第18章Fermi面と金属

導出：2次元での $k_F$ と，それが第1ゾーン境界を越えること

ステップ1：2次元の状態数え．面積 $A=L^2$ の正方形に周期境界条件を課すと，許される $\kk$ 点は $(2\pi/L)^2$ の面積に1個ずつある．すなわち $\kk$ 空間の単位面積あたり $A/(2\pi)^2$ 個．スピンで2倍して，半径 $k_F$ の円内の電子数は

$$ N = 2\cdot\frac{A}{(2\pi)^2}\cdot \pi k_F^2 = \frac{A k_F^2}{2\pi} $$

ステップ2：$k_F$ を解く．面密度 $n_{2D}=N/A$ について解いて

$$ k_F = \sqrt{2\pi n_{2D}} $$

ステップ3：2価の場合を代入．1格子点あたり2電子，格子点の面密度は $1/a^2$ だから $n_{2D}=2/a^2$．よって

$$ k_F = \frac{\sqrt{4\pi}}{a} = \frac{3.545}{a} $$

ステップ4：Brillouin 域と比べる．正方格子の逆格子も正方格子で，間隔は $2\pi/a$．第1 Brillouin 域は一辺 $2\pi/a$ の正方形，すなわち $\abs{k_x},\abs{k_y}<\pi/a$．

• 辺の中点（$X$ 点）までの距離：$\pi/a = 3.142/a$
• 角（$M$ 点）までの距離：$\sqrt2\,\pi/a = 4.443/a$

$k_F=3.545/a$ はこの間にある．つまり Fermi 円は辺は突き抜けるが角には届かない．

この一言で結論が決まる．角の付近（$M$ 点のまわり）は第1バンドなのに空いている —— 正孔ポケット．辺を突き抜けた部分は第2バンドの占有領域 —— 折り返すと $X$ 点まわりの電子レンズになる．∎

導出：なぜ Fermi 面はゾーン境界に垂直に立つのか

第16章の「ほとんど自由な電子」模型を思い出す．逆格子ベクトル $\GG$ の Bragg 面の近くでは，$\ket{\kk}$ と $\ket{\kk-\GG}$ の2つの平面波だけが効き，$2\times2$ の永年方程式

$$ \begin{vmatrix} \epsilon^0_{\kk}-\epsilon & U_\GG \\ U_\GG^{*} & \epsilon^0_{\kk-\GG}-\epsilon \end{vmatrix}=0, \qquad \epsilon^0_\kk = \frac{\hbar^2k^2}{2m} $$

を解けばよい．展開すると $\epsilon^2 - (\epsilon^0_\kk+\epsilon^0_{\kk-\GG})\epsilon + \epsilon^0_\kk\epsilon^0_{\kk-\GG}-\abs{U_\GG}^2=0$，解の公式から

$$ \epsilon_\pm(\kk) = \frac{1}{2}\left(\epsilon^0_\kk+\epsilon^0_{\kk-\GG}\right) \pm\sqrt{\frac{1}{4}\left(\epsilon^0_\kk-\epsilon^0_{\kk-\GG}\right)^2+\abs{U_\GG}^2} $$

ここからが本題である．Bragg 面上の点を $\kk_0$ とし，そこから測った変位を $\qq$ と書く：$\kk=\kk_0+\qq$．Bragg 面は $\GG$ に垂直だから，$\qq$ を面に垂直な成分 $q_\parallel$（$\GG$ 方向）と面内成分 $\qq_\perp$ に分ける．

ステップ1：2つの自由電子エネルギーの差を計算する．

$$ \epsilon^0_\kk-\epsilon^0_{\kk-\GG} = \frac{\hbar^2}{2m}\left(k^2-\abs{\kk-\GG}^2\right) = \frac{\hbar^2}{2m}\left(2\kk\cdot\GG-G^2\right) = \frac{\hbar^2}{m}\left(\kk\cdot\GG-\frac{G^2}{2}\right) $$

ここで Bragg 面の定義は $\kk_0\cdot\GG=G^2/2$ である（$\GG$ の垂直二等分面）．よって $\kk=\kk_0+\qq$ を代入すると $\kk\cdot\GG-G^2/2=\qq\cdot\GG = q_\parallel G$．したがって

$$ \epsilon^0_\kk-\epsilon^0_{\kk-\GG} = \frac{\hbar^2 G}{m}\,q_\parallel $$

差は $q_\parallel$ にのみ比例し，面内変位 $\qq_\perp$ にはよらない．これが鍵である．

ステップ2：和のほうを計算する．

$$ \frac{1}{2}\left(\epsilon^0_\kk+\epsilon^0_{\kk-\GG}\right) =\frac{\hbar^2}{4m}\left(k^2+\abs{\kk-\GG}^2\right) =\frac{\hbar^2}{4m}\left(2k^2-2\kk\cdot\GG+G^2\right) =\frac{\hbar^2}{2m}\left(k^2-\kk\cdot\GG+\frac{G^2}{2}\right) $$

$\kk=\kk_0+\qq$，$\kk\cdot\GG = G^2/2+q_\parallel G$，$k^2=k_0^2+2\kk_0\cdot\qq+q^2$ を代入する．$\kk_0\cdot\qq = \kk_0\cdot\qq_\perp + (\kk_0\cdot\hat\GG)q_\parallel = \kk_0\cdot\qq_\perp + \frac{G}{2}q_\parallel$ だから

$$ \frac{1}{2}\left(\epsilon^0_\kk+\epsilon^0_{\kk-\GG}\right) =\frac{\hbar^2}{2m}\left(k_0^2+2\kk_0\cdot\qq_\perp + Gq_\parallel + q^2 - \frac{G^2}{2}-q_\parallel G+\frac{G^2}{2}\right) $$ $$ =\frac{\hbar^2}{2m}\left(k_0^2+2\kk_0\cdot\qq_\perp+q^2\right) $$

$Gq_\parallel$ の項がきれいに消えた．$q^2=q_\parallel^2+q_\perp^2$ だから，$q_\parallel$ は2次でしか入らない．

