FIZIKA ČVRSTOG STANJA - Institut za fiziku, PMF Kragujevac

FIZIKA ČVRSTOG STANJAZbirka zadataka za studente fizike

Miloš Adamović 1

Univerzitet u KragujevcuInstitut za fizikuKragujevac

E-mail: [email protected]

1Lični sajt

mailto:[email protected]

https://sites.google.com/site/milosadamovickrivaja/

Sadržaj

Predgovor 1

I Osnove kristalografije 2

1 Kristalna rešetka 21.1 Zadaci za vežbu 11

2 Recipročna rešetka i Milerovi indeksi 122.1 Zadaci za vežbu 23

3 Difrakcija 243.1 Zadaci za vežbu 27

4 Elementi simetrije 284.1 Zadaci za vežbu 33

II Energija veze 34

5 Energija interakcije 345.1 Zadaci za vežbu 52

III Dinamika i toplotne osobine kristalne strukture 54

6 Dinamika kristalne rešetke 546.1 Zadaci za vežbu 63

IV Zonska teorija 65

7 Osnovi zonske teorije 657.1 Zadaci za vežbu 76

V Programsko okruženje VESTA 78

8 VESTA 78

9 Softversko okruženje VESTA 79

10 Primer-kreiranje strukture NaCl 80

– i –

VI Programi i numerika 84

11 Programi 84

VII Jedan matematički minimum 86

12 Poasonov integral 86

13 Diferenciranje po parametru 86

14 Faktorijel 87

15 Gama funkcija 87

16 Integral ζ 87

– ii –

Predgovor"Nema ništa praktičnije od (dobre) teorije"

— Ludvig Bolcman

Ova zbirka predstavlja skup zadataka koji se u velikoj meri rade u okviru predmetaFizika čvrstog stanja na Institutu za fiziku Prirodno-matematichkog fakulteta u Kragu-jevcu. Po akreditaciji ovaj predmet imaju studenti četvrte godine osnovnih akademskihstudija fizike.

Miloš Adamović

1

IOsnove kristalografije1 Kristalna rešetka

1. Kristalna rešetka2. Recipročna rešetka3. Difrakcija4. Elementi simetrije

Zadatak 1. Odrediti broj atoma po elementarnoj ćeliji:

(i) proste kubne rešetke,

(ii) zapreminski (prostorno) centrirane kubne rešetke,

(iii) površinski centrirane kubne rešetke,

(iv) heksagonalne rešetke.

Rešenje:

(i) Na Slici 1 je prikazan izgled standardne proste kubne rešetke. Atomi se nalaze urogljevima elementarne ćelije pa je stoga svaki od njih podeljen ravnomerno izmeđuosam elementarnih ćelija. Stoga je svaki atom sa udelom od 1/8 ulazi u svaku ele-mentarnu ćeliju. Broj atoma u elementarnoj ćeliji proste kubne strukture se dobijajednostavno da je:

ZPK = 8 ⋅ 18= 1 (1.1)

Slika 1. Prosta kubna struktura

(ii) Zapreminski centrirana kubna rešetka ima elementarnu ćeliju kod koje se osam atomanalazi u rogljevima dok se jedan atom nalazi unutar elementarne ćelije (videti Sliku2). Atom koji se nalazi unutar elementarne ćelije se ne deli između ostalih sused-nih elementarnih ćelija, pa je stoga broj atoma po elementarnoj ćeliji zapreminskicentrirane kubne strukture:

ZZCK = 8 ⋅ 18+ 1 = 2 (1.2)

2

Kristalna rešetka 3

Slika 2. Zapreminski centrirana kubna struktura

(iii) Sa Slike 3 se jasno vidi da u elementarnoj ćeliji površinski centrirane kubne struktureimamo osam atoma koji ulaze u sastav elementarne ćelije sa udelom od 1/8 dok sešest atoma po sredinama svake od strana računaju sa doprinosom od 1/2. Broj atomapo elementarnoj ćeliji površinski centrirane kubne strukture je na osnovu toga:

ZPCK = 8 ⋅ 18+ 6 ⋅ 1

2= 4 (1.3)

Slika 3. Površinski centrirana kubna struktura

(iv) Heksagonalna rešetka1 1 Ovde tretiramo tzv. heksagonalnustrukturu gustog pakovanja.

(videti Sliku 4) ima elementarnu ćeliju sa tri atoma unutarsame ćelije, dva atoma koje se dele samo između dve susedne elementarne ćelije, idvanaest atoma koji se u rogljevima strukture dele između šest susednih struktura.Broj atoma po elementarnoj ćeliji heksagonalne rešetke je:

ZHR = 12 ⋅ 16+ 2 ⋅ 1

2+ 3 = 6 (1.4)


Slika 4. Heksagonalna struktura

Slika 5. Heksagonalna strukturakoja se takođe koristi pri razma-tranju nekih kristalnih struktura

Zadatak 2. Odrediti koordinacioni broj:

(i) zapreminski (prostorno) centrirane kubne rešetke,

(ii) površinski centrirane kubne rešetke,

Rešenje:Koordinacioni broj predstavlja broj najbližih suseda, podjednako udaljenih od proizvoljnogatoma u kristalnoj rešetki.

(i) Ukoliko pogledamo Sliku 2 i odaberemo atom unutar elementarne ćelije, lako je odred-iti da se on nalazi na rastojanju polovine glavne dijagonale od osam suseda. Koordi-nacioni broj zapreminski centrirane kubne strukture je stoga:

KZCK = 8 (1.5)

(ii) Na Slici 6 je data površinski centrirana kubna struktura. Ukoliko uočimo atom naz-načen na Slici 6 crvenom strelicom, on oko sebe ima 12 suseda. Ovi susedi se svi nalazena rastojanju a

√

22 . Lako je zaključiti da je koordinacioni broj površinski centrirane

kubne strukture2 2 Koliki bi bio koordinacioni broj jednodi-menzionog niza i kvadratne mreže atomakoji se nalaze na međusobnom rasto-janju r?

:KPCK = 12 (1.6)

a

Slika 6. Površinski centrirana kubna struktura

Zadatak 3. Odrediti zapreminu elementarne ćelije, obrazovane gustim pakovanjematoma u obliku čvrstih sfera poluprečnika r za:

(i) prostu kubnu rešetku,


(ii) zapreminski (prostorno) centriranu kubnu rešetku,

(iii) površinski centriranu kubnu rešetku,

(iv) heksagonalnu rešetku.

Rešenje:

(i) Na Slici 7 je dat izgled proste kubne strukture u kojoj se obrazuje gusto pakovanjeatoma. Lako se sa Slike 7 vidi da važi veza:

a = 2r (1.7)

odakle je zapremina proste kubne gusto pakovane strukture:

VPK = a3 = 8r3 (1.8)

ar

Slika 7. Prosta kubna struktura sa prikazom gusto pakovanih atoma

(ii) Slika 8 nam prikazuje da se kod zapreminski centrirane kubne strukture gusto pako-vanje atoma ostvaruje duž glavne dijagonale kubnog sistema. Na osnovu toga imamovezu:

a√

3 = 4r (1.9)

a zapremina je u tom slučaju:

VZCK = a3 = 64r3

3√

3(1.10)

r a

Slika 8. Zapreminski centrirana kubna struktura sa prikazom gusto pakovanih atoma

(iii) Gusto pakovanje atoma kod površinski centrirane kubne strukture zapažamo duždijagonale bilo koje od strana kubnog sistema, što je jasno sa Slike 9. Dolazimo dorelacije među parametrima:

a√

2 = 4r (1.11)

na osnovu čega zapreminu računamo kao:

VPCK = a3 = 16√

2r3 (1.12)


ar

Slika 9. Površinski centrirana kubna struktura sa prikazom gusto pakovanih atoma

(iv) Na kraju, na Slici 11 je dato da se gusto pakovanje kod heksagnalne struktureprimećuje među atomima baze date strukture. Dobijamo da je:

Slika 10. Heksagonalna struk-tura, pomoć pri određivanjuodnosa c/a

a = 2r (1.13)

odakle je zapremina:VHGP = 6r2√3 ⋅ c (1.14)

gde parametar c kod heksagonalne strukture možemo dovesti u vezu sa parametroma kao3 3 Probati dokazati ovaj odnos ima-

jući na umu da atom unutar heksago-nalne elementarne ćelije gradi pravilnitetraedar sa tri atoma baze, što jedato na Slici 10.

:c

a=√

83

(1.15)

odakle je zapremina konačno:VHGP = 24

√2r3 (1.16)

r a

Slika 11. Heksagonalna struktura sa prikazom gusto pakovanih atoma

Zadatak 4. Odrediti koeficijente pakovanja za elementarne ćelije:



(iii) površinski centrirane kubne rešetke,

(iv) heksagonalne rešetke.

Smatrati da su rešetke gusto pakovane.

Rešenje:Koeficijent pakovanja k predstavlja odnos zapremine atoma koji se nalaze u elementarnojćeliji i zapremine elementarne ćelije:

k = n ⋅ V1

V(1.17)

gde n predstavlja broj atoma u elementarnoj ćeliji, V1 zapremina atoma, a V je zapreminaelementarne ćelije.


(i) Koeficijent pakovanja proste kubne rešetke je:

kPK =1 ⋅ 4r3π

38r3 = π

6= 0.523 (1.18)

(ii) Koeficijenti pakovanja zapreminski centrirane kubne strukture je:

kZCK =2 ⋅ 4r3π

364r3

3√

3

= π√

38

= 0.680 (1.19)

(iii) Koeficijenti pakovanja površinski centrirane kubne strukture je:

kPCK =4 ⋅ 4r3π

3

16√

2r3= π

√3

8= 0.740 (1.20)

(iv) Koeficijenti pakovanja heksagonalne strukture je:

kHR =6 ⋅ 4r3π

3

24√

2r3= π

3√

2= 0.740 (1.21)

Zadatak 5. Srebro ima površinski centriranu kubnu rešetku. Odrediti koncentracijuatoma, zapreminu elementarne ćelije, konstantu rešetke i poluprečnik atoma. Gustinasrebra je ρ = 10.49⋅103 kg/m3 a molarna masa srebra jeM = 107.87 kg/kmol. Smatratida je rešetka gusto pakovana.

Rešenje:

Koncentracija atoma predstavlja broj atoma u jedinici zapremine:

n = NV

(1.22)

Broj atoma možemo predstaviti kao odnos ukupne mase atoma unutar zapremine V i masejednog atoma:

N = m

m1(1.23)

Tada imamo:n = N

V= 1V

m

m1= 1V

m

m1

NavNav

= ρNavM

(1.24)

gde smo uvođenjem Avogadrove konstante Nav dobili novu definiciju koncentracije atoma.Za koncentraciju dobijamo:

n = 5.86 ⋅ 1028m−3 (1.25)

Broj atoma u elementarnoj ćeliji površinski centrirane kubne strukture je 4, pa je stogazapremina elementarne ćelije:

V = 4n= 68.3 ⋅ 10−30m3 (1.26)

Pošto imamo kubnu strukturu, konstanta rešetke je jednostavno:

a = V 1/3 = 4.09 ⋅ 10−10m (1.27)


Na kraju ako imamo gusto pakovanu strukturu možemo dobiti i poluprečnik atoma srebra:

r = a√

24

= 1.44 ⋅ 10−10m (1.28)

Zadatak 6. Silicijum ima dijamantsku rešetku sa konstantom a = 5.43 ⋅10−10 m (videtiSliku 12). Odrediti gustinu i koncentraciju atoma silicijuma. Molarna masa silicijumaje M = 28.09 kg/kmol.

Slika 12. Struktura tipa dijamanta, atomi ugljenika su prikazani

Rešenje:

Sa Slike 12 lako se zaključuje da je broj atoma silicijuma u elementarnoj ćeliji:

N = 8 ⋅ 18+ 6 ⋅ 1

2+ 4 = 8 (1.29)

pa je koncentracija atoma u elementarnoj ćeliji silicijuma:

n = NV

= 8a3 = 5 ⋅ 1028m−3 (1.30)

Gustina silicijuma je jednostavno data na osnovu relacije (1.24) kao:

ρ = n M

Nav= 2.33 ⋅ 106kg/m3 (1.31)

Zadatak 7. Odrediti gustinu natrijum-hlorida koji ima jonsku rešetku oktaedarskogtipa sa konstantom rešetke a = 5.64 ⋅ 10−10 m i molarnom masom M = 58.44 kg/kmol.Elementarna ćelija natrijum-hlorida je data na Slici 13.


Slika 13. Elementarna ćelija natrijum-hlorida

Rešenje:

Elementarna aćelija natrijum-hlorida, parametra a, se sastoji od osam kocki ivice a/2u čijim rogljevima se nalaze joni. Svaka od osam kocki sadrži 8 ⋅ 1

8 = 1 jon ili 12 molekula

natrijum-hlorida. Na osnovu toga lako se zaključuje da u elementarnoj ćeliji postoji 4molekula natrijum-hlorida. Gustinu natrijum-hlorida dobijamo iz definicije:

ρ = MV

(1.32)

koju možemo izmeniti kao:ρ = M

NavVm(1.33)

gde jeM molarna masa, Nav Avogadrov broj, a Vm zapremina koju zauzima jedan molekulnatrijum-hlorida. Na osnovu toga dobijamo:

ρ = M

NavVm= M

Nava3

4= 4MNava3 (1.34)

Zamenom poznatih brojnih vrednosti za gustinu natrijum-hlorida konačno dobijamo:

ρ = 4 ⋅ 58.44 kg/kmol6.023 ⋅ 1023 1

mol(5.64 ⋅ 10−10 m)3 = 2.16 ⋅ 106kg/m3 (1.35)

Zadatak 8. Odrediti primitivne vektore translacije:



(iii) površinski centrirane kubne rešetke.

Rešenje:

(i) Činjenjica je da ne mora postojati jedinstven odabir primitivnih vektora za nekukristalnu strukturu. Na Slici 14 je data prosta (primitivna) kubna struktura. NaSlici 14 je naznačen jedan odabir primitivnih vektora. Jasno je da su primitivni


vektori dati sa:

a1 = aexa2 = aeya3 = aez

(1.36)

x

y

z

a

a3

a2

a1

Slika 14. Primitivni vektori translacije proste kubne strukture

(ii) Slika 15 predstavlja zapreminski centriranu kubnu strukturu sa naznačenim odabiromprimitivnih vektora:

a1 =a

2(ex + ey − ez)

a2 =a

2(ex − ey + ez)

a3 =a

2(−ex + ey + ez)

(1.37)

Slika 15. Primitivni vektori translacije zapreminski centrirane kubne strukture

(iii) Dodatno, na Slici 16 je dat izgled površinski centrirane kubne strukture sa odabiromprimitivnih vektora:

a1 =a

2(ex + ey)

a2 =a

2(ex + ez)

a3 =a

2(ey + ez)

(1.38)

Kristalna rešetka Zadaci za vežbu 11

x

y

z

a

a1

a2

a3

Slika 16. Primitivni vektori translacije površinski centrirane kubne strukture

Na kraju korisno je reći da se na osnovu poznavanja primitivnih vektora, može odrediti izapremina primitivne elementarne ćelije korišćenjem definicije:

V = a1 ⋅ (a2 × a3) (1.39)

1.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Odrediti broj atoma silicijuma u elementarnoj ćeliji. Izgled elementarnećelije silicijuma je dat na Slici 17.

Slika 17. Elementarna ćelija strukture silicijuma

Zadatak 2. Odrediti broj jona po elementarnoj ćeliji za visokotemperaturni super-provodnik Y Ba2Cu3O7, čija je elementarna ćelija data na Slici 18.

Recipročna rešetka i Milerovi indeksi 12

Slika 18. Elementarna ćelija strukture Y Ba2Cu3O7

2 Recipročna rešetka i Milerovi indeksi

Zadatak 1. Odrediti Milerove indekse ravni koja gradi sledeće odsečke:

(i) m = 2, n = 5, p = 7

(ii) m = 1, n = −2, p = 4

(iii) m = 1, n = 1, i paralelna je z osi

Rešenje:Ukoliko znamo odsečke ravni Milerove indekse (hkl) dobijamo iz jednostavne proporcije:

h ∶ k ∶ l = 1m

∶ 1n∶ 1p

(2.1)

(i) Milerovi indeksi za odsečke m = 2, n = 5, p = 7 su:

h ∶ k ∶ l = 12∶ 1

5∶ 1

7= 35

70∶ 14

70∶ 10

70⇒ (hkl) = (35,14,10)

(2.2)

(ii) Milerovi indeksi za odsečke m = 1, n = −2, p = 4 su:

h ∶ k ∶ l = 11∶ 1−2

∶ 14

= 44∶ −2

4∶ 1

4⇒ (hkl) = (4,−2,1) = (421)

(2.3)


(iii) Milerovi indeksi za odsečke m = 1, n = 1, p =∞ su:

h ∶ k ∶ l = 11∶ 1

1∶ 1∞

= 1 ∶ 1 ∶ 0⇒ (hkl) = (110)

(2.4)

Zadatak 2. Odrediti odsečke koje odseca ravan (hkl) = (125) na osama kristalnerešetke.

Rešenje:Dati su nam Milerovi indeksi h = 1, k = 2, l = 5 pa možemo odrediti odsečke:

1m

∶ 1n∶ 1p= h ∶ k ∶ l

m ∶ n ∶ p = 1h∶ 1k∶ 1l

m ∶ n ∶ p = 1010

∶ 510

∶ 210

(2.5)

Na osnovu prethodnih proračuna dobijamo da su odsečci dati kao:

m ∶ n ∶ p = 10 ∶ 5 ∶ 2 (2.6)


Rešenje:

Dati su nam Milerovi indeksi h = 1, k = 2, l = 3 pa možemo odrediti odsečke:

1m

∶ 1n∶ 1p= h ∶ k ∶ l

m ∶ n ∶ p = 1h∶ 1k∶ 1l

m ∶ n ∶ p = 66∶ 3

6∶ 2

6

(2.7)

Na osnovu prethodnih proračuna dobijamo da su odsečci dati kao:

m ∶ n ∶ p = 6 ∶ 3 ∶ 2 (2.8)

Zadatak 4. Naći Milerove indekse (hkl) za ravan u kristalnoj rešetki datu izrazom:

2x3+ 4y

5+ z

4= 1

Rešenje:

Poznato je da je jednačina ravni koja odseca odsečke a, b, c na koordinatnim osamadata sa:

x

a+ yb+ zc= 1 (2.9)


Na osnovu toga jednačinu ravni iz postavke ovog zadatka možemo zapisati kao:

x32+ y

54+ z

4= 1 (2.10)

Iz prethodne relacije zaključujemo da su odseči koje pravi ravan iz ovog zadatka na koor-dinatnim osama:

a = 32, b = 5

4, c = 4 (2.11)

Milerovi indeksi se dalje lako određuju:

1a∶ 1b∶ 1c= h ∶ k ∶ l

23∶ 4

5∶ 1

4= h ∶ k ∶ l

4060

∶ 4860

∶ 1560

= h ∶ k ∶ l

(2.12)

Na kraju ravan ima Milerove indekse (hkl) = (40,48,15).

