{\bm{k}}\bigr)\tag{4.2.6}$$

となる。2次の項 $f_{\bm{k}'}f_{\bm{k}}$ が打ち消し合い、弾性散乱の衝突の項は $f$ について線形になった。$f$ が $\varepsilon$ だけの関数なら、$\delta$ 関数で $\varepsilon _{\bm{k}'}=\varepsilon _{\bm{k}}$ なので右辺は 0 で、Fermi 分布に限らずどんな $f_0(\varepsilon )$ も静止した平衡の解になる。

電場の1次の方程式

一様で時間によらない電場 $\bm{E}$ の中で、$f=f_0(\varepsilon _{\bm{k}})+\delta f_{\bm{k}}$ と置く。式 (4.2.4) の左辺の $f$ を $f_0$ で置き換えて1次まで取ると、$\nabla_{\bm{k}}f_0=\hbar\bm{v}\,\partial f_0/\partial\varepsilon$ から

$$-e\,\bm{E}\cdot\bm{v}_{\bm{k}}\,\frac{\partial f_0}{\partial \varepsilon }=\int\frac{\mathrm{d}^3k'}{(2\pi)^3}\,W(\bm{k},\bm{k}')\bigl(\delta f_{\bm{k}'}-\delta f_{\bm{k}}\bigr)\tag{4.2.7}$$

を得る。左辺は既知で、右辺は $\delta f$ の線形な積分作用素である。これを解くのが線形の輸送理論の仕事になる。

証明

弾性散乱なので $\lvert \bm{k}'\rvert =\lvert \bm{k}\rvert$ で、$g(\varepsilon _{\bm{k}'})=g(\varepsilon _{\bm{k}})$ を積分の外に出せる。$\hat{\bm{k}}'$ を $\hat{\bm{k}}$ に平行な成分と垂直な成分に分けて $\hat{\bm{k}}'=\cos\theta\,\hat{\bm{k}}+\sin\theta\,\hat{\bm{n}}_\varphi$ と書く（$\hat{\bm{n}}_\varphi$ は $\hat{\bm{k}}$ に垂直な単位ベクトルで、$\hat{\bm{k}}$ のまわりの方位角 $\varphi$ で回る）。$W$ は $\lvert \bm{k}'-\bm{k}\rvert =2\lvert \bm{k}\rvert \sin(\theta/2)$ を通して $\theta$ だけに依存するので、$\varphi$ について積分すると $\hat{\bm{n}}_\varphi$ の項は消える。残りは$g\,(\hat{\bm{k}}\cdot\bm{A})\int\frac{\mathrm{d}^3k'}{(2\pi)^3}W(\cos\theta-1)=-\delta f_{\bm{k}}/\tau_{\mathrm{tr}}$ である。

式 (4.2.7) の左辺は $\bm{E}\cdot\bm{v}_{\bm{k}}\propto\hat{\bm{k}}\cdot\bm{E}$ に比例するので、解を命題の形 $\delta f=g(\varepsilon )\hat{\bm{k}}\cdot\bm{E}$ に探せばよい。すると右辺は $-\delta f/\tau_{\mathrm{tr}}$ になり、

$$\delta f_{\bm{k}}=e\,\tau_{\mathrm{tr}}(\varepsilon _{\bm{k}})\,(\bm{E}\cdot\bm{v}_{\bm{k}})\,\frac{\partial f_0}{\partial \varepsilon }\tag{4.2.9}$$

が厳密な解になる。これは解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第3部第8章で緩和時間近似から出した解と同じ形で、$\tau$ が $\tau_{\mathrm{tr}}$ に置き換わっている。等方なバンドと弾性散乱という条件のもとでは、緩和時間近似は「衝突の項の形を仮定した」近似ではなく、線形にした Boltzmann 方程式の厳密な帰結になる。さらに、$\tau$ に何を入れるべきかが式 (4.2.8) で決まる。

$1-\cos\theta$ の重みの意味

式 (4.2.5) を Born 近似の微分散乱断面積 $\mathrm{d}\sigma_{\mathrm s}/\mathrm{d}\Omega=m^2\lvert \tilde u\rvert ^2/(4\pi^2\hbar^4)$ で書き直すと（自由電子 $\varepsilon =\hbar^2k^2/(2m)$ の場合。$\delta$ 関数で $\lvert \bm{k}'\rvert$ について積分する）、

$$\frac{1}{\tau_{\mathrm{tr}}}=n_{\mathrm i}v\,\sigma_{\mathrm{tr}},\qquad \sigma_{\mathrm{tr}}=\int\mathrm{d}\Omega\,(1-\cos\theta)\frac{\mathrm{d}\sigma_{\mathrm s}}{\mathrm{d}\Omega};\qquad \frac{1}{\tau_{\mathrm q}}=n_{\mathrm i}v\,\sigma_{\mathrm s},\qquad \sigma_{\mathrm s}=\int\mathrm{d}\Omega\,\frac{\mathrm{d}\sigma_{\mathrm s}}{\mathrm{d}\Omega}\tag{4.2.10}$$

となる（散乱断面積には伝導度 $\sigma$ と分けるため添字 s を付けた）。$\tau_{\mathrm q}$ は電子が状態 $\bm{k}$ に留まる平均の時間（寿命）で、$\tau_{\mathrm{tr}}$ は電流が減衰する時間である。2つが違うのは、小さい角度の散乱が状態 $\bm{k}$ を壊しても電流をほとんど変えないからである。$\theta=0$ に近い散乱では電子の速度の向きがほとんど変わらず、電流への寄与 $\bm{v}$ の電場方向の成分は $\cos\theta$ 倍しか減らない。減るのは $1-\cos\theta$ の分だけで、後ろ向き（$\theta=\pi$）の散乱は電流を2倍の重みで減らす。