传递矩阵方法

上一节结尾把难题摆在了桌上：势每多一段，就多一个区域、多两个待定系数、多两个连接方程。2.11 节的单个方垒用了 4 个方程，已经推得满头汗；共振隧穿二极管是「垒-阱-垒」三层结构，8 个方程；半导体超晶格一百层起步。硬解方程组这条路走到头了。

换个角度看问题。逐段连接的过程其实高度重复：每一段发生的事都一样——两列波传播一段距离，在界面上按连续性条件换算成下一段的两列波。重复的线性操作，数学里有现成的打包方式：矩阵。每段势一个 $2\times2$ 矩阵，整条势就是把矩阵按顺序乘起来。一百层？一百次矩阵乘法，计算机眨眼的事，手算也不过是一页纸。

这就是传递矩阵方法（transfer matrix method）。

两块积木

分段常数势里，第 $j$ 段（势值 $V_j$、宽度 $d_j$、左端点 $x_j$）的解永远是两列波的叠加：

$$\psi_j(x)=A_j\,\ee^{\ii k_j(x-x_j)}+B_j\,\ee^{-\ii k_j(x-x_j)},\qquad k_j=\frac{\sqrt{2m(E-V_j)}}{\hbar}\tag{4.3.1}$$

$A_j$ 是右行波、$B_j$ 是左行波的振幅（$E<V_j$ 时 $k_j$ 是纯虚数，两项自动变成增减指数——2.11 节势垒内的解，无需另立规矩）。**这一段的全部信息就是一对数 $(A_j,B_j)$。**方法的核心问题只有一个：知道这一段的 $(A_j,B_j)$，怎么得到下一段的？

推导：传播矩阵与界面矩阵基础~8 min展开

从 $(A_j,B_j)$ 到 $(A_{j+1},B_{j+1})$ 要过两关。

第一关：走完这一段。 右行波从左端走到右端（距离 $d_j$）积累相位 $\varphi_j=k_jd_j$，左行波积累 $-\varphi_j$。在右端点处两列波的「当地振幅」是 $A_j\ee^{\ii\varphi_j}$ 与 $B_j\ee^{-\ii\varphi_j}$。写成矩阵：

$$P_j=\begin{pmatrix}\ee^{\ii\varphi_j}&0\\0&\ee^{-\ii\varphi_j}\end{pmatrix}\tag{4.3.2}$$

对角矩阵——传播不混合左右行波，只各自转相位（或在垒内各自增减）。

第二关：跨过界面。 在界面上 $\psi$ 与 $\psi'$ 连续（$V$ 有限，2.2 节的老规矩）。用上一步的当地振幅（记 $\tilde A=A_j\ee^{\ii\varphi_j}$，$\tilde B=B_j\ee^{-\ii\varphi_j}$），两个条件是

$$\tilde A+\tilde B=A_{j+1}+B_{j+1}\tag{4.3.3}$$$$k_j(\tilde A-\tilde B)=k_{j+1}(A_{j+1}-B_{j+1})\tag{4.3.4}$$

两式相加减，解出新振幅（记 $r=k_j/k_{j+1}$）：

$$A_{j+1}=\frac{1+r}{2}\tilde A+\frac{1-r}{2}\tilde B,\qquad B_{j+1}=\frac{1-r}{2}\tilde A+\frac{1+r}{2}\tilde B\tag{4.3.5}$$

也就是界面矩阵

$$S_{j\to j+1}=\frac12\begin{pmatrix}1+r&1-r\\1-r&1+r\end{pmatrix},\qquad r=\frac{k_j}{k_{j+1}}\tag{4.3.6}$$

检验：$k_{j+1}=k_j$（没有台阶）时 $r=1$，$S$ 退化为单位矩阵——没有界面就没有换算，正确。$r\ne1$ 时反对角元非零：界面把左右行波搅在一起，这正是反射的来源，和 2.11 节「阻抗失配才反射」的图像对上了。

组装。 从最左段到最右段依次过关：

$$\begin{pmatrix}A_N\\B_N\end{pmatrix}= \underbrace{S_{N-1\to N}P_{N-1}\cdots S_{1\to2}P_1S_{0\to1}}_{\displaystyle M} \begin{pmatrix}A_0\\B_0\end{pmatrix}\tag{4.3.7}$$