ステップ3：$q_\parallel$ で微分する．以上をまとめると

$$ \epsilon_\pm = \frac{\hbar^2}{2m}\left(k_0^2+2\kk_0\cdot\qq_\perp+q_\perp^2+q_\parallel^2\right) \pm\sqrt{\left(\frac{\hbar^2G}{2m}q_\parallel\right)^2+\abs{U_\GG}^2} $$ $$ \frac{\partial\epsilon_\pm}{\partial q_\parallel} =\frac{\hbar^2}{m}q_\parallel \pm \frac{\left(\hbar^2G/2m\right)^2q_\parallel}{\sqrt{\left(\frac{\hbar^2G}{2m}q_\parallel\right)^2+\abs{U_\GG}^2}} $$

両項とも $q_\parallel$ に比例するので，$q_\parallel=0$ すなわちBragg 面上のあらゆる点で

$$ \left.\frac{\partial\epsilon_\pm}{\partial q_\parallel}\right|_{q_\parallel=0}=0 $$

ステップ4：結論を読む．電子の速度は $\vv=\frac{1}{\hbar}\nabla_\kk\epsilon$ だから，この結果は「Bragg 面上では速度の面直成分がゼロ」を意味する．すなわち $\nabla_\kk\epsilon$ は Bragg 面内を向いている．

ところが等エネルギー面（Fermi 面）は $\nabla_\kk\epsilon$ に垂直である．$\nabla_\kk\epsilon$ が Bragg 面内を向いているなら，Fermi 面は Bragg 面の法線方向を含む．つまり Fermi 面は Bragg 面（ゾーン境界）に垂直に交わる．∎

なお $\abs{U_\GG}\to0$ の極限でもこの結論は形式的には成り立つが，そのときギャップが閉じるので Fermi 面はただ滑らかに突き抜ける（自由電子の球）．$U_\GG$ が有限であることが，境界での「立ち上がり」を生む．

導出：磁場中で $\kk$ は「等エネルギー面と磁場に垂直な面の交線」を回る

運動方程式は

$$ \hbar\dot\kk = -\frac{e}{c}\,\vv\times\BB $$

保存則1：$\BB$ 方向の $\kk$ 成分．両辺に $\BB$ を内積する．

$$ \hbar\,\dot\kk\cdot\BB = -\frac{e}{c}(\vv\times\BB)\cdot\BB = 0 $$

スカラー三重積 $(\vv\times\BB)\cdot\BB$ は同じベクトルを2回含むのでゼロである．したがって

$$ \frac{\dd}{\dd t}\left(\kk\cdot\hat{B}\right)=0 \quad\Longrightarrow\quad k_{\parallel}\equiv \kk\cdot\hat{B} = \text{一定} $$

$\kk$ は磁場に垂直な平面の上に留まる．

保存則2：エネルギー．両辺に $\vv$ を内積する．

$$ \hbar\,\dot\kk\cdot\vv = -\frac{e}{c}(\vv\times\BB)\cdot\vv = 0 $$

やはり三重積がゼロ．ところが $\vv=\frac{1}{\hbar}\nabla_\kk\epsilon$ だったから

$$ \frac{\dd\epsilon}{\dd t}=\nabla_\kk\epsilon\cdot\dot\kk = \hbar\,\vv\cdot\dot\kk = 0 \quad\Longrightarrow\quad \epsilon(\kk)=\text{一定} $$

$\kk$ は等エネルギー面の上に留まる．（磁場は仕事をしないという古典力学の事実の，$\kk$ 空間版である．）

結論．2つの保存則を合わせると

導出：$m_c=\dfrac{\hbar^2}{2\pi}\dfrac{\partial S}{\partial\epsilon}$（サイクロトロン有効質量）

軌道を1周するのにかかる時間 $T$ を計算する．

ステップ1：$\abs{\dot\kk}$ を求める．運動方程式の大きさを取る．$\vv$ の $\BB$ に垂直な成分を $\vv_\perp$ と書くと $\abs{\vv\times\BB}=v_\perp B$ だから

$$ \abs{\dot\kk} = \frac{eB}{\hbar c}v_\perp = \frac{eB}{\hbar c}\cdot\frac{1}{\hbar}\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp $$

ここで $\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp$ は，軌道の乗っている平面内での勾配の大きさである．

ステップ2：周期を線積分で書く．軌道に沿った線素を $\dd k$ とすると $\dd t=\dd k/\abs{\dot\kk}$ だから

$$ T=\oint\dd t = \oint\frac{\dd k}{\abs{\dot\kk}} = \frac{\hbar^2c}{eB}\oint\frac{\dd k}{\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp} $$

ステップ3：この線積分の幾何学的意味を読む．いま，エネルギー $\epsilon$ の軌道と $\epsilon+\Delta\epsilon$ の軌道を同じ平面内で描く．2つの輪郭の間の隙間の幅は，輪郭に垂直な方向への距離 $\Delta k_\perp$ で

$$ \Delta\epsilon = \abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp\,\Delta k_\perp \quad\Longrightarrow\quad \Delta k_\perp = \frac{\Delta\epsilon}{\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp} $$

したがって2つの輪郭に挟まれた面積は

$$ \Delta S = \oint \Delta k_\perp\,\dd k = \Delta\epsilon\oint\frac{\dd k}{\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp} $$

ここで $S(\epsilon,k_\parallel)$ は軌道が囲む $\kk$ 空間の面積である．よって

$$ \oint\frac{\dd k}{\abs{\nabla_\kk\epsilon}_\perp} = \frac{\partial S}{\partial\epsilon} $$

ステップ4：まとめる．ステップ2に代入して

$$ T = \frac{\hbar^2 c}{eB}\frac{\partial S}{\partial\epsilon} $$

角振動数 $\omega_c=2\pi/T$ を，自由電子のサイクロトロン振動数 $\omega_c=eB/m^*c$ と同じ形に書けるように有効質量を定義すると

導出：$\rr_\perp$ と $\kk$ の関係

運動方程式 $\hbar\dot\kk=-\frac{e}{c}\vv\times\BB$ で $\vv=\dot\rr$ と書くと

$$ \hbar\frac{\dd\kk}{\dd t}=-\frac{e}{c}\frac{\dd\rr}{\dd t}\times\BB $$

$\BB$ が一定なので，そのまま時間で積分できる．

$$ \hbar(\kk-\kk_0) = -\frac{e}{c}(\rr-\rr_0)\times\BB $$

これを $\rr$ について解きたい．両辺に左から $\hat B$ を外積する．右辺に BAC–CAB 公式 $\hat B\times(\bm{X}\times\BB)=\bm{X}(\hat B\cdot\BB)-\BB(\hat B\cdot\bm{X})$ を使うと，$\bm X = \rr-\rr_0$ として

$$ \hat B\times\left[(\rr-\rr_0)\times\BB\right] = B(\rr-\rr_0) - B\,\hat B\left[\hat B\cdot(\rr-\rr_0)\right] = B\,(\rr-\rr_0)_\perp $$

