グラフェンのディラックコーン

01

接点の近くの電子を見る

中性のグラフェンでは、温度0で下側のバンドが埋まり、上側は空いている。両者の境目であるフェルミエネルギーは、KとK′の接点にある。わずかなエネルギーで空いた状態へ移れるのは、この接点の近くの電子だ。

最近接の三つの原子との結びつきだけを残した強結合近似では、二本のバンドは次の形だった。$t>0$ は隣り合う軌道のホッピングの大きさで、$f$ は三方向の位相因子の和だ。

$$E_\pm(\mathbf k)=\pm t|f(\mathbf k)|\tag{1}$$

Kでは三つの寄与が打ち消し合い、上下のエネルギーがともに0になる。図でその近くを拡大すると、接点から伸びるバンドが直線に近づいていく。

Kを拡大×3.0

六角形の中の色線が、断面を切る向き。下の図は、全体図の枠内を縦横とも同じ倍率で拡大している。横軸 $ak_x$ の $a$ は、炭素間の結合長だ。

02

Kからのずれで位置を表す

§01で見たのは、Γ→Kの方向に切ったバンドの断面だった。今度は、波数空間の平面内で、Kからさまざまな向きへずれる場合を考えよう。Kからのずれを $\mathbf q$ と書けば、Γから測った波数 $\mathbf k$ は、

$$\mathbf k=\mathbf K+\mathbf q,\qquad \mathbf q=(q_x,q_y)\tag{2}$$

Γから注目するKへ向かう方向を $+q_x$、そこから波数平面内で反時計回りに90°回した方向を $+q_y$ とする。$q_x,q_y$ は、Kからのずれをこの二方向に分けた成分だ。§01の断面は $q_y=0$ に当たり、$\mathbf q=0$ が接点そのものになる。

03

三つの寄与の打ち消しが崩れると

Kから少し動くと、三つの寄与はぴったりとは打ち消し合わなくなる。残る大きさがを決めるので、まずはその和を計算しよう。$\boldsymbol\delta_1,\boldsymbol\delta_2,\boldsymbol\delta_3$ は、Aから三つの隣のBへ向かう結合ベクトルだ。

$$f(\mathbf k)=e^{i\mathbf k\cdot\boldsymbol\delta_1}+e^{i\mathbf k\cdot\boldsymbol\delta_2}+e^{i\mathbf k\cdot\boldsymbol\delta_3}\tag{3}$$

を代入し、指数をKでの位相と、そこからの変化に分ける。

$$\begin{aligned}f(\mathbf K+\mathbf q) &=e^{i(\mathbf K+\mathbf q)\cdot\boldsymbol\delta_1}+e^{i(\mathbf K+\mathbf q)\cdot\boldsymbol\delta_2}+e^{i(\mathbf K+\mathbf q)\cdot\boldsymbol\delta_3}\\ &=e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_1}e^{i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_1} +e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_2}e^{i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_2} +e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_3}e^{i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_3}. \end{aligned}$$

ここではKのごく近くに限り、ずれ $\mathbf q$ を十分小さく取る。すると位相の変化 $\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j$ も小さいので、$e^{ix}=1+ix+\cdots$ の一次までを残す一次近似を使おう。

$$e^{i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j}\simeq1+i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j$$

それぞれに入れ、$\mathbf q$ を含まない部分と含む部分を分けよう。

$$\begin{aligned} f(\mathbf K+\mathbf q) &\simeq\sum_{j=1}^3e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_j}(1+i\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j)\\ &=\underbrace{\sum_{j=1}^3e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_j}}_{f(\mathbf K)=0} +i\sum_{j=1}^3 e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_j}(\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j). \end{aligned}$$

最初の和はKでの打ち消しそのものなので0になる。残るのは、三つの寄与がそれぞれどれだけ変わったかの和だ。

$$f(\mathbf K+\mathbf q)\simeq i\sum_{j=1}^3e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_j}(\mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_j)\tag{4}$$