注意乘的顺序：波先经过的矩阵写在最右边，像穿一串门。整条势的物理浓缩在一个 $2\times2$ 复矩阵 $M$ 里。

从 M 读出散射量

设波从左入射：$A_0=1$（入射）、$B_0=r_{\text{amp}}$（反射待求）、最右段 $B_N=0$（右边没有波源——整个问题唯一的物理输入，和 2.11 节一样）。展开 $M$ 的第二行：

$$0=M_{21}+M_{22}\,r_{\text{amp}} \;\Longrightarrow\; r_{\text{amp}}=-\frac{M_{21}}{M_{22}}\tag{4.3.8}$$

代回第一行得透射振幅 $t=A_N=\det M/M_{22}$。两端势相同时可以逐块验证 $\det P_j=1$、$\det S=r$，连乘后所有台阶比值望远镜式相消，$\det M=1$，于是

$$T=\frac{1}{|M_{22}|^2},\qquad R=\frac{|M_{21}|^2}{|M_{22}|^2},\qquad T+R=1\tag{4.3.9}$$

最后一步用到 $M$ 的一个普遍结构（时间反演对称给出 $|M_{22}|^2-|M_{21}|^2=\det M=1$）。流守恒又一次不劳而获。

第一个战利品：双势垒共振

拿一个真实器件练手——共振隧穿二极管（RTD）的核心结构：GaAs 里夹两层 AlGaAs 势垒。参数取典型值：垒高 $V_0=0.3$ eV，两个垒各宽 2 nm，中间阱宽 6 nm，电子有效质量 $m^*=0.067\,m_e$（即 $m^*c^2\approx34.2$ keV——晶体里的电子「变轻」了，这是能带结构送的）。

五段势、四个界面，$M$ 是 8 个矩阵的乘积。逐能量扫描算出 $T(E)$：

$E$（eV）	0.050	0.068	0.100	0.200	0.275
$T$	0.035	1.000	0.071	0.167	1.000

在 $E=0.068$ eV 处，透射率精确达到 1——尽管单独一个 2 nm 垒在这个能量下只有 $T_1\approx0.20$，两个垒「串联」按朴素直觉该是 $T_1^2\approx0.04$。共振把它放大了 24 倍，直到完全透明。稍偏离共振，$T$ 又跌回百分之几。

顺带说一句，上面表格用二十来行代码就能复现（完整的数值工具下两节展开）：

import numpy as np

hbarc, mstar = 197.3, 0.067 * 511000.0     # eV·nm；GaAs 有效质量

def transmission(E, widths, heights):
    """widths/heights: 中间各段的宽度(nm)与势能(eV)，两端是 V=0 的电极。"""
    Vs = [0.0] + list(heights) + [0.0]
    ks = [np.sqrt(2 * mstar * (E - V + 0j)) / hbarc for V in Vs]
    ds = [0.0] + list(widths)               # 第 0 段无需传播
    M = np.eye(2, dtype=complex)
    for j in range(len(ds)):
        phi = ks[j] * ds[j]
        P = np.diag([np.exp(1j * phi), np.exp(-1j * phi)])
        r = ks[j] / ks[j + 1]
        S = 0.5 * np.array([[1 + r, 1 - r], [1 - r, 1 + r]])
        M = S @ P @ M                       # 先经过的矩阵先乘（在右侧）
    t = (M[0, 0] * M[1, 1] - M[0, 1] * M[1, 0]) / M[1, 1]
    return abs(t) ** 2

# 双势垒：2 nm 垒 / 6 nm 阱 / 2 nm 垒
print(transmission(0.0682, [2, 6, 2], [0.3, 0.0, 0.3]))   # → 1.000

复数开方让 $E<V$ 的段自动得到虚波数，垒和阱不用分开处理——2.11 节里「换 $\kappa$ 重写一遍」的手工活，被一行 0j 吃掉了。

从两层到无穷层：能带的诞生

传递矩阵最漂亮的应用是周期结构。把「垒+阱」作为一个周期、其矩阵记为 $M_1$，重复 $N$ 次的超晶格总矩阵就是 $M_1^N$——不用重新连接任何方程。

$N\to\infty$ 时波还能不能传过去，取决于 $M_1^N$ 是否有界。线性代数给出干脆的判据：$\det M_1=1$ 时 $M_1$ 的两个本征值互为倒数 $\lambda,1/\lambda$，且 $\lambda+1/\lambda=\operatorname{Tr}M_1$。于是——