（最後の等号は，ベクトルから $\hat B$ 方向成分を引いたものが垂直成分だ，というだけである．）したがって

$$ \hbar\,\hat B\times(\kk-\kk_0) = -\frac{eB}{c}(\rr-\rr_0)_\perp $$

導出：TB 波動関数が Bloch 定理を満たすこと

孤立原子の軌道を $\phi(\rr)$ とする．原子は格子点 $\RR_m$（$m=1,\dots,N$）に並んでいる．次の線形結合を考える．

（続き）Bloch 定理の確認と規格化

Bloch 定理の確認．格子並進 $\TT$（これも格子ベクトル）だけずらしてみる．

$$ \psi_\kk(\rr+\TT)=\frac{1}{\sqrt N}\sum_m \ee^{\ii\kk\cdot\RR_m}\phi(\rr+\TT-\RR_m) $$

ここで和の変数を $\RR_{m'}=\RR_m-\TT$ と付け替える．$\RR_m$ が全格子点を走るなら $\RR_{m'}$ も全格子点を走る（格子は並進で自分自身に移る）．$\RR_m=\RR_{m'}+\TT$ だから

$$ \psi_\kk(\rr+\TT)=\frac{1}{\sqrt N}\sum_{m'} \ee^{\ii\kk\cdot(\RR_{m'}+\TT)}\phi(\rr-\RR_{m'}) =\ee^{\ii\kk\cdot\TT}\cdot\frac{1}{\sqrt N}\sum_{m'}\ee^{\ii\kk\cdot\RR_{m'}}\phi(\rr-\RR_{m'}) $$ $$ =\ee^{\ii\kk\cdot\TT}\,\psi_\kk(\rr)\qquad\checkmark $$

これはまさに Bloch 定理である（第11章）．位相因子 $\ee^{\ii\kk\cdot\RR_m}$ を付けて足すという，ただそれだけの操作で，並進群の既約表現 $\kk$ に属する関数ができあがる．第9章の射影演算子の言葉で言えば，$\eqref{eq:18-blochsum}$ は並進群の既約表現 $\kk$ への射影演算子を $\phi(\rr)$ に作用させたものにほかならない．

規格化．異なる格子点の軌道どうしの重なり積分を

$$ S(\bm\rho)\equiv\int \phi^{*}(\rr)\,\phi(\rr-\bm\rho)\,\dd^3r $$

と書く．$S(0)=1$ である．いままず $S(\bm\rho\neq0)=0$ と近似する（後で外す）．すると

$$ \langle \psi_\kk|\psi_\kk\rangle=\frac{1}{N}\sum_{m,m'}\ee^{\ii\kk\cdot(\RR_m-\RR_{m'})}S(\RR_m-\RR_{m'}) =\frac{1}{N}\sum_{m}1=1\qquad\checkmark $$

導出：$\epsilon(\kk)=-\alpha-\gamma\sum_{\rm nn}\ee^{-\ii\kk\cdot\bm\rho}$

Hamiltonian は

$$ \Ham = -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 + U(\rr),\qquad U(\rr)=\sum_n U_{\rm at}(\rr-\RR_n) $$

とする（結晶ポテンシャルを原子ポテンシャルの重ね合わせで書く）．$m$ 番目の原子に着目して

$$ \Ham = \underbrace{\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+U_{\rm at}(\rr-\RR_m)\right]}_{\Ham_{\rm at}^{(m)}} +\underbrace{\sum_{n\neq m}U_{\rm at}(\rr-\RR_n)}_{\Delta U_m} $$

と分ける．$\Ham_{\rm at}^{(m)}\phi(\rr-\RR_m)=\epsilon_{\rm at}\,\phi(\rr-\RR_m)$ である．以下，エネルギーの原点を $\epsilon_{\rm at}=0$ に取る（最後に戻せばよい）．

ステップ1：期待値を二重和で書く．

$$ \epsilon(\kk)=\bra{\psi_\kk}\Ham\ket{\psi_\kk} =\frac{1}{N}\sum_{m,m'}\ee^{\ii\kk\cdot(\RR_m-\RR_{m'})} \int \phi^{*}(\rr-\RR_{m'})\,\Ham\,\phi(\rr-\RR_m)\,\dd^3r $$

ステップ2：積分が差にしか依らないことを示す．積分変数を $\rr\to\rr+\RR_{m'}$ と平行移動する．$\Ham$ は格子並進で不変（$U(\rr+\RR_{m'})=U(\rr)$）だから

$$ \int \phi^{*}(\rr-\RR_{m'})\Ham\,\phi(\rr-\RR_m)\dd^3r =\int \phi^{*}(\rr)\,\Ham\,\phi\!\left(\rr-(\RR_m-\RR_{m'})\right)\dd^3r \equiv t(\bm\rho),\quad \bm\rho\equiv\RR_m-\RR_{m'} $$

この $t(\bm\rho)$ を 飛び移り積分（transfer integral，あるいは hopping integral，共鳴積分）という．

ステップ3：二重和を一重和にする．$m'$ を固定して $m$ を走らせると $\bm\rho$ が全格子ベクトルを走る．$m'$ についての和は $N$ 個の同じ値を足すだけなので $(1/N)\sum_{m'}=1$．よって

$$ \epsilon(\kk)=\sum_{\bm\rho}\ee^{\ii\kk\cdot\bm\rho}\,t(\bm\rho) $$

ステップ4：$t(\bm\rho)$ を評価する．

$\bm\rho=0$ の項（オンサイト項）：

$$ t(0)=\int\phi^{*}(\rr)\left[\Ham_{\rm at}+\Delta U\right]\phi(\rr)\dd^3r =\underbrace{\epsilon_{\rm at}}_{=0}+\int\abs{\phi(\rr)}^2\Delta U(\rr)\,\dd^3r \equiv -\alpha $$

$\Delta U$ は他の原子が作るポテンシャルで，原子核が作る引力だから負である．よって $\alpha>0$．これは「原子が周りにいるおかげで準位が下がる」効果である（結晶場シフト）．