成分の計算には、幾何と強結合近似のページと同じ座標の取り方を使おう。

$$\begin{aligned} \boldsymbol\delta_1&=a(0,1),\\ \boldsymbol\delta_2&=a(\sqrt3/2,-1/2),\\ \boldsymbol\delta_3&=a(-\sqrt3/2,-1/2),\\ \mathbf K&=(4\pi/(3\sqrt3a),0). \end{aligned}$$

まず、Kでの位相を三つとも求める。

$$\begin{aligned} \mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_1&=0,\\ \mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_2&=\frac{4\pi}{3\sqrt3a}\frac{\sqrt3a}{2}=\frac{2\pi}{3},\\ \mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_3&=\frac{4\pi}{3\sqrt3a}\left(-\frac{\sqrt3a}{2}\right)=-\frac{2\pi}{3}. \end{aligned}$$

$$e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_1}=1,\qquad e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_2}=e^{i2\pi/3},\qquad e^{i\mathbf K\cdot\boldsymbol\delta_3}=e^{-i2\pi/3}$$

次に、ずれ $\mathbf q$ による位相の変化を書く。

$$\begin{aligned} \mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_1&=aq_y,\\ \mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_2&=a(\sqrt3q_x/2-q_y/2),\\ \mathbf q\cdot\boldsymbol\delta_3&=a(-\sqrt3q_x/2-q_y/2). \end{aligned}$$

とをに入れると、

$$\begin{aligned}f(\mathbf K+\mathbf q)\simeq i\Big[&aq;_y\\ &+e^{i2\pi/3}a(\sqrt3q_x/2-q_y/2)\\ &+e^{-i2\pi/3}a(-\sqrt3q_x/2-q_y/2)\Big].\end{aligned}$$

$q_x$ の項を集める。二つの指数の差は $2i\sin(2\pi/3)$ なので、

$$\begin{aligned} i\frac{\sqrt3a}{2}(e^{i2\pi/3}-e^{-i2\pi/3})q_x &=i\frac{\sqrt3a}{2}\,2i\sin(2\pi/3)q_x\\ &=i\frac{\sqrt3a}{2}(i\sqrt3)q_x\\ &=-\frac{3a}{2}q_x. \end{aligned}$$

$q_y$ の項には、三つの結合がすべて入る。今度は指数の和を $2\cos(2\pi/3)$ にまとめる。

$$\begin{aligned} ia\left[1-\frac12e^{i2\pi/3}-\frac12e^{-i2\pi/3}\right]q_y &=ia[1-\cos(2\pi/3)]q_y\\ &=ia(1+1/2)q_y\\ &=i\frac{3a}{2}q_y. \end{aligned}$$

とを合わせれば、

$$f(\mathbf K+\mathbf q)\simeq-\frac{3a}{2}q_x+i\frac{3a}{2}q_y=-\frac{3a}{2}(q_x-iq_y)\tag{5}$$

Γ→Kに沿う成分 $q_x$ は実部に、それと直角の成分 $q_y$ は虚部に現れ、係数の大きさはどちらも $3a/2$ だ。複素平面で直角に並ぶ二成分の長さを取ると、

$$\begin{aligned}|f|^2&\simeq\left(\frac{3a}{2}\right)^2(q_x^2+q_y^2),\\ |f|&\simeq\frac{3a}{2}\sqrt{q_x^2+q_y^2}=\frac{3a}{2}|\mathbf q|. \end{aligned}\tag{6}$$

同じ距離だけKから離れれば、どの向きでも同じ大きさになる。三方向の結合から、一次近似ではこの方向によらない形が出てきた。

04

二つの円錐が現れる

をへ戻そう。

$$E_\pm(\mathbf K+\mathbf q)\simeq\pm\frac{3ta}{2}|\mathbf q|\tag{7}$$

まず、最初の図と同じ $q_y=0$ の断面を見よう。上側のエネルギーは $(3ta/2)|q_x|$ だ。Kからこの断面に沿って離れると、どちら向きでも、Kからの距離に比例して高くなる。これが、Kを底とするV字形になる理由だ。下側は、そのV字を上下に反転した形になる。