• $|\operatorname{Tr}M_1|\le2$：本征值是模 1 的相位因子 $\ee^{\pm\ii qL}$，波无衰减地传播——这些能量构成允带；
• $|\operatorname{Tr}M_1|>2$：本征值一个大于 1 一个小于 1，波指数衰减——禁带。

一个 $2\times2$ 矩阵的迹随能量起伏，扫过 $\pm2$ 之间与之外，能量轴就被切成一条条允带与禁带——这正是 Kronig–Penney 模型，固体能带论的最简版本。孤立阱的分立能级在多层耦合下展宽成带；半导体、绝缘体、导体的区别，追到底就是费米能落在允带还是禁带里。RTD 的单个共振峰，可以看成「只有一个周期的允带」——两个视角在这里合流。

∎本节关键公式

• 传播矩阵

  $$P_j=\begin{pmatrix}\ee^{\ii k_jd_j}&0\\0&\ee^{-\ii k_jd_j}\end{pmatrix}$$

  对角：传播不混合左右行波；E<V 时自动变为增减指数

• 界面矩阵

  $$S=\frac12\begin{pmatrix}1+r&1-r\\1-r&1+r\end{pmatrix},\quad r=\frac{k_j}{k_{j+1}}$$

  反对角元 ≠ 0 即反射；k 相同时退化为单位阵

• 散射量

  $$M=S\cdots PS,\quad T=\frac{1}{|M_{22}|^2},\quad R=\frac{|M_{21}|^2}{|M_{22}|^2}$$

  两端同势时 det M = 1，T+R=1 自动成立

• 能带判据

  $$|\operatorname{Tr}M_1|\le2\ \Rightarrow\ \text{允带},\qquad |\operatorname{Tr}M_1|>2\ \Rightarrow\ \text{禁带}$$

  M₁ 为单个周期的矩阵；Kronig–Penney 模型

?自测共 4 题

1. 1.

   传递矩阵方法把多层势问题化成矩阵连乘。它能这么做的根本原因是：

   • 每一段的解由两个系数完全确定，而传播与界面连接都是这对系数的线性变换
   • 薛定谔方程是二阶微分方程
   • 所有势都可以近似成分段常数
   • 矩阵乘法比解方程组快

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2. 2.

   双势垒在共振能量处 T = 1，而组成它的单个势垒此能量下 T₁ ≈ 0.2。关于这个「1 大于 0.2²」的正确解释是：

   • 阱内多次往返的波在透射方向相长干涉、在反射方向相消，与法布里–珀罗腔同理
   • 两个势垒中有一个失效了
   • 粒子从阱中获得了额外能量
   • T₁² 的算法忘了乘 2

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3. 3.

   周期势中单周期矩阵 M₁ 满足 det M₁ = 1。能量落在禁带意味着：（多选）

   多选题

   • |Tr M₁| 大于 2
   • M₁ 的两个本征值一个模大于 1、一个模小于 1
   • 波在结构中指数衰减，无限周期时无法传播
   • 该能量下不存在薛定谔方程的解

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4. 4.

   把 RTD 的 6 nm 阱粗略当成无限深阱，估算基态能级（即共振能量的零阶估计），单位 eV。电子有效质量 m*c² = 0.067×511000 ≈ 34240 eV，ħc = 197.3 eV·nm。

   eV允许 1% 相对误差

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接下来

传递矩阵把「分段常数势」这类问题一网打尽。但它的看家本领恰恰暴露了边界：真实的势大多是光滑的——分子里的相互作用势、量子点里的约束势、外加电场下倾斜的势，没有一个长得像台阶。硬要用台阶逼近，段数一多，手工组装矩阵也失去了优雅。

是时候彻底交给计算机了。下一节把 $x$ 轴本身切成密密的格点，微分方程摇身变成三对角矩阵的本征值问题——第 3 章「算符即矩阵」的说法将第一次变得完全字面：哈密顿量就是一个你能打印出来看的矩阵，能级就是它的本征值，十行代码之内。