$\bm\rho\neq0$ の項：

$$ t(\bm\rho)=\underbrace{\epsilon_{\rm at}S(\bm\rho)}_{=0}+\int\phi^{*}(\rr)\,\Delta U(\rr)\,\phi(\rr-\bm\rho)\,\dd^3r $$

$\phi$ は $\RR=0$ と $\bm\rho$ の中間領域でしか重ならず，そこで $\Delta U<0$，$\phi^*\phi>0$（$s$ 軌道の場合）だから，この積分は負である．最近接（nearest neighbour, nn）だけを残し，その値を

$$ t(\bm\rho_{\rm nn})\equiv-\gamma,\qquad \gamma>0 $$

と書く．第2近接以遠は $\phi$ の重なりが指数関数的に小さいので落とす．

ステップ5：結論．

導出：単純立方の TB バンド，バンド幅，有効質量

最近接ベクトル．格子定数 $a$ の単純立方（sc）では，最近接は6個：

$$ \bm\rho = (\pm a,0,0),\ (0,\pm a,0),\ (0,0,\pm a) $$

和を計算する．

$$ \sum_{\rm nn}\ee^{-\ii\kk\cdot\bm\rho} =\ee^{-\ii k_xa}+\ee^{+\ii k_xa}+\ee^{-\ii k_ya}+\ee^{+\ii k_ya}+\ee^{-\ii k_za}+\ee^{+\ii k_za} $$

Euler の公式 $\ee^{\ii\theta}+\ee^{-\ii\theta}=2\cos\theta$ を3回使って

$$ =2\left(\cos k_xa+\cos k_ya+\cos k_za\right) $$

したがって

（続き）バンド幅と有効質量

バンド幅．$\cos$ の和は $-3$ から $+3$ まで変わる．

• 最小：$\kk=\Gamma=(0,0,0)$ で $\cos$ の和 $=3$ $\Rightarrow$ $\epsilon_{\min}=-\alpha-6\gamma$
• 最大：$\kk=R=\frac{\pi}{a}(1,1,1)$ で $\cos$ の和 $=-3$ $\Rightarrow$ $\epsilon_{\max}=-\alpha+6\gamma$

$$ W = \epsilon_{\max}-\epsilon_{\min} = 12\gamma = 2z\gamma\quad (z=6:\text{最近接数}) $$

バンド幅は飛び移り積分に比例する．これが強束縛の最重要メッセージである．

バンド底の有効質量．$\kk\to0$ で Taylor 展開する．$\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)$ を使うと

$$ \cos k_xa+\cos k_ya+\cos k_za \simeq 3-\frac{a^2}{2}\left(k_x^2+k_y^2+k_z^2\right)=3-\frac{a^2k^2}{2} $$

これを $\eqref{eq:18-sc}$ に入れて

$$ \epsilon(\kk)\simeq-\alpha-2\gamma\left(3-\frac{a^2k^2}{2}\right)=-\alpha-6\gamma+\gamma a^2k^2 $$

これを自由電子型 $\epsilon=\epsilon_{\min}+\hbar^2k^2/2m^{*}$ と見比べる．$k^2$ の係数を等置して

$$ \frac{\hbar^2}{2m^{*}}=\gamma a^2 $$

導出：体心立方（bcc）の TB バンド

最近接ベクトル．立方体の頂点にある原子から見ると，最近接は体心の8個であり，立方単位胞の一辺を $a$ として

$$ \bm\rho = \frac{a}{2}\left(\pm1,\pm1,\pm1\right)\qquad(\text{符号は独立に選ぶ，計 }2^3=8\text{ 個}) $$

最近接距離は $\sqrt3\,a/2 = 0.866a$ である．

和を計算する．3つの符号 $s_1,s_2,s_3=\pm1$ について

$$ \sum_{\rm nn}\ee^{-\ii\kk\cdot\bm\rho} =\sum_{s_1=\pm1}\sum_{s_2=\pm1}\sum_{s_3=\pm1} \exp\left[-\ii\frac{a}{2}\left(s_1k_x+s_2k_y+s_3k_z\right)\right] $$

指数の中が3つの独立な和になっているので，指数関数は積に分解する．

$$ =\left(\sum_{s_1=\pm1}\ee^{-\ii s_1k_xa/2}\right) \left(\sum_{s_2=\pm1}\ee^{-\ii s_2k_ya/2}\right) \left(\sum_{s_3=\pm1}\ee^{-\ii s_3k_za/2}\right) $$

各因子は $\ee^{-\ii\theta}+\ee^{+\ii\theta}=2\cos\theta$ だから

$$ =2\cos\frac{k_xa}{2}\cdot2\cos\frac{k_ya}{2}\cdot2\cos\frac{k_za}{2} =8\cos\frac{k_xa}{2}\cos\frac{k_ya}{2}\cos\frac{k_za}{2} $$

したがって

$$ \epsilon_{\rm bcc}(\kk)=-\alpha-8\gamma\,\cos\frac{k_xa}{2}\cos\frac{k_ya}{2}\cos\frac{k_za}{2} $$

バンド幅．3つの $\cos$ の積は $-1$ から $+1$ まで動く（$\Gamma$ 点で $+1$，$H=\frac{2\pi}{a}(1,0,0)$ で $\cos\pi\cdot1\cdot1=-1$）．よって

$$ W = 16\gamma = 2z\gamma\quad(z=8) $$

有効質量．$\kk\to0$ で $\cos(k_ia/2)\simeq1-k_i^2a^2/8$ だから，積は

$$ \left(1-\frac{k_x^2a^2}{8}\right)\left(1-\frac{k_y^2a^2}{8}\right)\left(1-\frac{k_z^2a^2}{8}\right) \simeq 1-\frac{a^2}{8}\left(k_x^2+k_y^2+k_z^2\right)=1-\frac{a^2k^2}{8} $$

（2次までなので交差項は落とす．）よって

$$ \epsilon\simeq-\alpha-8\gamma+\gamma a^2k^2 \quad\Longrightarrow\quad m^{*}=\frac{\hbar^2}{2\gamma a^2} $$