さらに、Kから同じ距離にある点は、どの向きでも同じエネルギーを持つ。V字の断面をKの周りに回せば、上下二つの円錐になる。これがディラックコーンだ。以下では、Kの近くをこの一次近似で扱う。

底面はKからのずれを表し、$q_x$ はΓ→Kの方向、$q_y$ はそれに直角の方向。高さがエネルギーを表す。ドラッグで回転できる。

Γを挟んで反対側にあるK′の近くにも、同じ円錐ができる。波数を $\mathbf k$ から $-\mathbf k$ に反転すると、三つの位相因子はそれぞれ複素共役になる。和 $f$ の虚部の符号は反転するが、その長さもエネルギーも変わらない。

$$\begin{aligned}f(-\mathbf k)&=\sum_{j=1}^3 e^{-i\mathbf k\cdot\boldsymbol\delta_j}=f^*(\mathbf k),\\ E_\pm(-\mathbf k)&=E_\pm(\mathbf k).\end{aligned}$$

Kに戻り、そこから波数をずらす向きによって、A・Bの係数の位相がどう変わるかを見よう。その関係は、強結合近似で得た次の二式に残っている。$u_A,u_B$ は、各原子の位置で決まる位相因子を取り出した後の、A・Bの $p_z$ 軌道の係数だ。

$$\begin{aligned}Eu_A&=-tf(\mathbf k)u_B,\\Eu_B&=-tf^*(\mathbf k)u_A.\end{aligned}$$

を入れると、

$$\begin{aligned}Eu_A&=\frac{3ta}{2}(q_x-iq_y)u_B,\\Eu_B&=\frac{3ta}{2}(q_x+iq_y)u_A.\end{aligned}\tag{8}$$

上側のバンドで、まずΓ→KをKの外側へ延長する向きに波数をずらそう。これが $+q_x$ 方向だ。$q_x=q>0,\ q_y=0$ なら $E=(3ta/2)q$ なので、は

$$\begin{aligned}\frac{3ta}{2}q\,u_A&=\frac{3ta}{2}q\,u_B,\\u_B&=u_A.\end{aligned}$$

A・Bの係数は大きさも位相もそろっている。では、$|\mathbf q|$ を変えずに、ずらす向きを反時計回りに90°回したらどうなるか。今度は $q_x=0,\ q_y=q>0$。エネルギーは同じでも、右辺に $-i$ が入る。

$$\begin{aligned}\frac{3ta}{2}q\,u_A&=-i\frac{3ta}{2}q\,u_B,\\u_B&=i\,u_A.\end{aligned}$$

$i=e^{i\pi/2}$ を掛けると位相は $\pi/2$ 進む。つまり今度は、Bの係数がAより四分の一周期だけ位相の進んだ組み合わせになる。同じエネルギーでも、A・Bの位相関係には違いが残った。

ほかの向きもまとめて表そう。Γから注目するKへ向かい、そのまま外側へ進む向きを基準にする。波数平面内で、この基準から $\mathbf q$ まで反時計回りに測る角度を $\theta$ とする。

円周上は $|\mathbf q|$ が等しく、同じバンドならエネルギーも等しい。上側のバンドでは、基準方向（$\theta=0$）で $u_B=u_A$、そこから反時計回りに四分の一周した方向（$\theta=\pi/2$）で $u_B=i u_A$ になる。

$$\begin{aligned}q_x&=|\mathbf q|\cos\theta,\qquad q_y=|\mathbf q|\sin\theta,\\ q_x-iq_y&=|\mathbf q|(\cos\theta-i\sin\theta)=|\mathbf q|e^{-i\theta}.\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}u_B&=\frac{E}{(3ta/2)|\mathbf q|}\,e^{i\theta}u_A\\&=\frac{\pm(3ta/2)|\mathbf q|}{(3ta/2)|\mathbf q|}\,e^{i\theta}u_A\\&=\pm e^{i\theta}u_A.\end{aligned}\tag{9}$$