Zadatak 5. Odrediti ravan u kubnom kristalu koja sa koordinatnim osama zaklapauglove α = 74○30′, β = 57○ i γ = 36○.

Rešenje:

Na Slici 19 se jasno vidi da ravan ABC odseca na osama odsečke OA, OB i OC. Nekaje OP duž koja spaja koordinatni početak i tačku prodora normale n0 na ravan ABC, i saosama koordinatnog sistema gradi uglove α, β i γ. Na osnovu toga i Slike 19 sledi:

OA = OP

cosα,OB = OP

cosβ,OC = OP

cosγ(2.13)

Odsečke koje pravi ravan na koordinatnim osama možemo predstaviti kao umnoške param-etara elementarne ćelije:

OA =ma,OB = nb,OC = pc (2.14)

gde za kubni sistem važi još:a = b = c (2.15)

Milerove indekse ravni određujemo dalje kao:

h ∶ k ∶ l = 1m

∶ 1n∶ 1p

= cosαOP

∶ cosβOP

∶ cosγOP

= cosα ∶ cosβ ∶ cosγ= 0.267 ∶ 0.545 ∶ 0.809≈ 1 ∶ 2 ∶ 3

(2.16)

Konačno Milerovi indeksi ravni su (hkl) = (123).


x

y

z

n0

A

B

C

a b

g P

O

Slika 19. Ravan sa uglovima koje gradi sa koordinatnim osama

Zadatak 6. Dokazati da je recipročna rešetka recipročne rešetke direktna rešetka.

Rešenje:

Ukoliko sa a1, a2, a3 obeležimo vektore direktne rešetke, a sa b1, b2, b3 odgovarjućevektore recipročne rešetke, trebamo dokazati da je recipročna rešetka recipročne rešetkedirektna rešetka. Drugim rečima, definiciju određivanja vektora recipročne rešetke trebamoprimeniti na vektore recipročne rešetke. vektore recipročne rešetke dobijamo iz definicije:

b1 = 2π a2 × a3

V= 2π a2 × a3

a1 ⋅ (a2 × a3)

b2 = 2π a3 × a1

V= 2π a3 × a1

a1 ⋅ (a2 × a3)

b3 = 2π a1 × a2

V= 2π a1 × a2

a1 ⋅ (a2 × a3)

(2.17)

gde je sa V data zapremina elementarne ćelije u direktnom prostoru. Sada odredimovektore c1, c2, c3 koji bi predstavljali recipročne vektore recipročnih vektora, po definiciji:

c1 = 2π b2 × b3b1 ⋅ (b2 × b3)

c2 = 2π b3 × b1b1 ⋅ (b2 × b3)

c3 = 2π b1 × b2b1 ⋅ (b2 × b3)

(2.18)

Određujemo prvi vektor, korišćenjem definicije (2.17), pa dobijamo:

c1 = 2π b2 × b3b1 ⋅ (b2 × b3)

= 2π2π a3×a1

V× 2π a1×a2

V

2π a2×a3V

⋅ (2π a3×a1V

× 2π a1×a2V

)

= V (a3 × a1)(a1 × a2)(a2 × a3)(a3 × a1) × (a1 × a2)

= V a1V

V 2

= a1

(2.19)


U prethodnim proračunima smo iskoristili poznati identitet:

A × (B × C) = B ⋅ (A ⋅ C) − C(A ⋅ B) (2.20)

Nastavljamo dalje:

c2 = 2π b3 × b1b1 ⋅ (b2 × b3)

= 2π2π a1×a2

V× 2π a2×a3

V

2π a2×a3V

⋅ (2π a3×a1V

× 2π a1×a2V

)

= V (a1 × a2)(a2 × a3)(a2 × a3)(a3 × a1) × (a1 × a2)

= V a2V

V 2

= a2

(2.21)

i dodatno:

c3 = 2π b1 × b2b1 ⋅ (b2 × b3)

= 2π2π a2×a3

V× 2π a3×a1

V

2π a2×a3V

⋅ (2π a3×a1V

× 2π a1×a2V

)

= V (a2 × a3)(a3 × a1)(a2 × a3)(a3 × a1) × (a1 × a2)

= V a3V

V 2

= a3

(2.22)

Na osnovu relacija (2.19), (2.21) i (2.22) dokazali smo da je recipročna rešetka recipročnerešetke direktna rešetka.

Zadatak 7. Dokazati da važe sledeće relacije:

a ⋅ a∗ = b ⋅ b∗ = c ⋅ c∗ = 2πa ⋅ b∗ = a ⋅ c∗ = b ⋅ a∗ = 0b ⋅ c∗ = c ⋅ a∗ = c ⋅ b∗ = 0

gde su a, b, c elementarni vektori translacije direktne, a a∗, b∗, c∗ su vektori translacijeodgovarajuće recipročne rešetke.

Rešenje:Definišimo prvo vektore recipročne rešetke preko vektora direktne:

a∗ = 2π b × cV

= 2π b × ca ⋅ (b × c)

b∗ = 2π c × aV

= 2π c × aa ⋅ (b × c)

c∗ = 2π a × bV

= 2π a × ba ⋅ (b × c)

(2.23)


Na osnovu toga vršimo tražene proračune:

a ⋅ a∗ = a ⋅ 2π b × ca ⋅ (b × c)

= 2π

b ⋅ b∗ = b ⋅ 2π c × aa ⋅ (b × c)

= 2π

c ⋅ c∗ = c ⋅ 2π a × ba ⋅ (b × c)

= 2π

a ⋅ b∗ = a ⋅ 2π c × aa ⋅ (b × c)

= 0

a ⋅ c∗ = a ⋅ 2π a × ba ⋅ (b × c)

= 0

b ⋅ a∗ = b ⋅ 2π b × ca ⋅ (b × c)

= 0

b ⋅ c∗ = b ⋅ 2π a × ba ⋅ (b × c)

= 0

c ⋅ a∗ = c ⋅ 2π b × ca ⋅ (b × c)

= 0

c ⋅ b∗ = c ⋅ 2π c × aa ⋅ (b × c)

= 0

(2.24)

Prethodnim računom smo dokazali važenje traženih relacija4 4 U literturi se obično relacije date uovom zadatku daju kao veza:

ai ⋅ bj = 2πδij , i, j = 1,2,3

gde su ai i bj vektori direktne i re-cipročne rešetke respektivno, dok δij

predstavlja Kronekerovu delta funkciju.

.

Zadatak 8. Naći vezu između zapremina primitivnih ćelija trodimenzione direktne injoj odgovarajuće recipročne rešetke.

Rešenje:Ukoliko sa a1, a2, a3 označimo vektore direktne rešetke a sa b1, b2, b3,njima odgovarajućevektore recipročne rešetke, dobijamo da je zapremina direktne rešetke:

V = a1 ⋅ (a2 × a3) (2.25)

dok je zapremina recipročne rešetke:

Vr = b1 ⋅ (b2 × b3) (2.26)

Na osnovu prethodnih definicija (2.25), (2.26) zapremina, relacije (2.20) i generalne defini-


cije (2.17) dobijamo:

Vr = b1 ⋅ (b2 × b3)

= 2π a2 × a3

a1 ⋅ (a2 × a3)⋅ (2π a3 × a1

a1 ⋅ (a2 × a3)× 2π a1 × a2

a1 ⋅ (a2 × a3))

= (2π)3

V 3 [(a2 × a3) ⋅ ((a3 × a1) × (a1 × a2))]

= (2π)3

V 3

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

(a2 × a3)(a1((a3 × a1) ⋅ a2´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

V

) − a2((a3 × a1) ⋅ a1´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

0

)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

= (2π)3

V 3 (a2 × a3) ⋅ a1´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

V

⋅V

= (2π)3

V

(2.27)

odakle smo dobili vezu zapremina u recipročnom i direktnom prostoru:

Vr =(2π)3

V(2.28)

Zadatak 9. Primitivni vektori translacije α −Hg su:

a1 = 2.93ex + 0.48ey + 0.48eza2 = 0.48ex + 2.93ey + 0.48eza3 = 0.48ex + 0.48ey + 2.93ez

izraženo u jedinicama A. Odrediti:

(i) Zapreminu primitivne ćelije,

(ii) Vektore recipročne rešetke.

Rešenje:

Zapreminu primitivne ćelije određujemo na osnovu definicije:

V = a1 ⋅ (a2 × a3) (2.29)

odnosno zamenom poznatih primitivnih vektora:

V = (2.93exA+0.48eyA+0.48ezA)⋅((0.48exA+2.93eyA+0.48ezA)×(0.48exA+0.48eyA+2.93ezA))(2.30)

Zapremina primitivne ćelije je posle računa:

V = −2.025216A3 + 0.221184A3 + 25.153757A3 = 23.35A3 (2.31)


Odgovarajući vektori recipročne rešetke su dati sa:

b1 =2πV

(a2 × a3) =2πV

((0.48ex + 2.93ey + 0.48ez) × (0.48ex + 0.48ey + 2.93ez))A2

b2 =2πV

(a3 × a1) =2πV

((0.48ex + 0.48ey + 2.93ez) × (2.93ex + 0.48ey + 0.48ez))A2

b3 =2πV

(a1 × a2) =2πV

((2.93ex + 0.48ey + 0.48ez) × (0.48ex + 2.93ey + 0.48ez))A2

(2.32)

Nakon proračuna za vektore recipročne rešetke dobijamo:

b1 = 2.247exA−1 − 0.316eyA−1 − 0.316ezA−1

b2 = −0.316exA−1 + 2.247eyA−1 − 0.316ezA−1

b3 = −0.316exA−1 − 0.316eyA−1 + 2.247ezA−1

(2.33)

Zadatak 10. Elementarni vektori translacije direktne rešetke iznose a, b, c, a vektoritranslacije odgovarajuće recipročne rešetke su a∗, b∗, c∗. Izraziti uglove između el-ementarnih vektora translacije recipročne rešetke preko uglova između elementarnihvektora translacije direktne rešetke.

Rešenje:

Polazimo od definicije vektora recipročne rešetke:

a∗ = 2π b × cV

b∗ = 2π c × aV

c∗ = 2π a × bV

(2.34)

gde je zapremina:V = a ⋅ (b × c) (2.35)

Ugao između dva vektora možemo odrediti iz njihovog skalarnog proizvoda. Za skalarniproizvod dva vektora recipročne rešetke možemo pisati:

b∗ ⋅ c∗ = ∣b∗∣∣c∗∣ cosα∗ (2.36)

gde je α∗ odgovarajući ugao između vektora recipročne rešetke koji lako određujemo sa:

cosα∗ = b∗ ⋅ c∗

∣b∗∣∣c∗∣(2.37)


odakle dalje sprovodimo račun5 5 Ovde smo koristili sledeći identitet:

(A×B)⋅(C×D) = (A⋅C)(B⋅D)−(A⋅D)(B⋅C)

:

cosα∗ = b∗ ⋅ c∗

∣b∗∣∣c∗∣

=2π c×a

V⋅ 2π a×b

V

∣2π c×aV

∣∣2π a×bV

∣

= (c × a) ⋅ (a × b)∣c × a∣∣a × b∣

= (c ⋅ a)(a ⋅ b) − (c ⋅ b)(a ⋅ a)a2bc sinβ sinγ

= a2bc cosβ cosγ − a2bc cosα

a2bc sinβ sinγ

= cosβ cosγ − cosαsinβ sinγ

(2.38)

Slično radimo i za sledeći ugao:

cosβ∗ = a∗ ⋅ c∗

∣a∗∣∣c∗∣

=2π b×c

V⋅ 2π a×b

V

∣2π b×cV

∣∣2π a×bV

∣

= (b × c) ⋅ (a × b)∣b × c∣∣a × b∣

= (b ⋅ a)(c ⋅ b) − (b ⋅ b)(c ⋅ a)a2bc sinα sinγ

= ab2c cosγ cosα − ab2c cosβ

a2bc sinα sinγ

= cosγ cosα − cosβsinα sinγ

(2.39)

a dodatno se može proveriti da imamo:

cosγ∗ = a∗ ⋅ b∗

∣a∗∣∣b∗∣

= cosα cosβ − cosγsinα sinβ

(2.40)

Zadatak 11. Vektor recipročne rešetke Grst se definiše kao Grst = ra∗ + sb∗ + tc∗

(r, s, t su celi brjevi). Odrediti uslov da vektor recipročne rešetke Grst bude normalanna familiju ravni direktne rešetke (hkl).

Rešenje:

Da bi vektor Grst bio normalan na neku ravan, on mora biti normalan na svaki vektorkoji pripada ravni (leži u ravni). Sa Slike 20 vidimo da su vektori koji pripadaju ravni dati


sa:

AB = nb −maBC = pc − nbCA =ma − pc

(2.41)

Da bi vektor bio normalan na prethodno definisane vektore i stoga normalan na ravan ukojoj oni leže, njihov skalarni proizvod bi trebao biti jednak nuli. Stoga dobijamo6 6 Ovde smo koristili rezultate iz (2.24).:

Grst ⋅ AB = (ra∗ + sb∗ + tc∗) ⋅ (nb −ma) = 2π(ns − rm) = 0Grst ⋅ BC = (ra∗ + sb∗ + tc∗) ⋅ (pc − nb) = 2π(pt − ns) = 0Grst ⋅ CA = (ra∗ + sb∗ + tc∗) ⋅ (ma − pc) = 2π(rm − pt) = 0

(2.42)

Odakle zaključujemo da važi:r ∶ s ∶ t = 1

m∶ 1n∶ 1p

(2.43)

što dalje vodi do:r ∶ s ∶ t = h ∶ k ∶ l (2.44)

Dalje se lako zaključuje da je vektor Grst normalan na ravan u kristalu ako su koeficijentir, s i t baš Milerovi indeksi date ravni7 7 Ovaj zaključak važi za sve Braveove

rešetke.,.

x

y

z

A

B

C

Grst

Oa

cb

Slika 20. Ravan sa pripadnim vektorima

Zadatak 12. Izvesti izraz za udaljenost između susednih (hkl) ravni preko vektoratranslacije recipročne rešetke Ghkl.

Rešenje:

Slika 21 će nam pomoći u rešavanju ovog zadatka, na kojoj je prikazana ravan ABC.Dodatno, koordinatni početak će nam predstavljati strukturni motiv druge ravni iz istefamilije kao i ravan ABC. Sa Slike 21 se jasno vidi da će za udaljenost susednih ravnivažiti:

dhkl =ma cosα (2.45)

Ukoliko iskoristimo skalarni proizvod:

ma ⋅ Ghkl =ma∣Ghkl∣ cosα (2.46)


dobijamo da važi:

dhkl =ma ⋅ Ghkl∣Ghkl∣

(2.47)

Pošto je vektor recipročne rešetke koji je normalan na ravan (hkl) dat sa:

Ghkl = ha∗ + kb∗ + lc∗ (2.48)

dobijamo:

dhkl =ma ⋅ (ha∗ + kb∗ + lc∗)

∣Ghkl∣

= mh2π∣Ghkl∣

= 2π∣Ghkl∣

(2.49)

što predstavlja traženi rezultat koji će biti iskorišćen na konkretnom primeru u sledećemzadatku.

x

y

z

A

B

C

Ghkl

Ghkl

O O

nb

pc

mama

aa

dhkl

Slika 21. Rastojanje između ravni

Zadatak 13. Zlato ima površinski centriranu kubnu rešetku sa konstantom a = 4.04 ⋅10−10 m. Odrediti rastojanje između susednih (122) ravni u zlatu.

Rešenje:

Pođimo od definicije:dhkl =

2π∣Ghkl∣

(2.50)

što raspisivanjem na osnovu rezultata iz zadatka 12 postaje:

dhkl =2π√

Ghkl ⋅ Ghkl= 2π

√(ha∗ + kb∗ + lc∗) ⋅ (ha∗ + kb∗ + lc∗)

= 2π√h2∣a∗∣2 + k2 ∣b∗∣2 + l2∣c∗∣2 + 2hk a∗ ⋅ b∗

²0

+2hl a∗ ⋅ c∗²

0

+2kl b∗ ⋅ c∗²

0

(2.51)

Recipročna rešetka i Milerovi indeksi Zadaci za vežbu 23

Za kubnu strukturu važi a = b = c ≡ a, tako da imamo:

∣a∗∣ = 2πa

∣b∗∣ = 2πa

∣c∗∣ = 2πa

(2.52)

odakle se za međuravansko rastojanje u kubnoj strukturi dobija:

dhkl =a√

h2 + k2 + l2(2.53)

Za kubnu strukturu zlata rastojanje susednih (122) ravni je:

dhkl =a = 4.04 ⋅ 10−10 m√

12 + 22 + 22= 1.35 A (2.54)

2.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Naći Milerove indekse (hkl) za ravan u kristalnoj rešetki datu izrazom:

2x5+ 4y

3+ 3z

4= 1


Zadatak 3. Pokazati da direktna rešetka površinski centrirane kubne rešetke pred-stavlja zapreminski centriranu kubnu rešetku u inverznom prostoru.

Zadatak 4. Primitivni vektori translacije zapreminski centrirane kubne rešetke su:

a1 =a

2

⎛⎜⎜⎝

−111

⎞⎟⎟⎠, a2 =

a

2

⎛⎜⎜⎝

1−11

⎞⎟⎟⎠, a3 =

a

2

⎛⎜⎜⎝

11−1

⎞⎟⎟⎠

Odrediti zapreminu date kubne strukture.