単純立方と同じ形である（ただし $a$ は立方単位胞の一辺，$\gamma$ は別の値）．∎

導出：面心立方（fcc）の TB バンド

最近接ベクトル．fcc の最近接は12個で，立方単位胞の一辺を $a$ として

$$ \bm\rho=\frac{a}{2}(\pm1,\pm1,0),\quad \frac{a}{2}(0,\pm1,\pm1),\quad \frac{a}{2}(\pm1,0,\pm1) $$

3つの族それぞれ4個，計12個．最近接距離は $a/\sqrt2=0.707a$．

和を計算する．まず $(x,y)$ 族の4個だけ足す．

$$ \sum_{s_1,s_2=\pm1}\exp\left[-\ii\frac{a}{2}(s_1k_x+s_2k_y)\right] =\left(2\cos\frac{k_xa}{2}\right)\left(2\cos\frac{k_ya}{2}\right) =4\cos\frac{k_xa}{2}\cos\frac{k_ya}{2} $$

bcc のときと同じ「積への分解」を使った．$(y,z)$ 族と $(z,x)$ 族も同様なので，12個すべてを足すと

$$ \sum_{\rm nn}\ee^{-\ii\kk\cdot\bm\rho} =4\left(\cos\frac{k_xa}{2}\cos\frac{k_ya}{2} +\cos\frac{k_ya}{2}\cos\frac{k_za}{2} +\cos\frac{k_za}{2}\cos\frac{k_xa}{2}\right) $$

（続き）fcc のバンド幅は $2z\gamma$ ではない

$c_i\equiv\cos(k_ia/2)$ と略記し，$f=c_xc_y+c_yc_z+c_zc_x$ の値域を調べる．$c_i\in[-1,1]$ である．

最大値．$\Gamma$ 点で $c_x=c_y=c_z=1$，$f=3$．よって $\epsilon_{\min}=-\alpha-12\gamma$．

最小値．恒等式

$$ f=\frac{1}{2}\left[(c_x+c_y+c_z)^2-(c_x^2+c_y^2+c_z^2)\right] $$

を使う．$c_i^2\le1$ という不等式で大雑把に評価するより，直接考えたほうが早い．$f$ を小さくするには，第1項 $(c_x+c_y+c_z)^2$ をできるだけ小さく，$c_x^2+c_y^2+c_z^2$ をできるだけ大きくしたい．$c_i$ が $\pm1$ のとき $c_x^2+c_y^2+c_z^2$ は最大値 $3$ を取るが，そのとき $c_x+c_y+c_z=\pm1$ か $\pm3$ にしかならない（3個の $\pm1$ の和は奇数）．最小は $c_x+c_y+c_z=\pm1$ の場合で

$$ f_{\min}=\frac{1}{2}\left[1-3\right]=-1 $$

たとえば $X$ 点 $\kk=\frac{2\pi}{a}(1,0,0)$ では $c_x=\cos\pi=-1,\ c_y=c_z=1$ となり $f=(-1)+(1)+(-1)=-1$ ✓．よって $\epsilon_{\max}=-\alpha+4\gamma$．

バンド幅．

$$ W_{\rm fcc}=\epsilon_{\max}-\epsilon_{\min}=(-\alpha+4\gamma)-(-\alpha-12\gamma)=16\gamma $$

ところが $2z\gamma=2\times12\times\gamma=24\gamma$ である．一致しない．

なぜか．$W=2z\gamma$ が成り立つのは，格子が2部グラフ（bipartite）のとき，すなわち格子点を2組に分けてすべての最近接結合が組をまたぐようにできるときである．sc と bcc はそうなっている（sc は $x+y+z$ の偶奇，bcc は角と体心）．このとき $\kk$ をうまく選べばすべての位相を $-1$ に揃えられ，和は $-z$ に達する．ところが fcc は三角形のループを含むので2部グラフではなく，すべての結合の位相を同時に反転させることができない（フラストレーション）．その結果，バンドは上側で潰れて非対称になり，$W<2z\gamma$ となる．

有効質量．$\kk\to0$ で $c_i\simeq1-k_i^2a^2/8$ を代入すると

$$ c_xc_y\simeq1-\frac{a^2}{8}(k_x^2+k_y^2) $$

3項を足すと各 $k_i^2$ が2回ずつ現れるので

$$ f\simeq3-\frac{a^2}{8}\cdot2\left(k_x^2+k_y^2+k_z^2\right)=3-\frac{a^2k^2}{4} $$ $$ \epsilon\simeq-\alpha-4\gamma\left(3-\frac{a^2k^2}{4}\right)=-\alpha-12\gamma+\gamma a^2k^2 \quad\Longrightarrow\quad m^{*}=\frac{\hbar^2}{2\gamma a^2} $$

やはり同じ形である．∎

導出：1次元強束縛バンドの状態密度

ステップ1：群速度．

$$ v(k)=\frac{1}{\hbar}\frac{\dd\epsilon}{\dd k}=\frac{2\gamma a}{\hbar}\sin ka $$

$k=0$ と $k=\pm\pi/a$ で $v=0$ である．ゾーン境界で群速度がゼロになるのは，そこで波が定在波になるからである（第13章のフォノン，第16章の電子と同じ事情）．

ステップ2：状態を数える．長さ $L=Na$ の鎖に周期境界条件を課すと，$k$ 点は $2\pi/L$ 間隔で並ぶ．エネルギーが $[\epsilon,\epsilon+\dd\epsilon]$ に入る状態数は，$+k$ と $-k$ の2か所から寄与し，さらにスピンで2倍になるので

$$ \dd N = \underbrace{2}_{\rm spin}\times\underbrace{2}_{\pm k}\times\frac{L}{2\pi}\,\dd k=\frac{2L}{\pi}\dd k $$

ステップ3：$\dd k$ を $\dd\epsilon$ に直す．

$$ g(\epsilon)=\frac{\dd N}{\dd\epsilon}=\frac{2L}{\pi}\frac{\dd k}{\dd\epsilon} =\frac{2L}{\pi}\cdot\frac{1}{2\gamma a\sin ka} =\frac{L}{\pi\gamma a\,\sin ka} $$

ステップ4：$\sin ka$ を $\epsilon$ で表す．$\eqref{eq:18-1d}$ より $\cos ka=-\dfrac{\epsilon+\alpha}{2\gamma}$．したがって

$$ \sin ka=\sqrt{1-\cos^2ka}=\sqrt{1-\frac{(\epsilon+\alpha)^2}{4\gamma^2}} =\frac{\sqrt{4\gamma^2-(\epsilon+\alpha)^2}}{2\gamma} $$