上側のバンドなら $+$ を選ぶので、Bの係数はAに $e^{i\theta}$ を掛けたものになる。大きさを変えず、位相を $\theta$ だけ進める掛け算だ。下側ではさらに $-1=e^{i\pi}$ が掛かり、位相差が半周期増える。この一次近似では、A・Bの係数の比は、Kからのずれ $\mathbf q$ の向きで決まる。その向きを固定して $|\mathbf q|$ を変えると、エネルギーは変わるが、A・Bの係数の比は変わらない。

Γから注目する角へ向かう方向を基準にすれば、は六角形の三つのKに共通する。K′でもΓ→K′を基準に取ると、から $u_B=\pm e^{-i\theta}u_A$ となる。基準から $\mathbf q$ を反時計回りに回すと、Bの位相はKでは進み、K′では遅れる。

05

電子を見つけやすい場所の動きを追う

電子が進む様子を、電子を見つけやすい場所の移動として追ってみよう。近い波数の状態を重ねると、強め合う場所と弱め合う場所ができる。まず二つの状態を重ね、その確率密度の山がどう動くかを計算しよう。

まず上側のバンドで、Γ→Kを外側へ延長する向きに、互いに近い二つの波数を選ぼう。この基準方向に沿う成分は $K_x+q_1,K_x+q_2$（$q_1,q_2>0$）、直角方向の成分はともに0とする。時間を $\tau$ と書く。エネルギー $E_j$ の状態は時間とともに $e^{-iE_j\tau/\hbar}$ の位相を持つので、$\omega_j=E_j/\hbar$ と置けば、位相は $(K_x+q_j)x-\omega_j\tau$ になる。

と、大きさ1の位相因子 $e^{iK_xx}$ は二つの状態で共通だ。これらを取り出し、Kからのずれで変わる部分を見よう。二つを同じ大きさで重ねると、次の和 $F$ になる。

$$F(x,\tau)=e^{i\phi_1}+e^{i\phi_2},\qquad \phi_j=q_jx-\omega_j\tau\tag{10}$$

原子ごとの細かな起伏をならした確率密度は、$|F|^2$ に比例する。複素共役を掛けて計算すると、

$$\begin{aligned}|F|^2 &=(e^{i\phi_1}+e^{i\phi_2})(e^{-i\phi_1}+e^{-i\phi_2})\\ &=2+e^{i(\phi_2-\phi_1)}+e^{-i(\phi_2-\phi_1)}\\ &=2+2\cos\!\big[(q_2-q_1)x-(\omega_2-\omega_1)\tau\big]\\ &=2+2\cos(\delta q\,x-\delta\omega\,\tau),\\ \delta q&=q_2-q_1,\qquad \delta\omega=\omega_2-\omega_1. \end{aligned}\tag{11}$$

密度の山は、cosの中身が $2\pi n$ になる場所だ。同じ山を追いかけるには、整数 $n$ を固定すればよい。

$$\delta q\,x_n-\delta\omega\,\tau=2\pi n \quad\Longrightarrow\quad x_n(\tau)=\frac{\delta\omega}{\delta q}\tau+\frac{2\pi n}{\delta q}$$

時間に掛かる係数 $\delta\omega/\delta q$ が山の移動速度になる。二つの波数を近づけると、この比は分散曲線の傾きに近づく。

$$v_g=\lim_{\delta q\to0}\frac{\delta\omega}{\delta q} =\frac{d\omega}{dq}=\frac{1}{\hbar}\frac{dE}{dq}\tag{12}$$