Zadatak 5. Dati su vektori recipročne rešetke:

b1 =2πa

⎛⎜⎜⎝

100

⎞⎟⎟⎠, b2 =

2πa

⎛⎜⎜⎝

010

⎞⎟⎟⎠, b3 =

2πc

⎛⎜⎜⎝

001

⎞⎟⎟⎠

Odrediti njima odgovarajuće vektore direktne rešetke.

Zadatak 6. Primitivni vektori translacije površinski centrirane kubne rešetke su:

a1 =a

2

⎛⎜⎜⎝

011

⎞⎟⎟⎠, a2 =

a

2

⎛⎜⎜⎝

101

⎞⎟⎟⎠, a3 =

a

2

⎛⎜⎜⎝

110

⎞⎟⎟⎠

Difrakcija 24

• Odrediti uglove koje međusobno zaklapaju primitivni vektori translacije daterešetke,

• Odrediti primitivne vektore translacije odgovarajuće recipročne rešetke.

Zadatak 7. Primitivni vektori translacije α −Hg su:

a1 = 2.93ex + 0.48ey + 0.48eza2 = 0.48ex + 2.93ey + 0.48eza3 = 0.48ex + 0.48ey + 2.93ez

izraženo u jedinicama A. Odrediti uglove koje međusobno zaklapaju dati vektoritranslacije.

Zadatak 8. Odrediti ugao između tetraedarskih veza atoma u dijamantskoj strukturi(videti Sliku 22). Vektori A i B u okviru tetraedarske strukture su dati kao:

A = a4(−ex + ey + ez), B = A + a

2(ex − ey)

AB

θ

x y

z

Slika 22. Struktura dijamanta, uz 8. zadatak

3 Difrakcija

Zadatak 1. Difrakcija x-zracima talasne dužine λ = 0.154 nm je vršena metodomDebaj-Šerera na uzorku zlata (vidi Sliku 23) koji ima kubnu kristalnu strukturu.Uglovi i intenziteti difraktovanih zraka su dati u Tabeli 1. Odrediti kom tipu kubnestrukture pripada zlato.

Difrakcija 25

Slika 23. Difraktogram uzorka zlata(dobijen pomoću V EST A softver-skog paketa)

I(intenzitet) 2θ100 38.19

47.7111 44.3927.7860 64.5830.3158 77.588.6339 81.734.2278 98.1414.9584 110.8314.8666 115.28

Tabela 1. Tabela za 1. zadatak

Rešenje:

Analizu difraktograma vršimo kreiranjem tabele sa podacima koji su nam potrebni daodredimo kom tipu kubne strukture pripada zlato (videti Tabelu 2).

2θ θ sin θ sin2 θ sin2 θnsin2 θ1

2 sin2 θnsin2 θ1

3 sin2 θnsin2 θ1

N h k l d[A] a[A]38.19 19.095 0.327135 0.107 1 2 3 3 1 1 1 2.354 4.07684144.39 22.195 0.37776 0.143 1.33 2.667 4.0003 4 2 0 0 2.038 4.07666364.58 32.29 0.534205 0.285 2.667 5.333 7.9998 8 2 2 0 1.441 4.0768877.58 38.79 0.626465 0.392 3.667 7.334 11.0018 11 3 1 1 1.229 4.07650881.73 40.865 0.654279 0.428 4.0001 8.0002 12.0003 12 2 2 2 1.177 4.0767998.14 49.07 0.755511 0.571 5.334 10.667 16.001 16 4 0 0 1.019 4.076713110.83 55.415 0.823285 0.678 6.333 12.667 19.0006 19 3 3 1 0.935 4.07678115.28 57.64 0.844702 0.713 6.667 13.335 20.002 20 4 2 0 0.912 4.076639

Tabela 2. Analiza difraktograma iz Zadatka 1.

Ukoliko razmatramo prvi red difrakcije znamo da važi uslov:

λ = 2dhkl sin θ (3.1)

Pošto zlato ima kubnu strukturu, na osnovu relacije (2.53) dobijamo:

sin θ = λ√h2 + k2 + l2

2a= λ

√N

2a(3.2)

gde je N = h2 + k2 + l2. Pošto su λ i a konstantne veličine vidimo da poređenjem kvadratasinusa uglova difraktovanih zraka poredimo i vrednosti Milerovih indeksa, odnosno:

sin2 θ ∝ N (3.3)

Ukoliko odredimo brojeve N , možemo odrediti i Milerove indekse pripadnih ravni na kojimase vrši difrakcija. Zato smo i kreirali Tabelu 2, redoledom određivanja sinusa difraktovanihuglova, pa njihovih kvadrata i na kraju njihovim poređenjem dok ne dobijemo cele brojevekoji direktno odgovaraju sumi kvadrata Milerovih indeksa. Milerove indekse određujemotako da prvo maksimalno dodeljujemo vrednost indeksu h pa k i na kraju l, s tim dane smemo premašiti sumu njihovih kvadrata koja odgovara broju N . Dalje, kada znamo

Difrakcija 26

Milerove indekse za datu kubnu strukturu određujemo njen parametar koristeći:

a = dhkl ⋅√h2 + k2 + l2 = dhkl ⋅

√N (3.4)

gde smo dhkl već odredili iz relacije:

dhkl =λ

2 sin θ(3.5)

Na osnovu tabele 2 vidimo da je parametar kubne strukture zlata:

a ≈ 4.08A (3.6)

Da bismo odrediti kom tipu kubne strukture (površinski centrirana, zapreminski centri-rana...) pripada struktura zlata, moramo se poslužiti tzv. selekcionim pravilima8 8 Selekciona pravila nam govore koji

se refleksi mogu javiti u kristalnoj strukuri,odnosno refleksi od ravni sa određenimMilerovim indeksima. Za primitivnestrukture mogu se javiti refleksi nabilo kojim ravnima, tj. pri bilo kojimvrednostima Milerovih indeksa. Za-preminski centrirana kristalna strukuraće imati reflekse sa ravni za čije Mileroveindekse važi:

h + k + l = 2n

Površinski centrirane strukture će imatireflekse sa ravni čiji su Milerovi in-deksi ili svi parni ili svi neparni. Do-datno, dijamantski tip strukture će pokazatireflekse sa ravni sa Milerovim indek-sima koji su svi parni ili svi neparni,uz dodatni uslov da indeksi koji suparni moraju zadovoljavati i:

h + k + l = 4n

. Posma-tranjem Taele 2 vidimo da su Milerovi indeksi ili svi parni ili svi neparni (nulu tretiramokao "paran" broj). Na osnovu toga zaključujemo da struktura zlata predstavlja pošinskicentriranu kubnu strukturu.

Zadatak 2. Difrakcija x-zracima talasne dužine λ = 0.154 nm je vršena metodomDebaj-Šerera na uzorku koji ima kubnu kristalnu strukturu (Slika 24). Uglovi i inten-ziteti difraktovanih zraka su dati u Tabeli 3. Odrediti o kom tipu kubne strukture seradi.

Slika 24. Difraktogram neke kubnestrukture (dobijen pomoću V EST Asoftverskog paketa)

I(intenzitet) 2θ100 44.65

14.2761 64.9926.7420 82.298.9943 98.8916.6807 116.3


Rešenje:

Na osnovu prethodnog zadatka, i u okviru ovog pripremamo sličnu tabelu koja će nampomoći pri određivanju tipa pripadne kubne strukture koju smo analizirali. Za analizukoristimo se rezultatima prikazanim u Tabeli 4.

2θ θ sin θ sin2 θ sin2 θnsin2 θ1

2 sin2 θnsin2 θ1

N h k l d[A] a[A]44.65 22.325 0.37986 0.144293 1 2 2 1 1 0 2.27064 2.866764.99 32.495 0.537226 0.288611 2.0002 4.0003 4 2 0 0 1.43329 2.866682.29 41.145 0.657967 0.432920 3.0003 6.0005 6 2 1 1 1.17027 2.866698.89 49.445 0.759782 0.577269 4.0007 8.0013 8 2 2 0 1.01345 2.8665116.3 58.15 0.849433 0.721536 5.0005 10.001 10 3 1 0 0.90649 2.8666

Tabela 4. Analiza difraktograma iz Zadatka 2.

Difrakcija Zadaci za vežbu 27

Na osnovu tabele 4 vidimo da je parametar razmatrane kubne strukture:

a ≈ 2.07A (3.7)

Dodatno, ukoliko posmatramo dobijene Milerove indekse,a imajući na umu selekciona prav-ila, lako se zaključuje da za njih važi:

h + k + l = 2n (3.8)

što znači da imamo kubnu strukturu koja je zapreminski centrirana.

3.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Pri difrakciji x-zraka talasne dužine λ = 0.1537 nm na kristalu alumini-juma, dobija se kao posledica difrakcije od ravni (111) difrakcioni maksimum podBragovim uglom 19.2○. Aluminijum ima površinski centriranu kubnu rešetku. Odred-iti koncentraciju atoma aluminijuma.

Zadatak 2. Poznato je da se međuravansko rastojanje kod ortorombičnih strukturaodređuje pomoću relacije:

1d2hkl

= h2

a2 +k2

b2+ l2

c2

Odrediti međuravanska rastojanja d111 i d200 odnosno međuravanska rastojanja zaravni sa (hkl) = (111) i (hkl) = (200) respektivno, za ortorombičnu strukturu BaSO4

koja ima parametre a = 8.884 A, b = 5.457 A i c = 7.157 A.

Zadatak 3. Difrakcija x-zracima talasne dužine λ = 0.154 nm je vršena metodomDebaj-Šerera na uzorku (Slika 25) koji ima kubnu kristalnu strukturu. Uglovi i inten-ziteti difraktovanih zraka su dati u Tabeli 5. Odrediti o kom tipu kubne strukture seradi, kao i parametar kubne strukture.

Slika 25. Difraktogram uzorka nekekubne strukture

I(intenzitet) 2θ[○]100 43.9146

32.0114 75.266117.7104 91.44957.0515 119.429


Elementi simetrije 28

Zadatak 4. Difrakcija x-zracima je vršena metodom Debaj-Šerera na uzorcima NaCli dijamanta. Uglovi difraktovanih zraka su dati u Tabeli 6, za uzorke nazvane UzorakA i Uzorak B. Odrediti koji uzorak odgovara strukturi NaCl a koji dijamantu.

2θ[○] Uzorak A Uzorak B2θ1 27.4 44.02θ2 31.8 75.42θ3 45.6 91.62θ4 54.0 119.62θ5 56.6 140.8


4 Elementi simetrije

Zadatak 1. Odrediti matricu transformacije koja opisuje centar inverzije u kristalu.

Rešenje:

Centar inverzije se karakteriše sledećom transformacijom koordinatnog sistema (videtiSliku 26) pridruženog kristalu:

x′ = −xy′ = −yz′ = −z

(4.1)

odnosno za koeficijente koji ulaze u sastav matrice transformacije koja odgovara centruinverzije imamo:

α11 = cos(x′, x) = cos(2π) = −1

α12 = cos(x′, y) = cos(π2) = 0

α13 = cos(x′, z) = cos(π2) = 0

α21 = cos(y′, x) = cos(π2) = 0

α22 = cos(y′, y) = cos(2π) = −1

α23 = cos(y′, z) = cos(π2) = 0

α31 = cos(z′, x) = cos(π2) = 0

α32 = cos(z′, y) = cos(π2) = 0

α33 = cos(z′, z) = cos(2π) = −1

(4.2)

odakle je tražena matrica transformacije:

I =⎛⎜⎜⎝

α11 α12 α13

α21 α22 α23

α31 α32 α33

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

−1 0 00 −1 00 0 −1

⎞⎟⎟⎠

(4.3)


x

x’

z’

yy’

z

Slika 26. Ilustracija uticaja centra inverzije

Zadatak 2. Odrediti matricu transformacije koja opisuje ogledalsku ravan koja leži uxy ravni.

Rešenje:

Na Slici 27 je prikazana ogledalska ravan (oznake m) koja leži u xy ravni. Lako sezaključuje da data ogledalska ravan karakteriše sledećom transformacijom koordinatnogsistema pridruženog kristalu:

x′ = xy′ = yz′ = −z

(4.4)

odnosno za koeficijente koji ulaze u sastav matrice transformacije koja odgovara centruogledalskoj ravni imamo:

α11 = cos(x′, x) = cos(0) = 1

α12 = cos(x′, y) = cos(π2) = 0

α13 = cos(x′, z) = cos(π2) = 0

α21 = cos(y′, x) = cos(π2) = 0

α22 = cos(y′, y) = cos(0) = 1

α23 = cos(y′, z) = cos(π2) = 0

α31 = cos(z′, x) = cos(π2) = 0

α32 = cos(z′, y) = cos(π2) = 0

α33 = cos(z′, z) = cos(2π) = −1

(4.5)


mxy =⎛⎜⎜⎝

α11 α12 α13

α21 α22 α23

α31 α32 α33

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

1 0 00 1 00 0 −1

⎞⎟⎟⎠

(4.6)


x

y

z

z’

m

Slika 27. Ogledalska ravan koja se nalazi u xy ravni

Zadatak 3. Odrediti matricu transformacije koja opisuje ogledalsku ravan normalnuna xy ravan koja sadrži z osu, a sa osom x zaklapa ugao ϕ.

Rešenje:

Slika 28 predstavlja koordinatni sistem pridružen kristalu sa efektom delovanja ogledalskeravni (oznaka m) normalne na xy ravan koja sadrži z osu. Koeficijenti matrice transfor-macije sa slike su dati sa9 9 Ovde smo koristili trigonometrijske

identitete:

cos(α + β) = cosα cosβ − sinα sinβ

cos(α − β) = cosα cosβ + sinα sinβ

:

α11 = cos(x′, x) = cos(2ϕ)

α12 = cos(x′, y) = cosβ = cos(π2− 2ϕ) = sin(2ϕ)

α13 = cos(x′, z) = cos(π2) = 0

α21 = cos(y′, x) = cosβ = cos(π2− 2ϕ) = sin(2ϕ)

α22 = cos(y′, y) = cos(π − 2ϕ) = − cos(2ϕ)

α23 = cos(y′, z) = cos(π2) = 0

α31 = cos(z′, x) = cos(π2) = 0

α32 = cos(z′, y) = cos(π2) = 0

α33 = cos(z′, z) = cos(0) = 1

(4.7)


m =⎛⎜⎜⎝

α11 α12 α13

α21 α22 α23

α31 α32 α33

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

cos(2ϕ) sin(2ϕ) 0sin(2ϕ) − cos(2ϕ) 0

0 0 1

⎞⎟⎟⎠

(4.8)


m

y

x

x’

y’

βφ

φβ

Slika 28. Ogledalska ravan koja sadrži z osu i sa osom x gradi ugao ϕ

Zadatak 4. Odrediti matricu transformacije koja opisuje rotaciju oko z ose za ugaoϕ. Napisati matrice za slučaj kada je z osa osa rotacije:

• drugog reda,

• trećeg reda.

Rešenje:

Na Slici 29 je dat efekat ose rotacije na koordinatni sistem pridružen kristalu, na osnovučega lako dobijamo koeficijente koji odgovaraju rotaciji oko z ose za ugao ϕ:

α11 = cos(x′, x) = cos(ϕ)

α12 = cos(x′, y) = cos(π2− ϕ) = sin(ϕ)

α13 = cos(x′, z) = cos(π2) = 0

α21 = cos(y′, x) = cos(π2+ ϕ) = − sin(ϕ)

α22 = cos(y′, y) = cos(ϕ)

α23 = cos(y′, z) = cos(π2) = 0

α31 = cos(z′, x) = cos(π2) = 0

α32 = cos(z′, y) = cos(π2) = 0

α33 = cos(z′, z) = cos(0) = 1

(4.9)


n =⎛⎜⎜⎝

α11 α12 α13

α21 α22 α23

α31 α32 α33

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

cos(ϕ) sin(ϕ) 0− sin(ϕ) cos(ϕ) 0

0 0 1

⎞⎟⎟⎠

(4.10)


y

xx’

y’

φ

φ

Slika 29. Efekat rotacije oko z ose za ugao ϕ

Red ose rotacije određujemo iz definicije:

n = 2πϕ

(4.11)

gde je ϕ ugao za koji se rotira kristal. Na osnovu tzv. kristalografskog ograničenja dozvol-jene su samo ose rotacije reda n = 1,2,3,4,6. Za osu rotacije drugog reda sistem rotiramoza ugao:

ϕ = 2πn

= 2π2

= π = 180○ (4.12)

Matrica transformacije koja odgovara osi rotacije oko z ose, drugog reda je stoga data sa:

n2 =⎛⎜⎜⎝


0 0 1

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

cos(180○) sin(180○) 0− sin(180○) cos(180○) 0

0 0 1

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

−1 0 00 −1 00 0 1

⎞⎟⎟⎠

(4.13)

Analogno osi rotacije trećeg reda odgovara rotacija za ugao:

ϕ = 2πn

= 2π3

= π = 120○ (4.14)

tako da je odgovarajuća matrica transformacije:

n3 =⎛⎜⎜⎝


0 0 1

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

cos(120○) sin(120○) 0− sin(120○) cos(120○) 0

0 0 1

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

− 12

√

32 0

−√

32 − 1

2 00 0 1

⎞⎟⎟⎠

(4.15)

Zadatak 5. Dokazati matričnim množenjem da je presek ose rotacije drugog reda saogledalskom ravni koja leži u xy ravni, ekvivalentno centru inverzije.

Rešenje:

Na osnovu 2. i 4. zadatka proveravamo da li važi:

n2 ⋅m = I (4.16)

Direktnim matričnim množenjem matrica transformacija dobojenih u navedenim zadacima

Elementi simetrije Zadaci za vežbu 33

dobijamo:

n2 ⋅m =⎛⎜⎜⎝

−1 0 00 −1 00 0 1

⎞⎟⎟⎠⋅⎛⎜⎜⎝

1 0 00 1 00 0 −1

⎞⎟⎟⎠=⎛⎜⎜⎝

−1 0 00 −1 00 0 −1

⎞⎟⎟⎠= I Q.E.D. (4.17)

što odgovara matrici transformacije centra inverzije dobijene u 1. zadatku, što je i trebalodokazati.

Zadatak 6. Dokazati na primeru mreže koje se rotacione ose mogu javiti u jednojprostorno periodičnoj strukturi.