ステップ5：代入する．

$$ g(\epsilon)=\frac{L}{\pi\gamma a}\cdot\frac{2\gamma}{\sqrt{4\gamma^2-(\epsilon+\alpha)^2}} $$

Wigner–Seitz 法（1933年）の考え方

ステップ1：結晶を Wigner–Seitz 胞に分割する．第1章で導入した WS 胞は，各格子点に「いちばん近い」領域を割り当てたもので，結晶を隙間なく埋め尽くす．金属では，各 WS 胞に価電子が1個（1価金属の場合）入っている．

ステップ2：バンド底（$\kk=0$）の状態を解く．$\kk=0$ の Bloch 関数は $\psi_0(\rr+\TT)=\psi_0(\rr)$，つまり格子周期を持つ．この対称性から，WS 胞の境界で法線微分がゼロでなければならない：

$$ \left.\frac{\partial\psi_0}{\partial n}\right|_{\text{WS 胞の境界}}=0 $$

（境界で滑らかにつながるためには，隣の胞から来る同じ形の関数と微分が一致する必要があり，対称性から両側の微分が符号違いになるので，ゼロしかありえない．）

ステップ3：胞を等体積の球で近似する．WS 胞を半径 $r_s$ の球（Wigner–Seitz 半径）で置き換える．$r_s$ は

$$ \frac{4\pi}{3}r_s^3=\frac{1}{n}\quad\Longrightarrow\quad r_s=\left(\frac{3}{4\pi n}\right)^{1/3} $$

で定義される．ポテンシャルが球対称と見なせるので，動径方程式

$$ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r^2}\frac{\dd}{\dd r}\left(r^2\frac{\dd u}{\dd r}\right)+U(r)u=\epsilon_0 u, \qquad \left.\frac{\dd u}{\dd r}\right|_{r=r_s}=0 $$

を数値的に解けばバンド底 $\epsilon_0$ が得られる．これは孤立原子の問題とほとんど同じで，境界条件だけが違う（孤立原子は $u(\infty)=0$，金属は $u'(r_s)=0$）．

ステップ4：$\kk\neq0$ は自由電子で近似する．Wigner と Seitz の主張は

$$ \epsilon(\kk)\simeq\epsilon_0+\frac{\hbar^2k^2}{2m} $$

である．すなわちバンドの底の位置だけが強いポテンシャルで決まり，そこからの $\kk$ 依存性は自由電子と同じ．∎

導出：擬ポテンシャルと Phillips–Kleinman のキャンセル

設定．真の Hamiltonian $\Ham=T+U$（$U$ は強い引力ポテンシャル）に対して

• 内殻状態：$\Ham\ket{c}=E_c\ket{c}$（$c=1s,2s,2p,\dots$）
• 価電子状態：$\Ham\ket{\psi}=E\ket{\psi}$，ただし $\langle c|\psi\rangle=0$（内殻と直交）

である．$E>E_c$ に注意しておく（価電子は内殻より上にある）．

ステップ1：直交化平面波（OPW）の発想．真の $\ket{\psi}$ は内殻付近で激しく振動して扱いにくい．そこで，滑らかな関数 $\ket{\varphi}$ から内殻成分を差し引いたものが $\ket{\psi}$ だと考える．内殻への射影演算子を

$$ P\equiv\sum_c\ket{c}\bra{c} $$

と書くと

$$ \ket{\psi}=(1-P)\ket{\varphi}=\ket{\varphi}-\sum_c\ket{c}\langle c|\varphi\rangle $$

この $\ket{\varphi}$ を 擬波動関数（pseudo-wavefunction）という．作り方から $\langle c|\psi\rangle=\langle c|\varphi\rangle-\langle c|\varphi\rangle=0$ が自動的に満たされる ✓．

ステップ2：Schrödinger 方程式に代入する．

$$ \Ham(1-P)\ket{\varphi}=E(1-P)\ket{\varphi} $$

左辺の $\Ham P$ を計算する．$\Ham\ket{c}=E_c\ket{c}$ だから

$$ \Ham P\ket{\varphi}=\Ham\sum_c\ket{c}\langle c|\varphi\rangle=\sum_c E_c\ket{c}\langle c|\varphi\rangle $$

したがって

$$ \Ham\ket{\varphi}-\sum_c E_c\ket{c}\langle c|\varphi\rangle=E\ket{\varphi}-E\sum_c\ket{c}\langle c|\varphi\rangle $$

ステップ3：移項する．右辺の第2項を左辺へ移すと

$$ \Ham\ket{\varphi}+\sum_c\left(E-E_c\right)\ket{c}\langle c|\varphi\rangle=E\ket{\varphi} $$

すなわち，$V_R\equiv\sum_c(E-E_c)\ket{c}\bra{c}$ と定義すれば

$$ \left(T+U+V_R\right)\ket{\varphi}=E\ket{\varphi} $$

ステップ4：これを読む．3つのことが言える．

1. 固有値 $E$ は変わっていない．滑らかな $\ket{\varphi}$ に対する方程式を解いても，得られるエネルギーは真の価電子エネルギーである．
2. $V_R$ は斥力である．任意の状態 $\ket{\chi}$ に対して $$\bra{\chi}V_R\ket{\chi}=\sum_c(E-E_c)\abs{\langle c|\chi\rangle}^2>0$$ なぜなら $E>E_c$ だから．内殻との直交性という「幾何学的な制約」が，斥力ポテンシャルとして姿を現した．
3. $U$（強い引力）と $V_R$（斥力）は大きく打ち消し合う．その残りを $$U_{\rm ps}\equiv U+V_R$$ と定義したものが 擬ポテンシャル（pseudopotential）である．$\abs{U_{\rm ps}}\ll\abs{U}$ となり，$U_{\rm ps}$ については摂動論が使える．

∎

導出：空芯模型の Fourier 成分 $U_\GG$

周期ポテンシャルの Fourier 成分（第16章で $2\times2$ 永年方程式に現れた量）は

$$ U_\GG=\frac{1}{\Omega}\int U_{\rm ps}(r)\,\ee^{-\ii\GG\cdot\rr}\,\dd^3r $$

である（$\Omega$ は primitive cell の体積）．

ステップ1：角度積分を先に済ませる．$U_{\rm ps}$ が球対称なので，$\GG$ を極軸に取って $\GG\cdot\rr=Gr\cos\theta$ と書ける．

$$ \int\ee^{-\ii Gr\cos\theta}\,\dd\Omega =2\pi\int_0^{\pi}\ee^{-\ii Gr\cos\theta}\sin\theta\,\dd\theta $$