これが群速度だ。二つの波では山が繰り返し並ぶが、多くの近い波数を重ねれば、一つの場所にまとまった波束を作れる。その波束の移動も、この傾きで決まる。

円錐の上側へ戻ろう。いま選んだ $+q_x$ 方向では、は $E=(3ta/2)q$ だ。その傾き $3ta/2$ を $\hbar$ で割ると、波束の速さになる。この速さを $v_F$ と書く。

$$\begin{aligned}v_F&=\frac{1}{\hbar}\frac{dE}{dq}=\frac{3ta}{2\hbar},\\E_\pm&=\pm\hbar v_F|\mathbf q|.\end{aligned}\tag{13}$$

Kからの距離を変えても直線の傾きは変わらず、エネルギーが違っても速さは同じになる。フェルミ速度は、フェルミエネルギーでの群速度を指す。中性のグラフェンではフェルミエネルギーが接点にあるので、接点へ近づくときの速さ $v_F$ をそう呼んでいる。

例えば $t=2.7\,\mathrm{eV}$、$a=0.142\,\mathrm{nm}$ をに入れると、

$$v_F=\frac{3(2.7\,\mathrm{eV})(0.142\times10^{-9}\,\mathrm m)}{2(6.582\times10^{-16}\,\mathrm{eV\,s})} \simeq8.7\times10^5\,\mathrm{m/s}$$

波数 $\mathbf k$ の状態は、$\hbar\mathbf k$ の結晶運動量を持つ。Kからのに対応する結晶運動量のずれは、$\mathbf p=\hbar\mathbf q$ となる。質量 $m$ の自由粒子のように $E=p^2/(2m)$ という放物線なら、は $dE/dp=p/m$ なので、エネルギーが大きいほど速くなる。上側の円錐では $E_+=v_Fp$ だから、高さを変えても傾きは変わらず、速さは $v_F$ のままになる。下の図で、二つの形を比べてみよう。

各組の重ね方

分散の形

時間 $\tau$0 ℏ/t

①・②の中心波数 $\bar q$ を選び、同じ位置から同じ時間だけ動かして比較する。振幅の破線は包絡線 $\pm|F|$、下段はそれぞれの確率密度だ。中心波数が違うとき、円錐では山がそろって進み、放物線では離れていく。各組をに切り替えると、本文で求めた山の繰り返しになる。

円錐のを微分すると、二次元では次の速度になる。$\hat{\mathbf q}=\mathbf q/|\mathbf q|$ は $\mathbf q$ の向きを表す長さ1のベクトルだ。

$$\begin{aligned}(v_x,v_y) &=\frac1\hbar\left(\frac{\partial E_\pm}{\partial q_x},\frac{\partial E_\pm}{\partial q_y}\right)\\ &=\pm v_F\left(\frac{q_x}{|\mathbf q|},\frac{q_y}{|\mathbf q|}\right) =\pm v_F\hat{\mathbf q}\qquad(|\mathbf q|>0). \end{aligned}\tag{14}$$

上側では $\mathbf q$ の向き、下側では逆向きに動き、速さはどちらも $v_F$になる。Kの周りでは、も、上側では $\theta$、下側では $\theta+\pi$ だった。Γ→Kを基準に測ると、位相差は速度の向きの角度と一致する。

エネルギーが増えても速さが変わらない。この性質は、真空中の光にもある。光子のエネルギーと運動量の関係は $E=cp$ だ。いま求めたも、光速 $c$ を $v_F$ に置き換えた同じ形になっている。Kの近くでは、電子が結晶中で質量のない粒子のように振る舞うわけだ。

円錐を見れば、高さから電子のエネルギーを、斜面の傾きから速度を読める。三つの隣との結びつきから出てきた形に、電子の動き方まで表れている。

円錐上の二つの状態の高さを比べれば、電子がその間を移るときに、どれだけエネルギーを受け取るか、あるいは渡すかも分かる。グラフェンのラマン散乱やフォノン放出で起こる、光や格子振動とのエネルギーのやり取りにも、この円錐が関わっている。