Rešenje:

Posmatramo niz atoma kristalne rešetke i razmatrajmo dva atoma tog niza koji senalaze na ratojanju AB = a (videti Sliku 30). Rotirajući atom koji se nalazi u tački B okotačke A za ugao α (smer suprotan kretanju kazaljke na satu) on prelazi u tačku B1. Sličnorotacijom atoma za ugao −α (u smeru rotacije kazaljke na satu) na poziciji A oko tačke Bpremeštamo ga na mesto A1. Pošto operacije simetrije kreiraju nove čvorove A1 i B1 suisto čvorovi rešetke. Ukoliko B1 transliramo za Na trebali bismo se na osnovu translacionesimetrije kristalne strukture naći u A1. Lako se sa Slike 30 zaključuje da mora važiti:

A1B1 = A2B +AB +B2A (4.18)

odnosno:

Na = a cos(π + α) + a + a cos(π − α)Na = a(1 − 2 cosα)N = 1 − 2 cosα

(4.19)

Da biN bio ceo broj na osnovu relacije, to će biti moguće za vrednosti α = 360○,180○,120○,90○,60○,što odgovara jedino n = 1,2,3,4,6 redu ose rotacije.

a

aa

A B A2

A1

B2

B1 N a

α -α

Slika 30. Deo mreže atoma, uz izvođenje kristalografskog ograničenja u pogledu dozvoljenihredova osa rotacije

4.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Odrediti matricu transformacije koja opisuje rotaciju oko x ose za ugaoϕ.

Zadatak 2. Posmatramo tri ogledalske ravni, jedna leži u xy ravni, druga u xz ravnii treća u yz ravni. Pokazati matričnim množenjem matrica datih ogledalskih trans-formacija da se u preseku ove tri ogledalske ravni dobija centar inverzije.

IIEnergija veze5 Energija interakcije

5. Energija interakcije

Zadatak 1. Energija čestice u polju druge čestice zavisi od rastojanja između njihovihcentara na sledeći način:

U(r) = −αr+ β

r8

Pokazati da:

(i) Ove čestice obrazuju stabilnu vezu na r = r0 = ( 8βα) 1

7 ,

(ii) U slučaju formiranja stabilne konfiguracije energija privlačenja je 8 puta većaod energije odbijanja,

(iii) Ukupna potencijalna energija dve čestice pri stabilnoj konfiguraciji je Ust =− 7

8(α8

8β )17 = − 7

8αr0

(iv) Ako se čestice odvoje, molekul prestaje da postoji na rastojanju r = ( 36βα

) 17 =

4.5 17 r0

Rešenje:

(i) Stabilna veza se obrazuje na ravnotežnom rastojanju r0 dobijamo iz definicije:

dU

dr

RRRRRRRRRRRr=r0

= 0 (5.1)

raspisivanjem prethodne relacije imamo:

α

r20− 8βr90= 0 / ⋅ r9

0

r70α − 8β = 0

r70α = 8β

r70 =

8βα

r0 = (8βα

)17

(5.2)

(ii) Energija privlačenja u stabilnoj (ravnotežnoj) konfiguraciji je data kao:

Upr(r0) = −α

r0= −α( α

8β)

17

(5.3)

34

Energija interakcije 35

dok je energija odbijanja:

Uod(r0) =β

r80= β ( α

8β)

87= α

8( α

8β)

17

(5.4)

odakle je jasno da je:∣Upr(r0)∣ = 8∣Uod(r0)∣ (5.5)

(iii) Ukupnu potencijalnu energiju pri stabilnoj konfiguraciji dobijamo kao:

U(r0) = Upr(r0) +Uod(r0) = −α( α8β

)17+ α

8( α

8β)

17= −7

8α

r0(5.6)

(iv) Rastojanje na kojem prestaje da postoji veza dobijamo iz maksimalne vrednosti silekoja teži da razdvoji atome:

F = d

dr(−dU

dr)RRRRRRRRRRRr=rmax

= 0 (5.7)

na osnovu čega dobijamo:− 2αr3max

+ 72βr10max

= 0 (5.8)

odakle za rastojanje na kojem molekul prestaje da postoji imamo:

rmax = (36βα

)17

= 4.5 17 r0 (5.9)

Zadatak 2. Potencijalna energija (energija veze) između dva atoma u molekulu zavisiod rastojanja na sledeći način:

U(r) = − αrn

+ β

rm, α, β, n,m = const

Kakav mora biti odnos konstanti n i m da bi molekul bio stabilan?

Rešenje:

Uslovi stabilne konfiguracije (minimum) su poznati:

(dUdr

)r=r0

= 0

(d2U

dr2 )r=r0

> 0(5.10)


Iz prvog uslova stabilne konfiguracije dobijamo:

nα

rn+10

− mβ

rm+10

= 0

nα

rn+10

= mβ

rm+10

nα

mβ= rn+1

0rm+10

mβ

nα= rm−n

0

(5.11)

Drugi uslov nam daje:

−n(n + 1)αrn+20

+ m(m + 1)βrm+20

> 0

m(m + 1)βrm+20

> n(n + 1)αrn+20

m(m + 1)βn(n + 1)α

> rm+20rn+20

m + 1n + 1

⋅ rm−n0 > rm−n

0

m + 1n + 1

> 1

m + 1 > n − 1m > n

(5.12)

odakle smo dobili da m > n predstavlja uslov stabilnosti molekula.

Zadatak 3. Potencijalna energija (energija veze) između dva atoma u molekulu zavisiod rastojanja na sledeći način:

U(r) = α

r10 −β

r2

Odrediti međusobno rastojanje atoma u položaju ravnoteže, energiju disocijacije molekula,rastojanje između atoma u molekulu kada između njih deluje maksimalna sila i mak-simalnu silu između atoma u molekulu. Konstante su date kao α = 2 ⋅ 10−115 Jm10 iβ = 4 ⋅ 10−38 Jm2.

Rešenje:Međusobno rastojanje atoma u ravnoteži određujemo preko:

dU

dr

RRRRRRRRRRRr=r0

= 0 (5.13)


odakle dobijamo:

−10αr110

+ 2βr30= 0

2βr30= 10αr110

/ ⋅ r110

2βr80 = 10α

r0 = (5αβ

)18

r0 = (52 ⋅ 10−115Jm10

4 ⋅ 10−38Jm2 )18

= 2.66 ⋅ 10−10m

(5.14)

Energija disocijacije će nam predstavljati energiju koju treba utrošiti da bi se molekulrazgradio, jednaka je energiji molekula u ravnotežnoj konfiguraciji:

Ed = ∣U(r0)∣

U(r0) =α

r100− β

r20

= α

( 5αβ)

108− β

( 5αβ)

28

= α

( 5αβ)

54− β

( 5αβ)

14

= α

( 5αβ) ( 5α

β)

14− β

( 5αβ)

14

=β5 − β

( 5αβ)

14

= −45(β

5

5α)

14

= −4.53 ⋅ 10−19J

Ed = 4.53 ⋅ 10−19J

(5.15)

Pri dejstvu maksimalne sile dolazi do prestanka postojanja molekula pa možemo odreditirastojanje na kom prestaje da postoji molekul:

F = d

dr(−dU

dr)RRRRRRRRRRRr=rmax

= 0

−110αr12max

+ 6βr4max

= 0

rmax = (113

)18r0 = 3.13 ⋅ 10−10m

(5.16)

Maksimalna sila je dalje jednostavno data kao:

Fmax = F (rmax) = 1.90 ⋅ 10−9N (5.17)


Zadatak 4. Energija interakcije između dva jona u molekulu zavisi od rastojanja nasledeći način:

U(r) = − αrn

+ β

rm

energija disocijacije molekula je Ud = 4 eV , r0 = 3 ⋅ 10−10 m. Izračunati vrednostikoeficijenata α i β ako je n = 2,m = 10. Naći silu koja teži da vrati atome u ravnotežnipoložaj pri promeni međuatomskog rastojanja za 10% u odnosu na ravnotežno rasto-janje.

Rešenje:

Polazeći od:

(dUdr

)RRRRRRRRRRRr=r0

= 0 (5.18)

dobijamo:

nα

rn+10

− mβ

rm+10

= 0

nα

rn+10

= mβ

rm+10

2αr30= 10βr110

/ ⋅ r110

2αr80 = 10β

r0 = (5βα

)18

(5.19)

Znamo da je:Ud = −U(r0) (5.20)

na osnovu čega imamo:

U(r0) = −α

r20+ β

r100

= −5βr8

0

r20+ β

r100

= −5β + βr100

= − 4βr100

(5.21)

odakle dobijamo:

β = −Udr100

4= 9.46 ⋅ 10−115 Jm10 (5.22)

Lako se određuje i drugi nepoznati koeficijent:

α = 5βr80= 72.09 ⋅ 10−39 Jm2 (5.23)


Sila pri promeni ravnotežnog rastojanja na:

r′ = r0 + 0.1r0 = 3.3 ⋅ 10−10 m (5.24)

je data sa:

∣F ∣ = dUdr

= 2αr′3

− 10βr′11

= 2.14 ⋅ 10−9 N

(5.25)

Zadatak 5. Energija interakcije i-tog i j-tog atoma (jona) u kristalu može se pred-staviti u obliku zbira privlačnog i odbojnog člana:

Eij = −a

rmij+ b

rnijrij = ∣ri − rj ∣

gde su m i n parametri.

• Uvodeći rij = pijr (r je rastojanje najbližih suseda), izračunati ukupnu energijusumirajući po i i j (i ≠ j)

• Napisati izraz za ukupnu energiju u ravnotežnom stanju.

Rešenje:

Uvedimo za početak smenu:rij = pijr (5.26)

gde pij predstavlja neki broj a r je rastojanje između susednih atoma (jona). Energijainterakcije je sada data sa:

Eij = −a

rm1pmij

+ b

rn1pnij

(5.27)

Ukupnu energiju dobijamo10 10 Faktor 12 vodi računa o tome da se

svaki par atoma (jona) računa samojednom.

:

Etot =12∑i∑j

Eij =12∑i∑j

(− a

rm1pmij

+ b

rn1pnij

) (5.28)

Fiksiranjem i-tog atoma i sumiranjem po ostalim atomima, i uvođenjem veličina:

A =∑j

a

pmij

B =∑j

b

pnij

(5.29)

odakle imamo:Etot =

12∑i

(− A

rm+ B

rn) = N

2(− A

rm+ B

rn) (5.30)

gde smo u poslednjem koraku prethodne relacije izvršili sumiranje po svih N atoma krstala.


Koristeći uslov ravnotežne konfiguracije:

(dEtotdr

)RRRRRRRRRRRr=r0

= 0

−N2

(−mArm+10

+ nB

rn+10

) = 0

mA

rm0= nBrn0

B

rn0= mn

A

rm0

(5.31)

na osnovu čega za ukupnu energiju u ravnotežnom stanju dobijamo:

Etot(r0) = −N

2( A

rm0− B

rn0)

= −N2

( A

rm0− mn

A

rm0)

= −NA2rm0

(1 − mn

)

(5.32)

Zadatak 6. Analizirati prethodni zadatak za slučaj jonskih kristala sa N parova jona,kada je privlačna interakcija Kulonovskog tipa.

Rešenje:Energija interakcije i-tog i j-tog jona u kristalu je data na sledeći način:

Eij = −q2

4πε0rij+ b

rnijrij = ∣ri − rj ∣ (5.33)

gde je q naelektrisanje jona. Ukoliko uvedemo smenu smenu:

rij = pijr (5.34)

gde pij predstavlja neki broj a r je rastojanje između susednih jona. Energija interakcijeje sada data sa:

Eij = −q2

4πε0pijr+ b

rn1pnij

(5.35)

te za ukupnu energiju dobijamo:

Etot =12∑i∑j

Eij =12∑i∑j

(− q2

4πε0pijr+ b

rn1pnij

) (5.36)

Fiksiranjem i-tog jona i sumiranjem po ostalim jonima, i uvođenjem veličina11 11 Veličina A, za slučaj jonskih kristalase naziva Madelungova konstanta. Usumaciji po jonima, i priračunu ovekonstante treba voditi računa o naelek-trisanjima jona koji se posmatraju prisumaciji. Ukoliko su istoimeno naelek-trisani u sumu ide znak minus, i obratnoako su raznoimeno naelektrisani u sumuulazi član sa znakom plus.

:

A =∑j

1pij

B =∑j

b

pnij

(5.37)


odakle imamo:Etot =

12∑i

(− Aq2

4πε0r+ B

rn) = N (− Aq2

4πε0r+ B

rn) (5.38)

gde smo u poslednjem koraku prethodne relacije izvršili sumiranje po svih 2N jona krstala.Koristeći uslov ravnotežne konfiguracije:

(dEtotdr

)RRRRRRRRRRRr=r0

= 0

−N ( −q2A

4πε0r20+ nB

rn+10

) = 0

q2A

4πε0r20= nB

rn+10

B

rn0= 1n

q2A

4πε0r0

(5.39)

na osnovu čega za ukupnu energiju u ravnotežnom stanju dobijamo:

Etot(r0) = −N ( q2A

4πε0r0− B

rn0)

= −N ( q2A

4πε0r0− 1n

q2A

4πε0r0)

= − NAq2

4πε0r0(1 − 1

n)

(5.40)

Zadatak 7. Izračunati Madelunovu konstantu za beskonačni niz jona naizmeničnopromenljivih znakova (naelektrisanja), gde su rastojanja između jona u nizu r0.

Rešenje:

Polazeći od definicije Madelungove konstante:

A =∑j

± 1pij

(5.41)

gde znak ± uvodimo tako što doprinos para istoimeno naelektrisanih jona uvodimo u sumusa znakom −, dok za par raznoimenih jona doprinos uvodimo sa znakom +. Ukoliko defini-ciju Madelungove konstante alo preformulišemo:

A

r0=∑

j

± 1pijr0

(5.42)

vidimo da se njen račun svodi na sumiranje po susednim jonima nekog odabranog refer-entnog jona. Ukoliko posmatramo Sliku 31, odaberimo kao referentni jon osenčen crvenombojom. Lako se da zaključiti da je situacija fizički ista u pogledu susednih jona sa desnei leve strane od referentnog. Sumacija po jonima nadesno od referentnog pomnožena fak-torom dva nam daje madelungovu konstantu. vodeći računa o naelektrisanju jona (zbogznaka u sumi) i određivanjem rastojanja susednih jona referentnog jona (prvih suseda,drugih, trećih, četvrtih,...) dobijamo:

A

r0= 2( 1

r0− 1

2r0+ 1

3r0− 1

4r0+ ...) (5.43)


te je na osnovu toga Madelungova konstanta beskonačnog lanca jona:

A = 2(11− 1

2+ 1

3− 1

4+ ...) (5.44)

Ukoliko pogledamo funkciju:

ln(1 + x) = x − x2

2+ x

3

3− x

4

4+ ... (5.45)

dobijamo kao konačnu vrednost Madelungove konstante beskonačnog lanca jona:

A = 2 ln 2 = 1.38629 (5.46)

-+ + - + - +

r0 r0

Slika 31. Beskonačni lanac jona

Zadatak 8. Posmatrati kvadratnu mrežu jona u kojoj je svaki jon okružen jonimasuprotnog znaka. Uzevši u obzir pete najbliže susede, izračunati Madelungovu kon-stantu.

Rešenje:

Na Slici 32 je data kvadratna mreža jona čiju Madelungovu konstantu treba da odred-imo, uzimajući u obzir samo pete najbliže susede. Posmatranjem Slike 32 lako se vidi daukoliko odaberemo kao referentni jon, centralni jon u mreži koji je označen crvenom bojom.Napravimo tabelu u koju ćemo izlistati prve, druge, treće, četvrte i pete najbliže susede,njihov broj i rastojanja od referentnog jona kao i znak koji ulazi u sumu za Madelungovukonstantu.

Susedni joni Znak Broj suseda Rastojanje1. + 4 1 ⋅ r02. − 4

√2 ⋅ r0

3. − 4 2 ⋅ r04. + 8

√5 ⋅ r0

5. − 4 2√

2 ⋅ r0


U Tabeli 7 su date informacije o okolini referentnog jona. Na osnovu definicije Madelun-gove konstante:

A

r0=∑

j

± 1pijr0

(5.47)

korišćenjem podataka iz Tabele 7 dobijamo:

A

r0= 4

1 ⋅ r0− 4√

2 ⋅ r0− 4

2 ⋅ r0+ 8√

5 ⋅ r0− 4

2√

2 ⋅ r0(5.48)

odakle je Madelungova konstanta kvadratne mreže jona računata do petih najbližih suseda:

A = 4 − 4√2− 4

2+ 8√

5− 4

2√

2= 1.32 (5.49)


-

--

-

-

-

-

-

-

-

--

-

+

+

+

++

++

+ +

+ +

+

r0

r0

Slika 32. Kvadratna mreža jona

Zadatak 9. Odrediti Madelungovu konstantu kvadratne mreže jona iz prethodnogzadatka koristeći Evjenov metod.

Rešenje:

Računanje Madelungove konstante, je zbog generalnog pitanja konvergencije sume podefiniciji, iznedrilo još nekoliko metoda njenog računanja. Jedan od predloženih metoda je itzv. Evjenov metod. Račun, odnosno sumu, u Madelungovoj konstanti obavljamo tako štostrukturu delimo na električno neutralne celine i onda vršimo sumiranje slično standardnojdefiniciji Madelungove konstante. Strukturu sa Slike 32 delimo na dve strukture koje sudate na Slikama 33, 34. Ukoliko posmatramo odabranu strukturu sa Slike 33 osenčenidelovi jona zajedno sa referentnim jonom (označen crvenom bojom) računaju se u ovojstrukturi. Struktura je neutralna jer je ukupno naelektrisanje:

q = −e + 412e − 41

4e = 0 (5.50)

-

-

- +

+

+

+

-

-r0

r0

Slika 33. Prva neutralna struktura kvadratne mreže jona

U odnosu na referentni jon Madelungova suma je za prvu neutralnu strukturu:

A1

r0= 40.5

r0− 4 0.25√

2r0= 1.29 1

r0(5.51)

Ukoliko posmatramo drugu neutralnu strukturu datu na Slici 34 vidimo da ona sadržidelove naelektrisanja jona koji nisu računati u prvoj neutralnoj strukturi, uz dodatak ostalih


doprinosa (osenčeni delovi jona). Ova struktura je takođe neutralna jer:

q = 412e − 43

4e + 81

2e − 41

2e − 41

4e = 0 (5.52)

-

r0

r0

-

---

-

- --

--

--

+

+

+

+

++

+

+

+

+

+

+

Slika 34. Druga neutralna struktura kvadratne mreže jona

Račun Madelungove sume za drugu neutralnu strukturu je stoga dat sa:

A2

r0= 40.5

r0− 4 0.75√

2r0− 4 0.5

2r0+ 8 0.5√

5r0− 4 0.25

2√

2r0= 0.37 1

r0(5.53)

Na osnovu toga, primenom Evjenovog metoda, za Madelungovu konstantu kvadratne mrežejona dobijamo:

A = A1 +A2 = 1.29 + 0.37 = 1.66 (5.54)

Zadatak 10. Izračunati Madelungovu konstantu za strukturu NaCl uzimajući u obzirčetvrte najbliže susede u kristalnoj rešetki.