$t=\cos\theta$ と置換すると $\dd t=-\sin\theta\,\dd\theta$，積分範囲は $t:1\to-1$ だから

$$ =2\pi\int_{-1}^{1}\ee^{-\ii Grt}\,\dd t =2\pi\left[\frac{\ee^{-\ii Grt}}{-\ii Gr}\right]_{-1}^{1} =2\pi\cdot\frac{\ee^{\ii Gr}-\ee^{-\ii Gr}}{\ii Gr} =\frac{4\pi\sin Gr}{Gr} $$

（最後は $\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x}=2\ii\sin x$．）

ステップ2：動径積分に代入する．$\dd^3r=r^2\dd r\,\dd\Omega$ で，$r<R_c$ では被積分関数がゼロだから

$$ U_\GG=\frac{1}{\Omega}\int_{R_c}^{\infty}\left(-\frac{e^2}{r}\right)\frac{4\pi\sin Gr}{Gr}\,r^2\,\dd r =-\frac{4\pi e^2}{\Omega G}\int_{R_c}^{\infty}\sin(Gr)\,\dd r $$

$r$ が2乗，$1/r$ が2つ来て，ちょうど $r$ が全部消えた．

ステップ3：発散する積分を収束因子で処理する．$\int_{R_c}^\infty\sin(Gr)\dd r$ はそのままでは収束しない．物理的には遮蔽があるので，$\ee^{-\kappa r}$ を掛けて最後に $\kappa\to0$ とする．

$$ I(\kappa)=\int_{R_c}^{\infty}\sin(Gr)\,\ee^{-\kappa r}\,\dd r $$

不定積分は

$$ \int\sin(Gr)\ee^{-\kappa r}\dd r=-\frac{\ee^{-\kappa r}\left(\kappa\sin Gr+G\cos Gr\right)}{\kappa^2+G^2} $$

（微分して確かめられる．）上端 $r\to\infty$ でゼロ，下端 $r=R_c$ を代入して

$$ I(\kappa)=\frac{\ee^{-\kappa R_c}\left(\kappa\sin GR_c+G\cos GR_c\right)}{\kappa^2+G^2} \xrightarrow{\ \kappa\to0\ }\frac{G\cos GR_c}{G^2}=\frac{\cos GR_c}{G} $$

ステップ4：まとめる．

導出：自由電子の Landau 準位（結果の確認）

磁場 $\BB=B\hat z$ 中の自由電子を量子力学で解くと（Landau, 1930），エネルギー固有値は

$$ \epsilon_{n}(k_z)=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_c+\frac{\hbar^2k_z^2}{2m}, \qquad \omega_c=\frac{eB}{mc},\quad n=0,1,2,\dots $$

となる．$xy$ 面内の連続的な運動エネルギーが，調和振動子の準位に量子化されるわけである（$xy$ 面内の運動が円運動＝2次元調和振動子と等価になるため）．

$\kk$ 空間で何が起きたか．磁場をかける前，$k_x k_y$ 面内の状態は一様に分布していた．磁場をかけると，状態は

$$ \frac{\hbar^2(k_x^2+k_y^2)}{2m}=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_c \quad\Longrightarrow\quad k_\perp^2 = \frac{2m}{\hbar^2}\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\frac{eB}{mc}=\left(2n+1\right)\frac{eB}{\hbar c} $$

というとびとびの半径の円周上に集まってしまう．3次元で見れば，$k_z$ 方向に伸びた同心円筒 —— Landau 管（Landau tube）—— の上に状態が集中する．

管が囲む面積．$n$ 番目の管の断面積は

$$ S_n=\pi k_\perp^2=\pi(2n+1)\frac{eB}{\hbar c}=\left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{2\pi eB}{\hbar c} $$

隣り合う管の面積差は

$$ \Delta S = S_{n+1}-S_n=\frac{2\pi eB}{\hbar c} $$

$n$ によらない一定値である．つまり Landau 管は「等面積のリング」に $\kk$ 空間を分割する．∎

導出：$S_n=(n+\gamma)\dfrac{2\pi eB}{\hbar c}$（Onsager, 1952）

ステップ0：出発点．周期運動する系に対する Bohr–Sommerfeld の量子化条件は

$$ \oint \pp\cdot\dd\rr = (n+\gamma)\,2\pi\hbar $$

である．ここで $\pp$ は正準運動量，$\gamma$ は位相補正（自由電子では $\gamma=1/2$）である．この $\gamma$ は 18.4 節の飛び移り積分 $\gamma$ とも，電子比熱係数 $\gamma_{el}$ とも無関係の量なので，混同しないでほしい．磁場中の電荷 $q$ の Bloch 電子では

$$ \pp = \hbar\kk+\frac{q}{c}\bm{A} $$

と書ける（$\bm{A}$ はベクトルポテンシャル，$\hbar\kk$ は結晶運動量）．電子なので $q=-e$．自由電子なら $\hbar\kk=m\vv$ だが，一般のバンドでは速度は $\vv=\frac{1}{\hbar}\nabla_\kk\epsilon_n(\kk)$ で与えられ，$m\vv=\hbar\kk$ は成り立たない．以下で使うのは「正準運動量の力学的部分が結晶運動量 $\hbar\kk$ である」ということだけなので，バンドの形には依らずに話が進む．

ステップ1：積分を2つに分ける．

$$ \oint\pp\cdot\dd\rr = \underbrace{\hbar\oint\kk\cdot\dd\rr}_{(\mathrm{I})} +\underbrace{\frac{q}{c}\oint\bm{A}\cdot\dd\rr}_{(\mathrm{II})} $$

ステップ2：(II) を磁束で書く．Stokes の定理より

$$ \oint\bm{A}\cdot\dd\rr=\int(\nabla\times\bm{A})\cdot\dd\bm{S}=\int\BB\cdot\dd\bm{S}=\Phi $$

$\Phi$ は実空間の軌道が囲む磁束である．よって $(\mathrm{II})=\dfrac{q}{c}\Phi$．

ステップ3：(I) を計算する．18.3.4 節の $\eqref{eq:18-realspace}$ の元になった関係

$$ \hbar\kk = \frac{q}{c}\,\rr\times\BB $$

を使う（原点を軌道の中心に取って積分定数を消した）．これを代入すると

$$ (\mathrm{I})=\frac{q}{c}\oint(\rr\times\BB)\cdot\dd\rr $$

スカラー三重積の巡回性 $(\bm{a}\times\bm{b})\cdot\bm{c}=\bm{a}\cdot(\bm{b}\times\bm{c})$ を使うと $(\rr\times\BB)\cdot\dd\rr = \rr\cdot(\BB\times\dd\rr) = -\BB\cdot(\rr\times\dd\rr)$．したがって

$$ (\mathrm{I})=-\frac{q}{c}\,\BB\cdot\oint\rr\times\dd\rr $$

ここで，閉曲線について

$$ \oint\rr\times\dd\rr = 2\bm{S}\qquad(\bm{S}:\text{囲む面積ベクトル}) $$

という幾何学の公式が使える（三角形 $\frac12\abs{\rr\times\dd\rr}$ を足し上げると面積になる，というだけのこと）．よって

$$ (\mathrm{I})=-\frac{q}{c}\cdot2\,\BB\cdot\bm{S}=-\frac{2q}{c}\Phi $$

ステップ4：足し合わせる．

$$ \oint\pp\cdot\dd\rr=-\frac{2q}{c}\Phi+\frac{q}{c}\Phi=-\frac{q}{c}\Phi=\frac{e}{c}\Phi \qquad(q=-e) $$

量子化条件に代入して

（続き）ステップ5：磁束を $\kk$ 空間の面積に翻訳する

$\eqref{eq:18-flux}$ は「実空間の軌道が囲む磁束が量子化される」と言っている．これを $\kk$ 空間の言葉に直す．$\eqref{eq:18-realspace}$ より，実空間の軌道は $\kk$ 空間の軌道を $\hbar c/eB$ 倍に縮尺したものだった．長さが $L$ 倍なら面積は $L^2$ 倍だから

$$ A_{\rm real}=\left(\frac{\hbar c}{eB}\right)^2 S $$

（$S$ は $\kk$ 空間の軌道が囲む面積．）したがって磁束は

$$ \Phi = B\,A_{\rm real}=B\left(\frac{\hbar c}{eB}\right)^2S=\frac{\hbar^2c^2}{e^2B}\,S $$

$\eqref{eq:18-flux}$ と等置して

$$ \frac{\hbar^2c^2}{e^2B}S_n=(n+\gamma)\frac{2\pi\hbar c}{e} $$

両辺に $\dfrac{e^2B}{\hbar^2c^2}$ を掛けると

$$ S_n=(n+\gamma)\frac{2\pi\hbar c}{e}\cdot\frac{e^2B}{\hbar^2c^2}=(n+\gamma)\frac{2\pi eB}{\hbar c} $$

∎

導出：$\Delta\left(\dfrac{1}{B}\right)=\dfrac{2\pi e}{\hbar c\,S}$

磁場を強くしていくと，$\eqref{eq:18-onsager}$ の右辺は $B$ に比例して大きくなるので，Landau 管は太っていく．太った管が次々に Fermi 面を通り抜けていく．

ある $n$ 番目の管の断面積が，ちょうど Fermi 面の断面積 $S$ に一致する磁場を $B_n$ とすると

$$ S=(n+\gamma)\frac{2\pi eB_n}{\hbar c} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{B_n}=(n+\gamma)\frac{2\pi e}{\hbar c\,S} $$

隣り合う $n$ と $n+1$ で差を取ると，$\gamma$ も $S$ も落ちて

$$ \frac{1}{B_{n+1}}-\frac{1}{B_n}=\frac{2\pi e}{\hbar c\,S} $$

∎

導出：$\mathrm{Al}$ の高磁場 Hall 係数が「1原子あたり正孔1個」を示すこと

原子1個あたりの電子数を数える．第1バンドは完全に詰まっているので伝導に寄与しない（詰まったバンドの正味電流はゼロ．第16章）．

第2バンドの電子数を $n_2$，第3バンドの電子数を $n_3$（いずれも原子あたり）とする．全部で

$$ n_2+n_3=3-2=1 $$

第2バンドの収容数は2個（スピン込み）だから，第2バンドの正孔の数は $p_2=2-n_2$．よって正味の「正孔 − 電子」は

$$ p_2-n_3=(2-n_2)-n_3=2-(n_2+n_3)=2-1=1 $$

キャリアの数え上げとして，原子1個あたり正孔が正味1個．高磁場極限（すべての軌道が閉じている場合）の Hall 係数は正味のキャリア密度で決まるので

$$ R_H=+\frac{1}{n_{\rm atom}\,ec}\qquad(n_{\rm atom}=\text{原子数密度}) $$

となり，正になる．実験でもその通りで，$\mathrm{Al}$ の高磁場 Hall 係数は正であり，値は原子密度から予想される値とよく合う．∎

注意：低磁場では第3バンドの電子軌道の寄与が効くため $R_H$ は負になる．磁場を上げると符号が反転する．第15章の Drude 模型では絶対に説明できない現象であり，Fermi 面の多シート構造の直接の証拠である．

導出：ARPES の運動学

角度分解光電子分光（angle-resolved photoemission spectroscopy, ARPES）は，エネルギー $\hbar\omega$ の光を当てて飛び出す電子の運動エネルギーと角度を測る．

エネルギー保存．仕事関数を $\phi$，結合エネルギー（$\epsilon_F$ から測った深さ）を $E_B\ge0$ とすると

$$ E_{\rm kin}=\hbar\omega-\phi-E_B $$

運動量保存．結晶表面は面直方向の並進対称性を壊すが，面内方向の並進対称性は保たれる．したがって面内波数 $k_\parallel$ は（逆格子ベクトルを除いて）保存する．真空中の光電子は自由電子なので

$$ E_{\rm kin}=\frac{\hbar^2K^2}{2m},\qquad K_\parallel=K\sin\theta $$

ゆえに

$$ k_\parallel = K_\parallel=\frac{\sqrt{2mE_{\rm kin}}}{\hbar}\sin\theta $$

実用単位に直す．$\sqrt{2m\times1\,\mathrm{eV}}/\hbar=0.5123\,\text{Å}^{-1}$ だから