Rešenje:

Na Slici 35 je data struktura natrijum-hlorida sa naznačenim odabranim, referentnim,jonom (oznaka 0) i nejgovim prvim, drugim, trećim i četvrtim najbližim susedima (oznake1, 2, 3, 4 i 5 respektivno). Kreirajmo tabelu u koju ćemo izlistati prve, druge, treće ičetvrte najbliže susede, njihov broj i rastojanja od referentnog jona kao i znak koji ulazi usumu za Madelungovu konstantu.


Susedni joni Znak Broj suseda Rastojanje1. + 6 1 ⋅ r02. − 12

√2 ⋅ r0

3. + 8√

3 ⋅ r04. − 6 2 ⋅ r0


Na osnovu Tabele 8 imamo da je Madelungova konstanta natijum-hlorid račana dočetvrtih najbližih suseda data sa:

A

r0= 1r0

(61− 12√

2+ 8√

3− 6

2) (5.55)

odnosno iznosi12 12 Egzaktna vrednost Madelungove kon-stante za natrijum-hlorid je inače A =

1.7476.

:A = −0.86 (5.56)

r0

r0

0

1

1

1

1

1

2

3

3

3

3

4

4

4

4

4

4

33

3

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

Na+

Cl-

Slika 35. Struktura natrijum-hlorida sa naznačenim susednim jonima u odnosu na referentni jon(označen brojem 0)

Zadatak 11. Iz izraza za potencijalnu energiju između dva jednostruko naelektrisanajona:

U(r) = −Ar+ B

r9

gde je r rastojanje između jezgara jona, a A i B su konstante, izračunati ravnotežnorastojanje ako je potencijalna energija u ravnotežnom položaju −4 eV .

Rešenje:


Polazeći od uslova:(dUdr

)r=r0

= 0 (5.57)

odakle dobijamo:

A

r20− 9Br100

= 0

A

r20= 9Br100

/ ⋅ r100

B = Ar80

9

(5.58)

Privlačni deo potencijalne energije znamo da je oblika:

Upr = −z1z2e

2

4πε0r(5.59)

a pošto imamo slučaj jednostruko naelektrisanih jona z1 = z2 = 1:

Upr = −e2

4πε0r(5.60)

odakle možemo zaključiti da je:

A = e2

4πε0(5.61)

Raspišimo izraz za energiju u ravnotežnom stanju:

U(r0) = −A

r0+ B

r90

= A

r0+ Ar

80

9r90

= −89A

r0

= −89

e2

4πε0

r0

= −89

e2

4πε0r0

(5.62)

odakle dobijamo:

r0 = −89

e2

4πε0U(r0)= −8

9(1.6 ⋅ 10−19C)2

4π ⋅ 8.85 ⋅ 10−12F /m ⋅ (−4eV ))= 3.6 ⋅ 10−10m (5.63)

Zadatak 12. Ukupna energija rešetke jonskog kristala, koji se sastoji od N jonskihparova je:

U(r) = −N [ Ae2

4πε0r− B

rn]

gde je ±e naelektrisanje jona, r udaljenost između jona, A i B su konstante. Član Brn

odgovara silama odbijanja i često se zamenjuje članom C exp(−r/ρ), ρ = const, čiji jeoblik lakše teorijski objasniti. Odrediti ravnotežno rastojanje između susednih jona r0


pri kojem ova dva potencijala daju istu energiju rešetke.

Rešenje:

U okviru ovog zadatka treba uporediti dva energije kristala u ravnotežnom stanju:

U1(r0) = −N [ Ae2

4πε0r0− B

rn0]

U2(r0) = −N [ Ae2

4πε0r0−Ce−r0/ρ]

(5.64)

Pođimo od određivanja ravnotežnih rastojanja za ova dva oblika energije. Prvo imamo:

(dU1

dr)r=r0

= 0

NAe2

4πε0r20−N nB

rn+10

= 0

Ae2

4πε0r20= nB

rn+10

B

rn0= Ae2

4nπε0r0

(5.65)

odakle se lako dobija:

U1(r0) = −N [ Ae2

4πε0r0− B

rn0] = − NAe

2

4πε0r0[1 − 1

n] (5.66)

Slično imamo i za drugi oblik energije kristala:

(dU2

dr)r=r0

= 0

NAe2

4πε0r20−N C

ρe−r0/ρ = 0

Ae2

4πε0r20= Cρe−r0/ρ

Ce−r0/ρ = Ae2ρ

4πε0r20

(5.67)

pa je na osnovu toga i energija u ravotežnom stanju:

U2(r0) = −N [ Ae2

4πε0r0−Ce−r0/ρ] = − NAe

2

4πε0r0[1 − ρ

r0] (5.68)

Poređenjem energija u ravnotežnom stanju dobijamo da će biti jednake kada je:

U1(r0) = U2(r0)NAe2

4πε0r0[1 − 1

n] = − NAe

2

4πε0r0[1 − ρ

r0]

1 − 1n= 1 − ρ

r0

r0 = nρ

(5.69)


Zadatak 13. Energija interakcije dva jona sa naelektrisanjima ±q može se napisati uobliku:

U(r) = − q2A

4πε0r+ B

rn

gde su A,B,n = const, a r je međusobno rastojanje jona. Odrediti konstante B i n zajonski kristal KCl ako se zna da je ravnotežno rastojanje između jona r0 = 3.15 ⋅10−10

m, Madelungova konstanta A = 1.75, energija veze po jonskom paru ∆E = −7 eV iq = e.

Rešenje:

Na osnovu prethodnih zadataka može se zaključiti da će ukupna energija rešetke bitidata sa:

U(r) = −N e2A

4πε0r+N B

rn(5.70)

gde bi N predstavljao broj jonskih parova. Ravnotežno rastojanje određujemo jednostavno:

(dUdr

)r=r0

= 0

NAe2

4πε0r20−N nB

rn+10

= 0

Ae2

4πε0r20= nB

rn+10

B = Ae2rn−1

04nπε0

(5.71)

Energija rešetke u ravnotežnom stanju je:

U(r0) = −NAe2

4πε0r0(1 − 1

n) (5.72)

Energija veze po jonskom paru je data jednostavno sa:

∆E = U(r0)N

= − Ae2

4πε0r0(1 − 1

n) (5.73)

odakle dobijamo:

(1 − 1n) = ∆E

− Ae2

4πε0r0

1n= 1 + ∆E4πε0r0

Ae2

n = 11 + ∆E4πε0r0

Ae2

n = 8

(5.74)

Na osnovu toga, konstanta B iznosi:

B = Ae2rn−1

04nπε0

= Ae2rn−1

032πε0

= 1.55 ⋅ 10−95 Jm8 (5.75)


Zadatak 14. Koristecí materijal prethodnog zadatka, tj. informacije da je za kristalKCl Madelungova konstanta A = 1.75, ravnotežno rastojanje između dva susedna jonar0 = 3.15 ⋅ 10−10 m, a vrednost konstante n = 8, izračunati energiju kristalne rešetke.

Rešenje:

Na osnovu prethodnog zadatka možemo krenuti od relacije za energiju kristalne rešetke:

U(r0) = −NAe2

4πε0r0(1 − 1

n) (5.76)

gde broj jonskih parova zamenjujemo sa Avogadrovim brojem, kao dobrom aproksimacijom:

U(r0) = −NAVAe

2

4πε0r0(1 − 1

n) (5.77)

Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:

U(r0) = −6.023 ⋅ 1023 1

mol⋅ 1.75(1.6 ⋅ 10−19C)2

4 ⋅ 3.14 ⋅ 8.85 ⋅ 10−12 Fm⋅ 3.15 ⋅ 10−10m

(1 − 18) = −67.43 ⋅ 104 J

mol(5.78)

Zadatak 15. Kod molekularnih kristala interakcija dva molekula opisuje se Lenard-Jonnes-ovim potencijalom:

U(r) = 4ε [(σr)

12− (σ

r)

6]

gde su ε i σ parametri. Objasniti smisao datih parametara.

Rešenje:

Posmatranjem datog potencijala lako se zaključuje da važi:

U(r → 0)→∞U(r →∞)→ 0

U(r = σ) = 4ε [(σσ)

12− (σ

σ)

6] = 0

(5.79)

Ravnotežno rastojanje određujemo iz već dobro poznatog uslova:

(dU(r)dr

)r=r0

= 0

−48εσ12r−130 + 24εσ6r−7

0 = 0r60 = 2σ6

r0 = 21/6σ

r0 = 1.122σ

(5.80)


Dalje, energija u ravnotežnom stanju iznosi:

U(r0) = 4ε [( σr0

)12− ( σ

r0)

6]

= 4ε [( σ

21/6σ)

12− ( σ

21/6σ)

6]

= 4ε [14− 1

2]

= −ε

(5.81)

Na Slici 36 je dat opšti izgled Lenard-Jonnes-ovog potencijala.

Slika 36. Lenard-Jonnes potencijal

Zadatak 16. Posmatramo jonski kristal sa N parova jona naelektrisanja ±q. Poten-cijalna energija ovog sistema je data kao:

U(r) = −N ( Aq2

4πε0r− B

rn)

gde je AMadelungova konstanta kristala. Ukoliko izvršimo kompresiju kristala tako dase ravnotežno rastojanje r0 smanji za 10%, odrediti rad izvršen pri kompresiji kristala.

Rešenje:

Novo ravnotežno rastojanje posle kompresije iznosi:

r′ = r0 − 0.1r0 = 0.9r0 (5.82)

Rad izvršen pri kompresiji kristala, predstavlja razliku energija kristala:

W = U(r′) −U(r0) (5.83)


odnosno imamo:

W = −NAq2

4πε0r′+ NBr′n

+ NAq2

4πε0r0− NBrn0

= NAq2

4πε0( 1r0

− 1r′

) +NB ( 1r′n

− 1rn0

)

= NAq2

4πε0r′ − r0

r0r′+NBr

n0 − r′n

rn0 r′n

= NAq2

4πε00.9r0 − r0

r00.9r0+NBr

n0 − (0.9r0)n

rn0 (0.9r0)n

= −NAq20.11

4πε0r0+NB 1 − 0.9r0

0.9nrn0

(5.84)

Zadatak 17. Posmatrajmo jednodimenzioni kristal koji ima 2N jona sa naelektrisa-njima ±q, koji se naizmenično smenjuju u lancu na jednakim rastojanjima jedan oddrugog. Potencijalna energija dva susedna jona, usled dejstva sile odbijanja iznosi B

rna

potencijalna energija dva susedna jona, usled dejstva sile privlačenja iznosi − 14πε0

⋅ q2Ar

.Madelungova konstanta za jednodimenzioni kristal iznosi A = 2 ln 2.

a) Naći ravnotežno rastojanje R0 za ovaj sistem i odgovarajuću ukupnu energiju ovogsistema u ravnotežnom stanju.b) Izvršimo kompresiju kristala tako da je novo ravnotežno rastojanje dato vrednošćuR′ = R0(1 − δ) gde je δ ≪ 1. Izračunati rad po jedinici dužine kristala koji je izvršenpri kompresiji kristala. U računu upotrebiti aproksimacije:

(1 − δ)−1 − 1 ≈ δ + δ2

(1 − δ)−n − 1 ≈ nδ + n(n + 1)2

δ2

Rešenje:

Posmatranjem ranije urađenih zadataka u ovom poglavlju za ukupnu energiju kristalamožemo koristiti:

U(R) = N (− Aq2

4πε0R+ B

Rn) (5.85)

gde je R rastojanje susednih jona, a A Madelungova konstanta. Ravnotežno rastojanjeiznosi:

(dU(R)dR

)R=R0

= 0

N ( Aq2

4πε0R20− nB

Rn+10

) = 0

Aq2

4πε0R20= nB

Rn+10

R0 = (nB4πε0Aq2 )

1n−1

(5.86)

Energija interakcije Zadaci za vežbu 52

Ukupna energija ovog sistema u ravnotežnom stanju je data sa:

U(R0) = N (− Aq2

4πε0R0+ B

Rn0)

= − NAq2

4πε0R0(1 − 1

n)

= −N2 ln 2q2

4πε0R0(1 − 1

n)

(5.87)

Rad izvršen pri kompresiji kristala dobijamo kao:

W = U(R′) −U(R0)

= N (− Aq2

4πε0( 1R′

− 1R0

) +B ( 1R′n

− 1Rn0

))

= N (− Aq2

4πε0R0(R0

R′− 1) + B

Rn0( R

n0

R′n− 1))

= N (− Aq2

4πε0R0(R0

R′− 1) + Aq2

4πε0nR0( R

n0

R′n− 1))

= NAq2

4πε0R0[−(R0

R′− 1) + 1

n( R

n0

R′n− 1)]

(5.88)

Dalje iskoristimo aproksimaciju datu u postavci zadatka:

R0

R′− 1 = R0

R0(1 − δ)− 1 = (1 − δ)−1 − 1 ≈ δ + δ2

(R0

R′)n

− 1 = ( R0

R0(1 − δ))n

− 1 = (1 − δ)−n − 1 ≈ nδ + n(n + 1)2

δ2(5.89)

na osnovu čega dobijamo:

W = NAq2

4πε0R0[−δ − δ2 + 1

n(nδ + n(n + 1)

2δ2)]

= NAq2

4πε0R0

n − 12

δ2

= N2 ln 2q2

4πε0R0

n − 12

δ2

(5.90)

Ukupna dužina kristala je približno 2NR0, pa stoga rad po jedinici dužine izrvršen prikompresiji kristala iznosi:

W

2NR0= ln 2q2(n − 1)

2πε0R20

δ2 (5.91)

5.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Energija veze između dva atoma u molekulu zavisi od rastojanja na sledećinačin:

U(r) = α

r12 −β

r2

Odrediti međusobno rastojanje atoma u položaju ravnoteže kao i energiju disocijacijemolekula.

Energija interakcije Zadaci za vežbu 53

Zadatak 2. Odrediti Madelungovu konstantu za strukturu NaCl pomoću Evjenovogmetoda uzimajući u obzir samo prvu neutralnu kocku.

Zadatak 3. Energija veze adsorbovanog atoma na površini metala može se napisati uobliku:

U(r) = zAe−pr −√zBe−qr

gde prvi član opisuje odbijanje adsorbovanog atoma i atoma podloge (usled prekrivanjaelektronskih orbitala), dok drugi član opisuje energiju privlačenja istih atoma, z jekoordinacioni broj, odnosno broj atoma podloge koji su najbliži adsorbovanom atomu,A, B, p i q su pozitivne konstante. Odrediti ravnotežno rastojanje sistema kao ienergiju veze u ravnotežnom stanju.

Zadatak 4. Energija veze molekula nekog alkalo-halogenog jedinjenja u gasovitomstanju je data na osnovu zakona Grinajzen-Mi kao:

U(r) = − e2

4πε0r+ λ

rn

Odrediti konstantu λ iz uslova ravnoteže sistema. (Koristiti oznaku rg za ravnotežnorastojanje molekula u gasovitom stanju.)

Zadatak 5. Energija veze molekula alkalo-halogenog jedinjenja u gasovitom stanju jena osnovu zakona Grinajzen-Mi data kao:

U(r) = − e2

4πε0r+ λ

rn

dok je u čvrstom stanju energija veze na osnovu istog zakona data kao:

U(r) = − Ae2

4πε0r+ λBrn

gde su A, B, λ konstante. Odrediti odnos ravnotežne energije molekula u gasovitomi čvrstom stanju. (Koristiti oznaku rg za ravnotežno rastojanje molekula u gasovitomstanju i rč za ravnotežno rastojanje molekula u čvstom stanju.) Odrediti odnos rč

rg.

IIIDinamika i toplotne osobine kristalnestrukture6 Dinamika kristalne rešetke

6. Dinamika kristalne rešetke

Zadatak 1. Izračunati na osnovu klasične teorije srednju energiju harmonijskog os-cilatora.

Rešenje:

Energija klasičnog harmonijskog oscilatora je data sa:

E = mv2

2+ mω

2x2

2(6.1)

Srednju energiju ćemo računati usrednjenu po Bolcmanovoj raspodeli po energijama os-cilatora:

E = ∫∞

−∞ ∫∞

−∞EAe

−E

kBT dvdx

∫∞

−∞ ∫∞

−∞Ae

−E

kBT dvdx(6.2)

gde je A neka konstanta koja normira raspodelu. Na osnovu toga dobijamo13 13 Ovde smo iskoristili rezultate iz13.

:

E =∫∞

−∞ ∫∞

−∞(mv

2

2 + mω2x2

2 ) e−mv2

2 +mω2x22

kBT dvdx

∫∞

−∞ ∫∞

−∞e−

mv22 +mω2x2

2kBT dvdx

= m2∫∞

−∞v2e

−mv2kBT dv

∫∞

−∞e−mv2kBT dv

+ mω2

2∫∞

−∞x2e

−mω2x2kBT dx

∫∞

−∞e−mω2x2kBT dx

= m2

√π

2 ( m2kBT )

−3/2

√π ( m

2kBT )−1/2 +

mω2

2

√π

2 ( mω2

2kBT )−3/2

√π ( mω2

2kBT )−1/2

= 12kBT + 1

2kBT

= kBT

(6.3)

Zadatak 2. Odrediti srednju energiju kvantnog linearnog harmonijskog oscilatora natemperaturi T . Pretpostaviti da je raspodela oscilatora po energijama Bolcmanova ida je energija u n-tom stanju jednaka En = nhω, a n = 0,1,2, . . . (po Ajnštajnovojteoriji, 1907. godine).

Rešenje:

Srednja energija kvantnog harmonijskog oscilatora je definisana sa:

E = ∑∞

n=0 nhωe−nhωkBT

∑∞n=0 e−nhωkBT

(6.4)

54

Dinamika kristalne rešetke 55

Uvedimo:Z =

∞

∑n=0

e−nhωkBT (6.5)

Ukoliko odredimo izvod Z po temperaturi:

∂Z

∂T=

∞

∑n=0

nhω

kBT 2 e−nhωkBT (6.6)

odakle se lako zaključuje da važi:

E = 1ZkBT

2 ∂Z

∂T(6.7)

Ukoliko iskoristimo razvoj:∞

∑n=0

xn = 11 − x

(6.8)

možemo dobiti da je Z:Z =

∞

∑n=0

e−nhωkBT = 1

1 − e−hωkBT

(6.9)

odakle dobijamo srednju energiju:

E = 1ZkBT

2 ∂Z

∂T

= 11

1−e− hωkBT

kBT2 ∂

∂T

11 − e−

hωkBT

= 11

1−e− hωkBT

kBT2

hωkBT 2

(1 − e−hωkBT )

2

= hωe−hωkBT

1 − e−hωkBT

⋅ ehωkBT

ehωkBT

= hω

ehωkBT − 1

(6.10)

Zadatak 3. Pokazati da pri visokim temperaturama kvantni izraz za srednju energijuoscilatora prelazi u klasični.

Rešenje:

Posmatrajući relaciju (6.10) temperaturske zavisnosti srednje energije oscilatora:

E = hω

ehωkBT − 1

(6.11)

Na visokim temperaturama možemo iskoristiti sledeći razvoj u red:

ehωkBT =

∞

∑n=0

1n!

( hω

kBT)n

= 1 + hω

kBT+ 1

2( hω

kBT)

2+ ... (6.12)

odakle na visokim temperaturama možemo se zaustaviti u razvoju na drugom članu:

ehωkBT ≈ 1 + hω

kBT(6.13)


Na osnovu toga srednja energija na visokim energijama je:

E = hω

1 + hωkBT

− 1= kBT (6.14)

što predstavlja klasični rezultat.

Zadatak 4. Posmatramo linearni lanac identičnih atoma koji se nalaze na međusob-nom rastojanju a, i mogu da interaguju sa samo najbližim susedima kvazieleastičnimsilama. Odrediti na osnovu disperzione relacije sistema grupnu i faznu brzinu elastičnihtalasa kao i brzinu zvuka u ovom lancu atoma.

Rešenje:

Ovde koristimo disperzionu relaciju za linearni lanac atoma:

ω = 2√

κ

msin(ka

2) (6.15)

U tzv. dugotalasnoj granici ka << 1 dobijamo vezu sa brzinom zvuka:

ω = vzvk = 2√

κ

m

ka

2= a

√κ

mk (6.16)

odakle je brzina zvuka:vzv = a

√κ

m(6.17)

Grupna brzina je definisana sa:vg =

dω

dk(6.18)

odnosno za lanac atoma iznosi:

vg = a√

κ

mcos(ka

2) (6.19)

Fazna brzina se dobija iz definicije:vf =

ω

k(6.20)

i jednaka je:

vf =2√

κm

sin (ka2 )k

(6.21)

Zadatak 5. Disperziona relacija za dvoatomski lanac atoma masa m1 i m2 je datakao:

ω2 = κ

m1m2(m1 +m2 ±

√m2

1 +m22 + 2m1m2 cos(ka))

Razmotriti slučajeve: a) m1 >>m2, b) m1 =m2 =m.

Rešenje:

Ukoliko imamo slučaj m1 >>m2 onda:

m2

m1<< 1 (6.22)


Diperzionu relaciju možemo zapisati kao:

ω2 = κ

m1m2(m1 +m2 ±

√m2

1 +m22 + 2m1m2 cos(ka))

= κ

m2

⎛⎜⎝m1

m1+ m2

m1±

¿ÁÁÀm2

1m2

1+m2

2m2

1+ 2m1m2

m1cos(ka)

⎞⎟⎠

= κ

m2(1 + m2

m1± (1 + m2

m1cos(ka)) +O ((m2

m1)

2))

(6.23)

odakle su dve grane disperzione relacije:

ω2−= 2κm1

1 − cos(ka)2

+O ((m2

m1)

2) (6.24)

i:ω2+= 2κm2

(1 +O ((m2

m1))) (6.25)

Kada je m2 =m1 =m, tada se dobija:

ω2 = κ

m(2 ±

√2 + 2 cos(ka))

= κ

m

⎛⎝

2 ± 2√

1 + cos(ka)2

⎞⎠

= 2κm

(1 ± cos(ka2

))

(6.26)

Zadatak 6. Odrediti Debajevu temperaturu linearnog lanca identičnih atoma masem, povezanih harmonijskim silama.

Rešenje:

Polazeći od disperzione relacije lanca identičnih atoma:

ω = 2√

κ

msin(ka

2) (6.27)

lako se zaključuje da će maksimalna frekvencija biti:

ωmax = 2√

κ

m≡ ωD (6.28)

koja se još naziva i Debajeva frekvencija ωD. Debajevu temperaturu θD dobijamo iz relacije:

hωD = kBθD (6.29)

odakle je dodatno:θD = 2h

kB

√κ

m(6.30)

Zadatak 7. Izračunati toplotni kapacitet čvrstog tela na osnovu Ajnštajnove teorije.

Rešenje:


Energiju čvrstog tela na osnovu Ajnštajnove teorije dobijamo kada atome koji sačin-javaju telo tretiramo kao tri linearna oscilatora. Na osnovu toga energija kristala se možeodrediti sa:

E = 3N hω

ehωkBT − 1

(6.31)

gde N predstavlja broj atoma u kristalu. Toplotni kapacitet kristala određujemo definici-jom:

C = ∂E∂T

(6.32)

odnosno za toplotni kapacitet dobijamo:

C = 3NkB ( hω

kBT)

2 ehωkBT

(ehωkBT − 1)

2 (6.33)

Zadatak 8. Odrediti raspodelu normalnih oscilacija po frekvencijama trodimenzion-alne rešetke sastavljene od N atoma.

Rešenje:

Normalne oscilacije imaju oblik ravnog progresivnog talasa:

us = u0ei(ksa−ωt) (6.34)

gde je u0 amplituda talasa, k talasni vektor, sa položaj s-tog atoma i ω je frekvencija.Da bi pomak atoma bio translatorno invarijantan za dužinu L, što se postiže primenomperiodičnih graničnih uslova:

us = us+N (6.35)

Primenom periodičnih graničnih uslova na (6.34) dobijamo:

eikNa = 1 (6.36)

odakle talasni vektor može imati samo sledeće vrednosti:

k = 2πNa

n, n = 0,±1,±2, ... (6.37)

Naravno ovaj rezultat se vrlo lako generalizuju na trodimenzionu rešetku sa N atoma,zapremine V = L3. Tako talasni vektor može imati sledeće vrednosti u tri dimenzije:

kx,y,z = 0,±2πL,±4π

L, ...,

Nπ

L(6.38)

Iz prethodne relacije dobija se da u trodimenzionalnom k-prostoru jedno stanje zauzimazapreminu:

∆Vk = (2πL

)3= 8π3

V(6.39)

Zapremina sferne ljuske u k-prostoru poluprečnika k i debljine dk je 4πk2dk. Broj stanjaunutar date sferne ljuske jednak je broju stanja sa talasnim vektorima iz intervala (k, k+dk):

dn(k) = 4πk2dk

∆Vk= V k

2dk

2π2 = g(k)dk (6.40)


Funkcija g(k) predstavlja funkciju raspodele normalnih oscilacija po talasnim vektorima.Broj stanja dn(ω) u intervalu (ω,ω + dω) lako se dobija iz (6.40) korišćenjem veze ω = ck,gde c predstavlja brzinu oscilacija u sistemu. Pošto mora važiti g(ω)dω = g(k)dk, dobijamoda je broj normalnih oscilacija sa frekvencijama iz intervala (ω,ω + dω) je:

g(ω) = V ω2

2π2c3(6.41)

Ukupan broj normalnih stanja je 3N , pa stoga funkcija g(ω) mora da zadovoljava uslov:

∫ωD

0g(ω)dω = 3N (6.42)

gde je ωD Debajeva frekvencija i predstavlja maksimalnu frekvenciju oscilovanja u sistemu.Na osnovu (6.42) se konačno dobija:

g(ω) = 9ω2N

ω3D

(6.43)

Zadatak 9. Odrediti toplotni kapacitet kristalne rešetke u okviru Debajevog modelaukoliko je poznata raspodela normalnih oscilacija po frekvencijama:

g(ω) = 9Nω2

ω3D

Razmotriti slučajeve visokih i niskih temperatura.

Rešenje:

U Debajevom modelu kristalnu rešetku tretiramo kao skup od 3N harmonijskih os-cilatora koji mogu oscilovati sa frekvencija iz intervala (0, ωD). Energija kristala je datasa:

E = ∫ωD

0Eg(ω)dω = 9N

ω3D∫

ωD

0

hω3

ehωkBT

dω (6.44)

Ukoliko uvedemo smenu:x = hω

kBT(6.45)

dobijamo:

E = 9NkBθD ( TθD

)4

∫θD/T

0

x3

ex − 1dx (6.46)

U oblasti niskih temperatura T << θD imamo:

E = 9NkBθD ( TθD

)4

∫∞

0

x3

ex − 1dx (6.47)

odakle na osnovu 16 dobijamo za energiju kristalne rešetke:

E = 3π4

5NkBθD ( T

θD)

4(6.48)

Toplotni kapacitet u oblasti niskih temperatura je:

CV = ∂E∂T

= 12π4

5NkB ( T

θD)

3(6.49)


U oblasti visokih temperatura T >> θD, možemo koristiti razvoj:

ehωkBT ≡= ex = 1 + x + x2 + ... (6.50)

gde ćemo se zadržati na samo prva dva člana razvoja. Na osnovu toga ćemo dobiti:

E = 9NkBθD ( TθD

)4

∫θD/T

0

x3

ex − 1dx

= 9NkBθD ( TθD

)4

∫θD/T

0

x3

1 + x − 1dx

= 9NkBθD ( TθD

)4

∫θD/T

0x2dx

= 3NkBT

(6.51)

odakle je toplotni kapacitet:CV = ∂E

∂T= 3NkB (6.52)

Zadatak 10. Izračunati Debajevu temperaturu za zlato, ako se zna da je molarnitoplotni kapacitet zlata na temperaturi T = 10 K jednak C = 0.4 J/molK.

Rešenje:

Polazeći od rezultata, za N = NAV dobijamo:

C = 12π4

5R( T

θD)

3(6.53)

odakle dobijamo traženu Debajevu temperaturu:

( TθD

)3= 5C

12π4R

T

θD= ( 5C

12π4R)

13

θD = T (12π4R

5C)

13

θD = 10K (12(3.14)48.31J/molK50.4J/molK

)13

θD = 169.23K

(6.54)

Zadatak 11. Odrediti koeficijent termičkog širenja čvrstog tela ako je potencijalnaenergija atoma jednaka:

U(x) = ax2 − bx3

gde je x pomak atoma iz ravnotežnog položaja, a i b su konstante za koje važi da jea >> b.

Rešenje:


Koeficijent termičkog širenja definišemo sa:

α = 1r0

∂x

∂T(6.55)

gde je r0 ravnotežno rastojanje, a x predstavlja srednji pomak atoma iz ravnotežnogpoložaja. Srednju vrednost pomaka odredićemo usrednjavanjem po Bolcmanovoj raspodeli:

x = ∫∞

−∞xe

−U(x)kBT dx

∫∞

−∞e−U(x)kBT dx

= ∫∞

−∞xe

−(ax2−bx3)kBT dx

∫∞

−∞e−(ax2−bx3)

kBT dx(6.56)

Pošto je a >> b možemo iskoristiti aproksimaciju:

e−(ax2−bx3)

kBT = e−ax2kBT e

bx3kBT ≈ e−

ax2kBT (1 + bx3

kBT) (6.57)

odnosno dobijamo:

x =∫∞

−∞x (1 + bx3

kBT) e−

ax2kBT dx

∫∞

−∞(1 + bx3

kBT) e−

ax2kBT dx

(6.58)

Sređivanjem prethodne relacije se dobija:

x =

0³¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹·¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹µ

∫∞

−∞xe

−ax2kBT dx+ ∫

∞

−∞

bx4

kBTe−ax2kBT dx

∫∞

−∞e−ax2kBT dx + ∫

∞

−∞

bx3

kBTe−ax2kBT dx

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶0

(6.59)

gde su neki od integrala jednaki nuli jer predstavljaju integrale neparnih funkcija u simetričnimgranicama. Uvođenjem smene:

ax2

kBT= y2, dx =

√kBT

ady (6.60)

dobijamo14 14 Ovde smo iskoristili rezultate iz 12i 13.

:

x =b

kBT(kBT

a)

52 ∫

∞

−∞y4e−y

2dy

√kBTa ∫

∞

−∞e−y2dy

=b

kBT(kBT

a)

52 3√π

4√kBTa

√π

= 3b4a2 kBT

(6.61)

odakle se lako dobija koeficijint termičkog širenja iz definicije:

α = 1r0

∂x

∂T= 1r0

3b4a2 kB (6.62)


Zadatak 12. Energija kvantnog linearnog harmonijskog oscilatora iznosi

E = (n + 12)hν, n = 0,1,2, . . .

U osnovnom stanju, frekvencija oscilovanja kvantnog linearnog harmonijskog oscilatoraiznosi ν0.

Kada imamo sistem od dva spregnuta kvantna linearna harmonijska oscilatora,koja su u osnovnom stanju, oni osciluju s frekvencijama:

ν1 = ν0

√1 − e2

2πε0kr3 i ν2 = ν0

√1 + e2

2πε0kr3

gde je e-elementarno naelektrisanje, r-rastojanje izmedju oscilatora, k-koeficijent elas-tichnosti, ε0-dielektrichna konstanta u vakumu.

Pokazati da ukupna energija dva spregnuta kvantna linerarna harmonijska oscila-tora, u osnovnom stanju, iznosi:

E′

0 = [1 − e4

32π2 ε20 k

2 ⋅1r6 ]hν0

i da je ona manja od ukupne energije dva izolovana kvantna linearna harmonijskaoscilatora u osnovnom stanju.

Rešenje:

Uvedimo smenu:C = e2

2πε0k(6.63)

Na osnovu toga frekvencije dva spregnuta oscilatora se mogu konciznije zapisati:

ν1 = ν0

√1 − C

r3

ν2 = ν0

√1 + C

r3

(6.64)

Ukupna energija dva izolovana kvantna linearna harmonijska oscilatora u osnovnom stanjuje:

E0 =12hν0 +

12hν0 = hν0 (6.65)

Slično energija dva spregnuta kvantna linearna harmonijska oscilatora je:

E′

0 =12hν1 +

12hν2 (6.66)

Dinamika kristalne rešetke Zadaci za vežbu 63

odakle dobijamo15 15 Ovde smo iskoristili razvoje u red:

(1 − x)12 = 1 −

x

2−x2

8−x3

16−

5x4

128

(1 + x)12 = 1 +

x

2−x2

8+x3

16−

5x4

128

:

E′

0 =12hν0

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

√1 − C

r3 +√

1 + C

r3

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

= 12hν0

⎡⎢⎢⎢⎣(1 − C

r3 )12

+ (1 + C

r3 )12 ⎤⎥⎥⎥⎦

= 12hν0 [1 − C

r3 −18C2

r6 + 1 + C

r3 −18C2

r6 ]

= 12hν0 [2 − 1

4C2

r6 ]

= hν0 [1 − 18C2

r6 ]

= hν0 [2 − 14

e4

32π2ε20k2r6 ]

(6.67)

odakle se jasno vidi da je ukupna energija dva spregnuta kvantna linearna harmonijskaoscilatora u osnovnom stanju E′

0 manja od ukupne energije dva izolovana kvantna linearnaharmonijska oscilatora u osnovnom stanju E0.

6.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Na osnovu Ajnštajnove teorije toplotni kapacitet čvrstog tela je dat kao:

CV = 3NavkB( hωkBT

)2ehωkBT

(ehωkBT − 1)

2

Razmotriti ponašanje toplotnog kapaciteta u oblasti visokih temperatura.

Zadatak 2. Izračunati Debajevu temperaturu srebra, ako se zna da molarni toplotnikapacitet srebra na temperaturi T = 10 K iznosi 199 J/(kmolK).

Zadatak 3. Polazeći od izraza za energiju jednog mola kristala na temperaturi T :

E = 9RθD ( TθD

)4

∫θD/T

0

x3

ex − 1dx

odrediti energiju koju je potrebno dovesti jednom molu kristala zlata da bi se njegovatemperatura povećala od θD/2 do θD, gde je θD = 170 K.

Zadatak 4. U harmonijskoj aproksimaciji potencijalna energija atoma je data kao:

U(x) = cx2

2

gde je x pomak atoma iz položaja ravnoteže, a c je konstanta kvazielastične sile.Odrediti koeficijent termičkog širenja polazeći od njegove definicije:

α = 1r0

∂x

∂T

Dinamika kristalne rešetke Zadaci za vežbu 64

gde je r0 ravnotežno rastojanje, srednji pomak odrediti korišćenjem Bolcmanove funkcijeraspodele.

Zadatak 5. Odrediti molarni toplotni kapacitet srebra na temperaturi T = 10 K, akoje odgovarajuća Debajeva temperatura θD = 170 K.

IVZonska teorija7 Osnovi zonske teorije

7. Osnovi zonske teorije

Zadatak 1. Odrediti broj elektrona u metalu zapremine V u intervalu energija (E,E+dE) na temperaturi T = 0 K.

Rešenje:Poznato nam je da je kinetička energija slobodnog elektrona:

E = p2

2m(7.1)

gde p predstavlja impuls a m je masa elektrona. Lako možemo odrediti i impuls elektronakao:

p =√

2mE (7.2)

Element faznog prostora ovog sistema možemo dati kao:

dΓ = dpxdpydpzdxdydz = dΓpdΓV (7.3)

Za određivanje dΓp, naš sistem u ipulsnom delu faznog prostora predstavljamo sferompoluprečnika p, videti Sliku.

Slika 37. Sfera u impulsnom prostoru sistema slobodnih elektrona

Zapremina sfernog sloja u impulsnom prostoru je:

dΓp = 4πp2dp (7.4)

što na osnovu impulsa poznavanja imulsa elektrona ima oblik:

dΓp = 4π2mE 12√

2mE−1/2dE = 2π(2m)32E

12 dE (7.5)

Element faznog prostora u intervalu energija (E,E + dE) je stoga:

dΓ = dΓpdΓV = 2π(2m)32E

12 dEdV (7.6)

65

Osnovi zonske teorije 66

odnosno posle integracije po zapremini:

dΓ = 2πV (2m)32E

12 dE (7.7)

Zapremina elementarne ćelije faznog prostora je:

∆Γ = h3 (7.8)

pa je na osnovu toga broj energetskih nivoa u zapremini V u intevalu energija (E,E +dE):

dN(E) = dΓ∆Γ

= dΓ = 2πVh3 (2m)

32E

12 dE (7.9)

Na temperaturi T = 0 K svi energetski nivoi su popunjeni elektronima , do Fermijevognivoa EF . Da bismo odredili broj elektrona, prethodnu relaciju moramo pomnožiti sa 2 jerna jednom nivou mogu biti po dva elektrona sa suprotno orijentisanim spinovima. Stogaza broj elektrona u intervalu energija (E,E + dE), na temperaturi T = 0 K dobijamo:

dNe(E) = 2dN(E) = 4πVh3 (2m)

32E

12 dE (7.10)

Dodatno, prethodnu relaciju možemo napisati na drugačiji način:

dNe(E) = g(E)dE (7.11)

gde smo uveli g(E) tzv. gustinu elektronskih stanja.

Zadatak 2. Odrediti srednju energiju elektrona u metalu zapremine V na temperaturiT = 0 K.

Rešenje:

Srednju energiju elektrona dobijamo kao odnos ukupne energije elektrona i ukupnogbroja elektrona:

E = EukN

(7.12)

gde ukupnu energiju dobijamo po definiciji:

Euk = ∫∞

0Eg(E)f(E)dE (7.13)

dok ukupan broj elektrona dobijamo:

N = ∫∞

0g(E)f(E)dE (7.14)

gde g(E) predstavlja već uvedenu gustinu elektronskih stanja u relaciji (7.11), dok f(E)predstavlja Fermi-Dirakovu distribuciju energija elektrona definisanu kao:

f(E) = 1eE−µkBT + 1

(7.15)

Na Fermijevom nivou dobija se da je:

f(EF ) = 12

(7.16)


Pri temperaturi T = 0 K Fermi-Dirakova funkcija raspodele je data kao:

f(E) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

1, E ≤ EF0, E > EF

(7.17)

Na osnovu relacija (7.13), (7.11), (7.10) i (7.17) dobijamo za ukupnu energiju elektrona naT = 0 K da je:

Euk = ∫EF

0E

4πVh3 (2m)

32E

12 dE

= 4πVh3 (2m)

32 ∫

EF

0E

32 dE

= 4πVh3 (2m)

32E

52F52

= 8πV5h3 (2m)

32E

52F

(7.18)

Ukupan broj elektrona dobijamo na osnovu relacije (7.14) analogno:

N = ∫EF

0

4πVh3 (2m)

32E

12 dE

= 4πVh3 (2m)

32E

32F

23

= 8πV3h3 (2m)

32E

32F

(7.19)

Konačno na osnovu polazne definicije (7.12) za srednju energiju elektrona na temperaturiT = 0 K dobijamo:

E =8πV5h3 (2m) 3

2E52F

8πV3h3 (2m) 3

2E32F

= 35EF (7.20)

Zadatak 3. Odrediti maksimalnu energiju elektrona u metalu zapremine V na tem-peraturi T = 0 K.

Rešenje:

Maksimalna energija elektrona na temperaturi T = 0 K je baš Fermijeva energija EF .Koristimo se rezultatom (7.19) iz prethodnog zadatka:

N = 8πV3h3 (2m)

32E

32F (7.21)

odakle lako možemo odrediti Fermijevu energiju:

E32F = 3Nh3

8πV(2m)−

32

EF = ( 3N8πV

)23 h2

2m

EF = (3n8π

)23 h2

2m

(7.22)

gde smo u prethodnom računu uveli n = NV, broj elektrona u jedinici zapremine ili koncen-

traciju elektrona.


Zadatak 4. Izvesti izraz za koncentraciju slobodnih elektrona u metalu na temperaturiT = 0 K.

Rešenje:

Koncentraciju elektrona možemo dobiti direktno iz rezultata prethodnog zadatka, alizarad dodatne vežbe krenimo od relacije (7.10):

dN = 4πVh3 (2m)

32E

12 dE (7.23)

definišemo koncentraciju elektrona u intervalu energija (E,E + dE) kao:

dn = dNV

= 4πh3 (2m)

32E

12 dE (7.24)

odakle koncentraciju elektrona u metalu na temperaturi T = 0 K dobijamo definicijom:

n = ∫EF

0f(E)g(E)dE

= ∫EF

0

4πh3 (2m)

32E

12 dE

= 4πh3 (2m)

32E

32F

23

= 8π3h3 (2m)

32E

32F

(7.25)

Zadatak 5. Odrediti Fermijevu energiju i Fermijevu temperaturu bakra, ako je poz-nato da je koncentracija slobodnih elektrona u kristalnoj reshetki bakra 8.4 ⋅1027 m−3.Masa elektrona iznosi m = 9.109 ⋅10−31 kg a Plankova konstanta je h = 6.626 ⋅10−34 Js.

Rešenje:

Koristeći rezultat (7.22):

EF = (3n8π

)23 h2

2m(7.26)

odakle zamenom brojnih vrednosti iz postavke zadatka dobijamo za Fermi energiju bakra:

EF = (3 ⋅ 8.4 ⋅ 1027m−3

8π)

23 (6.626 ⋅ 10−34Js)2

2 ⋅ 9.109 ⋅ 10−31kg= 2.414 ⋅ 10−19J = 1.51eV (7.27)

Fermijevu temperaturu određujemo na osnovu definicije:

TF = EFkB

(7.28)

gde kB predstavlja dobro poznatu Bolcmanovu konstantu. Zamenom poznatih brojnihvrednosti dobijamo i vrednost Fermijeve temperature:

TF = 2.414 ⋅ 10−19J

1.38 ⋅ 10−23J/K= 17492.75K (7.29)


Zadatak 6. Odrediti Fermijev talasni vektor kF , energiju EF , brzinu vF i temperaturuTF za natrijum ukoliko je poznato da je koncentracija elektrona za natrijum 2.65 ⋅1028

m−3.

Rešenje:Koristimo rezultat (7.22):

EF = (3n8π

)23 h2

2m(7.30)

odakle zamenom brojnih vrednosti iz postavke zadatka dobijamo za Fermi energiju natri-juma:

EF = (3 ⋅ 2.65 ⋅ 1028m−3

8π)

23 (6.626 ⋅ 10−34Js)2

2 ⋅ 9.109 ⋅ 10−31kg= 5.185 ⋅ 10−19J = 3.24eV (7.31)

Fermijevu temperaturu određujemo na osnovu definicije:

TF = EFkB

(7.32)

gde kB predstavlja dobro poznatu Bolcmanovu konstantu. Zamenom poznatih brojnihvrednosti dobijamo i vrednost Fermijeve temperature:

TF = 5.185 ⋅ 10−19J

1.38 ⋅ 10−23J/K= 37572.5K (7.33)

Femijevu brzinu dobijamo kao:

vF =√

2EFm

= 10.7 ⋅ 10−5m/s (7.34)

dok je Fermijev talasni vektor:

kF = mvFh

= 9.27 ⋅ 109m−1 (7.35)

Zadatak 7. Odrediti broj elektronskih stanja u jednici zapremine metala na temper-aturi T = 0 K u intervalu energija [0.3eV,0.4eV ].

Rešenje:

Ukoliko pođemo od poznatog rezultata (7.10) u obliku:

dn = dNV

= 4πh3 (2m)

32E

12 dE (7.36)

dobijamo za broj elektrona u jedinici zapremine u datom intervalu energija:

n = 4π (2mh2 )

32

∫0.4eV

0.2eVE

12 dE

= 8π3

(2mh2 )

32((0.4eV )3/2 − (0.2eV )3/2)

(7.37)

i kao krajnji rezultat imamo:n = 1.58 ⋅ 1037m−3 (7.38)


Zadatak 8. Izvesti izraz za efektivnu masu elektrona u čvrstom telu.

Rešenje:

Energiju elektrona definišemo preko:

E = p2

2m= h

2k2

2m(7.39)

Diferenciranjem energije imamo:

dE

dk= h2

2m2k = hmv

m= hv (7.40)

odakle za brzinu dobijamo:v = 1

h

dE

dk(7.41)

dok je ubrzanje definisano sa:

a = dvdt

= 1h

d

dt

dE

dk= 1h

d2E

dk2dk

dt(7.42)

U opštem slučaju razmatramo kretanje elektrona pod dejstvom spoljašnjih sila, čiji je rad:

dA = Fvdt (7.43)

jednak promeni kinetičke energije elektrona:

dA = dE (7.44)

odnosno:

dA = dE

dA = dEdtdt

Fvdt = dEdtdt

(7.45)

Silu, koja deluje na elektron, dobijamo jednostavno kao:

F =dEdk

⋅ dkdt

v=dEdk

⋅ dkdt

1hdEdk

= hdkdt

(7.46)

Dodatno uvodimo pojam efektivne mase m∗ preko:

F =m∗dv

dt(7.47)

pa dobijamo definiciju efektivne mase elektrona:

m∗dv

dt= hdk

dt

m∗1h

d2E

dk2dk

dt= hdk

dt

m∗ = h2

d2Edk2

(7.48)


Zadatak 9. Energija elektrona litijumu, pod odredjenim uslovima, ima oblik:

E(k) = E0 +E2k2 +E4k

4

gde su E0 = 1 eV , E2 = 7.5 ⋅ 10−19 eV m2 i E4 = −2 ⋅ 10−37 eV m4. Odrediti zavisnostefektivne mase elektrona od talasnog vektora. Izrachunati efektivnu masu i energijuelektrona za k = 2 ⋅ 109 m−1.

Rešenje:Polazeći od definicije efektivne mase iz (7.48):

m∗ = h2

d2Edk2

(7.49)

prvo određujemo:

d2E

dk2 = d

dk( d

dkE(k)) = d

dk(2E2k + 4E4k

3) = 2E2 + 12E4k2 (7.50)

pa je izraz za efektivnu masu:

m∗ = h2

2E2 + 12E4k2 (7.51)

Energija elektrona datog talasnog vektora je:

E(k) = E0 +E2(2 ⋅ 109m−1)2 +E4(2 ⋅ 109m−1)4 = 1.312 eV (7.52)

a efektivna masa:

m∗(k) = h2

2E2 + 12E4(2 ⋅ 109m−1)2 = 2.13 ⋅ 10−34 kg (7.53)

Zadatak 10. Dat je izraz za gustinu elektronskih stanja na temperaturi T = 0 K:

g(E) = C ⋅E

gde je C = 2 ⋅1066 J−2m−3. Odrediti Fermijevu energiju ako je koncentracija elektronan = 5 ⋅ 1028 m−3.

Rešenje:

Polazeći od definicije (7.25), za konkretnu gustinu elektronskih stanja dobijamo:

n = ∫EF

0g(E)f(E)dE

n = ∫EF

0C ⋅EdE

n = 12C ⋅E2

F

(7.54)

odakle je Fermijeva energija:

EF =√

2nC

(7.55)


Zamenom brojnih vrednosti datih u zadatku za Fermijevu energiju dobijamo da iznosi:

EF =√

2 ⋅ 5 ⋅ 1028m−3

2 ⋅ 1066J−2m−3 = 2.24 ⋅ 10−19J = 1.4eV (7.56)

Zadatak 11. Dat je izraz za gustinu elektronskih stanja na temperaturi T = 0 K:

g(E) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

0, E < 0C ⋅E−1/2, 0 < E < E0

C ⋅E−1/2 +C (E −E0)−1/2, E > E0

gde je C = 0.8 ⋅ 1038 J−1/2m−3, E0 = 0.2 eV . Odrediti Fermijevu energiju ako jekoncentracija elektrona n = 6.4 ⋅ 1028 m−3.

Rešenje:

Prvo proveravamo da li je EF manja od E0, koristeći definiciju (7.25), imamo:

n = ∫EF

0CE−1/2dE = 2CE1/2

F (7.57)

odakle Fermijevu energiju dobijamo da je:

EF = ( n

2C)

2= ( 6.4 ⋅ 1028m−3

2 ⋅ 0.8 ⋅ 1038J−1/2m−3 )2

= 16 ⋅ 10−20J = 1eV (7.58)

Prethodnim računom smo dokazali da Fermijeva energija nije manja od E0. Stoga sma-tramo da je Fermijeva enegija veća od E0 pa koristimo:

n = ∫EF

0[C ⋅E−1/2 +C (E −E0)−1/2]dE

n = 2C√EF + 2C

√EF −E0

n

2C=√EF +

√EF −E0

n

2C−√EF =

√EF −E0 /2

( n

2C)

2− 2( n

2C)√EF +EF = EF −E0

2( n

2C)√EF = ( n

2C)

2+E0

(7.59)

odakle je Fermijeva energija data kao:

EF =(( n

2C )2 +E0)2

4 ( n2C )2 = (1eV + 0.2eV )2

4 ⋅ 1eV= 0.36eV (7.60)

Zadatak 12. Neka je gustina elektronskih stanja u nekom metalu data kao na tem-peraturi T = 0 K:

g(E) = C√E(2EF −E)


gde je EF Fermijeva energija koja je jednaka 1 eV . Koncentracija elektrona je n =5 ⋅1028 m−3. Odrediti nepoznatu konstantu C u izrazu za gustinu elektronskih stanja.

Rešenje:

Ponovo koristimo definiciju (7.25) za konkretnu gustinu elektronskih stanja datu uovom zadatku:

n = ∫EF

0C√E(2EF −E)dE (7.61)

Ukoliko uvedemo smenu E = EF (1 − cosx), dobijamo:

n = ∫π/2

0CEFEF sinx

¿ÁÁÀ(1 − cosx)(1 + cosx)

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶1−cos2 x=sin2 x

dx

n = ∫π/2

0CE2

F sin2 xdx

n = CE2F ∫

π/2

0sin2 xdx

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶π/4

n = CE2F

π

4

(7.62)

odakle se dobija tražena konstanta:

C = 4nπE2

F

= 4 ⋅ 5 ⋅ 1028m−3

π(1eV )2 = 6.37 ⋅ 1028(eV )−2m−3 (7.63)

Zadatak 13. Odrediti položaj nivoa energije u odnosu na Fermijev nivo ako je verovat-noća nalaženja elektrona na tom nivou, na sobnoj temperaturi jednaka 0.2.

Rešenje:Na sobnoj temperaturi T = 25○C imamo da je:

kBT = 1.38 ⋅ 10−23 J

K⋅ 300K = 0.026eV (7.64)

Dalje prelazimo na određivanje položaja nivoa energije:

f(E) = 1

eE−EFkBT − 1

eE−EFkBT + 1 = 1

f(E)

eE−EFkBT = 1

f(E)− 1

E −EFkBT

= ln( 1f(E)

− 1)

E −EF = kBT ln( 1f(E)

− 1) = 0.026eV ⋅ ln( 10.2

− 1)

E −EF = 0.036eV

(7.65)

gde smo dobili da se energetski nivo nalazi iznad Fermijevog nivoa.


Zadatak 14. Kakve su, respektivno, verovatnoće da na sobnoj temperaturi, elektronzauzme stanja koja se nalaze:

(i) 0.1 eV iznad Fermijevog nivoa,

(ii) 0.1 eV ispod Fermijevog nivoa,

(iii) na Fermijevom nivou?

Rešenje:

(i) U ovom slučaju važi E −EF = 0.1 eV pa je stoga verovatnoća:

f(E) = 1

eE−EFkBT + 1

= 1e

0.1eV0.026eV + 1

= 0.021 (7.66)

(ii) Dalje je E −EF = −0.1 eV , i tada je verovatnoća:

f(E) = 1

eE−EFkBT + 1

= 1e−0.1eV

0.026eV + 1= 0.98 (7.67)

(iii) Na kraju je E −EF = 0, pa je verovatnoća jednostavno data sa:

f(E) = 1

eE−EFkBT + 1

= 1e

0eV0.026eV + 1

= 0.5 (7.68)

Zadatak 15. Izračunati srednju brzinu slobodnih elektrona na temperaturi T = 0 K, umetalu sa koncentracijom slobodnih elektrona n = 8.5 ⋅1028 m−3. Uzeti da je efektivnamasa elektrona jednaka masi slobodnog elektrona.

Rešenje:Polazeći od definicije (7.24):

dn(E) = 4πh3 (2m)

32E

12 dE (7.69)

predđimo prvo sa energije na brzinu elektrona:

E = mv2

2, dE = m

vdv (7.70)

pa stoga za koncentraciju imamo zavisnost:

dn(v) = 8πh3m

3v2dv (7.71)

Kao što je već poznato Fermijevu ebergiju dobijamo iz relacije:

EF = (3n8π

)23 h2

2m= 1.13 ⋅ 10−18J (7.72)

dok je Fermijeva brzina:

vF =√

2EFm

= 1.58 ⋅ 106m/s (7.73)


Srednju brzinu slobodnih elektrona računamo koristeći definiciju:

v = ∫vF

0 vdn(v)∫vF

0 dn(v)= ∫

vF0

8πh3m

3v3dv

∫vF

08πh3m3v2dv

= ∫vF

0 v3dv

∫vF

0 v2dv= 3

4vF = 1.18 ⋅ 106m/s (7.74)

Zadatak 16. Energija elektrona u homogenom kristalu ima oblik:

E(k) = h2

m0a2 (78− cos(ka) + 1

8cos(2ka))

gde je m0 masa slobodnog elektrona, a parametar kristalne rešetke, dok je k talasnivektor. Odrediti efektivnu masu elektrona u blizini dna energetske zone razvojem ured po malom parametru ka, zadrzhavajući se u razvoju do članova drugog reda.

Rešenje:Pođimo od razvoja funkcije, uz zadržavanje do članova drugog reda:

cos(ka) ≈ 1 − (ka)2

2(7.75)

i slično16 16 Ovde je korišćena aproksimacija:

(1 + x)n ≈ 1 + nx,x << 1

:

cos(2ka) = cos2(ka) − sin2(ka)

= (1 − (ka)2

2)2 − (ka)2

= 1 − 2(ka)2

2− (ka)2

≈ 1 − 2(ka)2

(7.76)

Na osnovu prethodno definisanih aproksimacija dobijamo:

E(k) = h2

m0a2 (78− (1 − (ka)2

2) + 1

8(1 − 2(ka)2)) = h2

m0a2(ka)2

4(7.77)

Efektivnu masu, uz datu aproksimaciju za male vrednosti parametra ka, dobijamo iz defini-cije (7.48):

m∗ = h2

d2Edk2

= h2

h2

2m0

= 2m0 (7.78)

Zadatak 17.Neka je energija elektrona koji se kreće u kvazijednodimenzionom kristalujednaka:

E(k) = (2J1 + 2J2) − 2J1 cos(ak) − 2J2 cos(2ak)

gde su J1 = 1.5 eV , J2 = 0.75 eV , a konstanta rešetke a = 2.5 ⋅ 10−10 m. Odreditiminimalnu i maksimalnu energiju zone i pripadne talasne vektore. Izračunati efektivnumasu na dnu i vrhu energetske zone.

Rešenje:

Minimalnu i maksimalnu energiju zone određujemo polazeći od uslovva:

dE

dk= 0 (7.79)

Osnovi zonske teorije Zadaci za vežbu 76

odakle dobijamo:

a ⋅ 2J1 sin(ak) + 4aJ2 sin(2ak) = 0J1 sin(ak) + 2J2 sin(2ak)

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶2 cos(ak) sin(ak)

= 0

J1 sin(ak)(1 + 4J2

J1cos(ak)) = 0

(7.80)

Posmatranjem prethodne relacije minimalna vrednost talasnog vektora je kmin = 0, i zaovu vrednost dobijamo minimalnu energiju zone:

E(kmin) = Emin = 2J1 + 2J2 − 2J1 − 2J2 = 0 (7.81)

Maksimalnu vrednost talasnog vektora dobijamo iz uslova:

1 + 4J2

J1cos(ak) = 0 (7.82)

odakle je:kmax =

1a

arccos(− J1

4J2) = 1

aarccos(−1/2) = 2π

3a(7.83)

pa je odgovarajuća maksimalna energija zone:

Emax = E(kmax) = 2J1 + 2J2 − 2J1 cos(2π3aa)− 2J2 cos(22π

3aa) = 3(J1 +J2) = 6.75eV (7.84)

Na osnovu defeinicije (7.48), dobijamo izraz za efektivnu masu:

m∗ = h2

d2Edk2

= h2

2a2(J1 cos(ak) + 4J2 cos(2ak)(7.85)

Efektivnu masu na dnu zone dobijamo kao:

m∗(kmin) =h2

2a2(J1 + 4J2)= 0.136me (7.86)

dok je efektivna masa elektronana vrhu zone:

m∗(kmax) = −h2

a2(J1 + 4J2)= −0.27me (7.87)

7.1 Zadaci za vežbuZadatak 1. Za koju energiju se, izraženo u jedinicama kBT , Fermi-Dirakova funkcijaraspodele data kao:

fFD(E) = 1

eE−EFkBT + 1

razlikuje za 1% od Maksvel-Bolcmanove funkcije raspodele date kao:

fMB(E) = e−E/(kBT )

Osnovi zonske teorije Zadaci za vežbu 77

Zadatak 2. Odrediti verovatnoću da provodni elektroni u natrijumu imaju energijuE = 3.4 eV na temperaturama: a) T = 0 K, b) T = 300 K i v) T = 600 K. Fermijevaenergija u natrijumu je EF = 3.23 eV .

Zadatak 3. Odrediti srednju vrednost energije elektrona na T = 0 K u aluminijumu.Fermijeva energija za aluminijum je EF = 11.8 eV .

Zadatak 4. Odrediti broj slobodnih elektrona u uzorku metala zapremine V = 20 cm3

na temperaturi T = 0 K, koji imaju impulse iz intervala (0.8pmax, pmax). Fermijevaenergija za ovaj metal je EF = 5 eV . Efektivna masa elektrona je jednaka masislobodnog elektrona.

Zadatak 5. Odrediti Fermijev talasni vektor kF , energiju EF , brzinu vF i temperaturuTF za natrijum ukoliko je poznato da je koncentracija elektrona za natrijum 3 ⋅ 1028

m−3. Efektivna masa elektrona je jednaka masi slobodnog elektrona.

Zadatak 6. Odrediti broj elektronskih stanja u jednici zapremine metala na temper-aturi T = 0 K u intervalu energija [0.4eV,0.5eV ].

Zadatak 7. Odrediti koncentraciju elektrona, Fermijev talasni vektor kF , temperaturuTF za metal kod koga je Fermijeva energija 3.25 eV .

Zadatak 8. Dat je izraz za gustinu elektronskih stanja:

g(E) = C ⋅E

gde je Fermijeva energija EF = 1.4 eV . Odrediti nepoznatu konstantu C u izrazu zagustinu elektronskih stanja, ako je koncentracija elektrona n = 5 ⋅ 1028 m−3.

Zadatak 9. Energija elektrona u nekom metalu, pod određenim uslovima, ima oblik:

E(k) = E0 +E2k2 +E4k

4 +E6k6 +E8k

8

gde su E0, E2, E4, E6 i E8 konstante. Odrediti zavisnost efektivne mase elektrona odtalasnog vektora.

VProgramsko okruženje VESTA8 VESTA

8. VESTA9. Softver VESTA10. Struktura NaCl

VESTA (Visualization for Electronic and STructural Analysis) je softverki paket kojisluži za 3D vizuelizaciju kristalnih struktura, morfologija materijala, kreiranje strukturnihmodela i sl.

(a) 1a (b) 1b

(c) 1c (d) 1d

Slika 38. Slikovit prikaz nekih od mogućnosti VESTA softverskog paketa, izvor: http://jp-minerals.org/vesta/en/gallery.html

(a) 2a (b) 2b

(c) 2c(d) 2d

Slika 39. Slikovit prikaz nekih od mogućnosti VESTA softverskog paketa, izvor: http://jp-minerals.org/vesta/en/gallery.html

78

http://jp-minerals.org/vesta/en/gallery.html




Softversko okruženje VESTA 79

9 Softversko okruženje VESTA

Softverski paket VESTA se besplatno može preuzeti iz download sekcije sajta http://jp-minerals.org/vesta/, gde posle odabira operativnog sistema na kojem radite dobi-jate paket sa programom VESTA.

Posle pokretanja programa dobija se interfejs prikazan u okviru Slike 40.

Slika 40. Izgled pokrenutog programa VESTA

Da bismo kreirali novu strukturu i bavili se njenom analizom u okviru File menijaodaberemo opciju New Structure, što je ilustrovano u okviru Slike 41.

Slika 41. File+New Structure

Dalje nam se prikazuje kartica u okviru koje se vrši specifikacija same strukture kojuželimo da napravimo. Na Slici 42 je dat izgled kartice u koju se unose potrebne informacijeza kreiranje strukture.

http://jp-minerals.org/vesta/

http://jp-minerals.org/vesta/

Primer-kreiranje strukture NaCl 80

Slika 42. Prikaz polja u koja se unose informacije oo strukturi

Za početak možemo zadati ime strukture, zatim u okviru kartice Unit cell se unoseparametri elementarne ćelije strukture, bira grupa simetrije strukture. U okviru karticeStructure parameters se unose koordinate atoma koji čine strukturu. Definisanjem in-formacija u okviru prethodno navedenih kartica postoji dovoljno materijala da klikom naOK izvršimo kreiranje strukture i njen prikaz.

Ilustrujmo ipak našu prethodnu priču jednim primerom.

10 Primer-kreiranje strukture NaCl

Za kreiranje strukture potrebne su nam pre svega informacije o osnovnim parametrimastrukture, njeniim simetrijama, vezama među atomima i sl. Gomile informacija o mnogimstrukturama su danas dostupne u okviru baza struktura koje se mogu pronaći na in-ternetu. Jedna od takvih baza je i Crystallography Open Database (http://www.crystallography.net/cod/). Iz prethodno pomenute baze preuzete su informacije ostrukturi natrijum-hlorida koji ćemo kreirati u VESTA-i u okviru ovog primera.

Pregledom baza dobijamo da su parametri strukture NaCl a = b = c = 5.62 angstrema,a uglovi su α = β = γ = 90○, i struktura pripada Fm − 3m grupi simetrije. Odabir i unosdatih parametara vršimo u okviru kartice Unit cell (videti Sliku 43).

http://www.crystallography.net/cod/

http://www.crystallography.net/cod/


Slika 43. Unos osnovnih parametara strukture natrijum-hlorida

Dalje se u okviru kartice Structure parameters unose položaji atoma natrijumai hlora. Koordinate smo preuzeli iz baze. Za natrijum je poznato da su mu koordinate:(0,0,0),( 1

2 ,12 ,0),(

12 ,0,

12),(0,

12 ,

12), dok su položaji atoma hlora: ( 1

2 ,12 ,

12),(0,0,

12),(0,

12 ,0),(

12 ,0,0).

Obavljamo unos koordinata atoma koje kreiramo jednostavnim klikom na New u okvirusame kartice (videti Sliku 44).

Slika 44. Unos koordinata atoma strukture natrijum-hlorida

Klikom na OK kreiramo našu definisanu strukturu (videti Sliku 45).


Slika 45. Izgled strukture natrijum-hlorida

U okviru kartica sa leve strane prostora gde je prikazana struktura Tools, Style, Ob-ject možemo vršiti rotacije strukture, obeležavanje atoma, biranje stila prikaza strukture,poput izgleda atoma kao sfera (Ball-and-stick) ili kao gusto pakovanu strukturu (Space-filling), što je prikazano na Slici 46. Možemo takođe menjati radijuse atoma strukture, zakoje opet podatke možemo koristi iz neke poznate baze struktura.

(a) 1a (b) 1b

Slika 46. Izmena stila prikaza strukture: 1a) Ball-and-stick stil, 1b)Space-filling stil. Oba stilaimaju i prikaz simbola atoma koji čine strukturu.

U okviru menija Edit mogu se definisati i veze među atomima. Poznato je (pretraganeke od baza struktura), a lako se da i proveriti odabirom opcije Distance(d) na levojuspravnoj traki sa alatima, i klikom na neki od atoma i njegovog suseda da je njihovaudaljenost negde oko 2.82 angstrema (to očitavamo u delu ispod slike strukture koji služiza ispis informacija o strukturi). Dalje u okviru menija Edit biiramo opciju Bonds iunosimo (kreiramo) novu vezu između atoma Na i Cl (videti Sliku 47).


Slika 47. Kreiranje veza među atomima

Naša kreirana struktura NaCl posle unosa informacija o vezama atoma data je u okviruSlike 48.

Slika 48. Kreiranje veza među atomima

Softverski paket VESTA svakako obuhvata još mnoge zanimljive opcije koje se svakakopreporučuju čitaocu ovog uvodnog materijala kao zadatak za dalje istraživanje.

Ovim se završava ovaj kratak uvod u rad sa softverskim paketom VESTA.

VIProgrami i numerika11 Programi

11. Programi

Zadatak 1. Toplotni kapacitet čvrstih tela na osnovu Debajeve teorije na temperaturiT možemo dobiti iz relacije:

CV = 9V ρkBT 3

θ3D∫

θD/T

0

x4ex

(ex − 1)2 dx

gde je V zapremina tela, ρ koncentracija atoma, θD Debajeva temperatura koja jesvostvena osobina samog materijala.

Napisati python program koji računa temperatursku zavisnost toplotnog kapacitetauzorka aluminijuma zapremine 1000 cm3, sa ρ = 6.022⋅1028 m−3 i θD = 428 K. KoristitiGausovske kvadrature pri rešavanju integrala sa N = 100 uzorkovanih tačaka.

Rešenje:

Python programski kod koji nam kreira temperatursku zavisnost toplotnog kapacitetaaluminijuma dat je u nastavku.from numpy import exp , linspacefrom numpy import ones ,copy ,cos ,tan ,piimport matplotlib . pyplot as plt

# Gausovska kvadraturadef gaussxw (N):

a = linspace (3,4*N-1,N)/(4*N+2)x = cos(pi*a+1/(8*N*N*tan(a)))

epsilon = 1e-15delta = 1.0while delta > epsilon :

p0 = ones(N, float )p1 = copy(x)for k in range (1,N):

p0 ,p1 = p1 ,((2*k+1)*x*p1-k*p0)/(k+1)dp = (N+1)*(p0-x*p1)/(1-x*x)dx = p1/dpx -= dxdelta = max(abs(dx))

w = 2*(N+1)*(N+1)/(N*N*(1-x*x)*dp*dp)

return x,w

def gaussxwab (N,a,b):x,w = gaussxw (N)return 0.5*(b-a)*x+0.5*(b+a),0.5*(b-a)*w

# kraj Gausovska kvadratura

# Funkcija u integrandudef f(x):

84

Programi 85

return x ** 4 * exp(x)/(exp(x)-1) ** 2

def cv(T):V=1e-3rho=6. 022e28kB=1. 38065e -23thetaD =428prefac =9*V*rho*kB*(T/ thetaD ) ** 3

N=50a,b=0.0, thetaD /Txp ,wp= gaussxwab (N,a,b)s=0for k in range (N):

s+=wp[k]*f(xp[k])return prefac *s

T= linspace (5,500 ,496)cvList =[]for i in range (496):

cvList . append (cv(T[i]))

plt.plot(T, cvList )plt. xlabel (’Temperatura $[K]$’)plt. ylabel (’Toplotni kapacitet $C_V$ $[J/( kg\cdot K)]$’)plt. title (’Toplotni kapacitet Aluminijuma , Debajev model ’)plt.show ()

Na Slici 49 je dat izgled temperaturske zavisnosti toplotnog kapaciteta dobijen poslepokretanja programskog koda.

0 100 200 300 400 500Temperatura [K]

0

500

1000

1500

2000

2500

Toplotni kap

acite

t CV [J/(k

g⋅K)]

Toplotni kapacitet Aluminijuma, Debaje model

Slika 49. Temperaturska zavisnost toplotnog kapaciteta aluminijuma dobijena na osnovu pro-gramskog koda

VIIJedan matematički minimum12 Poasonov integral

12. Poasonov integral13. Diferenciranje po parametru14. Faktorijel15. Gama funkcija16. Integral ζ

Rešavamo integral:I = ∫

∞

−∞

dxe−x2

(12.1)

Kvadrat integrala je:

I2 = ∫∞

−∞

dxe−x2

∫∞

−∞

dye−y2= ∫

∞

−∞∫

∞

−∞

dxdye−(x2+y2) (12.2)

Prelaskom na polarne koordinate:

x = ρ sinϕy = ρ cosϕ

x2 + y2 = ρ2

(12.3)

i korišćenjem Jakobijana transformacije imamo:

I2 = ∫2π

0dϕ∫

∞

0dρρe−ρ

2= π (12.4)

Na osnovu toga lako se zaključuje da je rešenje Poasonovog integrala:

∫∞

−∞

dxe−x2=√π (12.5)

Možemo napraviti i jednu jako korisnu generalizaciju uvođenjem odgovarajućeg parametra:

∫∞

−∞

dxe−αx2=√π

α(12.6)

što se lako dokazuje.

13 Diferenciranje po parametruPolazimo od:

∫∞

−∞

dxe−αx2=√π

α(13.1)

Prethodni izraz ćemo diferencirati po parametru α:

∂

∂α∫

∞

−∞

dxe−αx2= ∂

∂α

√π

α(13.2)

i dobijamo:− ∫

∞

−∞

dxx2e−αx2= −1

2√πα−

32 (13.3)

odnosno kao rešenje integrala imamo:

∫∞

−∞

dxx2e−αx2=

√π

2α−

32 (13.4)

86

Integral ζ 87

Nastavljanjem diferenciranja po parametru novodobijenog integrala može se lako pokazatida važi:

∫∞

−∞

dxx4e−αx2= 3

4√πα−

52 (13.5)

Lako se mogu napraviti generalizacije za npr. vrednost α = 1 kada imamo:

∫∞

−∞

dxx2e−x2=

√π

2(13.6)

i mnogi drugi proračuni.

14 Faktorijel

Neke korisne relacije faktorijela:

(2n − 1)!! =n

∏k=1

(2k − 1)

7!! = 7 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 1

(2n)!! =n

∏k=1

(2k)

8!! = 8 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2(2n)! = (2n)!!(2n − 1)!!

!n = 0! + 1! + ... + (n − 1)!

(14.1)

15 Gama funkcija

Definicija Gama funkcije se obično daje u obliku:

Γ(x) = ∫∞

0tx−1e−tdt (15.1)

Korisne osobine Gama funkcije:

Γ(x + 1) = xΓ(x)Γ(n) = (n − 1)!

(15.2)

Odredimo dalje:Γ(1

2) = ∫

∞

0t−

12 e−tdt

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶smena t=x2

= 2∫∞

0dxe−x

2=√π (15.3)

Dalje, lako se određuje:

Γ(32) = Γ(1

2+ 1) = 1

2Γ(1

2) =

√π

2(15.4)

16 Integral ζ

Odrediti rešenje integrala:

∫∞

0

x3

ex − 1dx (16.1)

Integral ζ 88

Rešenje određujemo na sledeći način:

∫∞

0

x3

ex − 1dx = ∫

∞

0

x3

ex − 1e−x

e−xdx

= ∫∞

0

x3e−x

1 − e−xdx

= ∫∞

0dxx3e−x

∞

∑n=0

e−nx

=∞

∑n=0∫

∞

0dxx3e−(n+1)x

=∞

∑n=1∫

∞

0dxx3e−nx

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶smena nx=t

=∞

∑n=1∫

∞

0

dt

n

t3

n3 e−t

=∞

∑n=1

1n4 ∫

∞

0dtt3e−t

= ζ(4)Γ(4)

= π4

903! = π

4

15

(16.2)

gde smo rešenje traženog integrala dobili preko Rimanove Zeta funkcije i Gama funkcije.

FIZIKA ČVRSTOG STANJA - Institut za fiziku, PMF Kragujevac

Documents

Transcript of FIZIKA ČVRSTOG STANJA - Institut za fiziku, PMF Kragujevac