Уравнение Пуассона-Больцмана

[Freude]

Пришлось взяться за решение уравнения Пуассона-Больцмана для гетероструктуры. Незнаю как к нему подойти. Это нелинейное диф. уравнение, распределение заряда в правой части зависит от потенциала через статистику Больцмана. Пробовал итерационно, однако решение сильно зависит от начальной формы потенциала и несходится.

[atlas]

Не совсем ясна постановка задачи.
Что это за уравнение такое? Пуассона знаем. Больцмана знаем. А Пуассона-Больцмана...
Что имеется в виду под гетероструктурой - гетероперход, двойная гетероструктура, сверхрешетка или одиночная КЯ?
А какой размерности задача?

[Freude]

1) Это уравнение позволяет посчитать потенциал, зная распределение заряда, для любой структуры. Распределение имеется в виду по энергии (форму распределения - Больцмана, Ферми-Дирака). Из этого же уравненя можно потом найти и пространственное распределение заряда. Такая вот претензия на универсальность. Но и, вправду, это уравнение не только для гетероструктур но и для молекул используется:

http://en.wikipedia.org/wiki/Poisson-Boltzmann

Это уравнение часто используется, чтобы посчитать Хартри потенциал в системе, находящейся в равновесии и сотоящей из множества подвижных и неподвижных зарядов.

2) Гетероструктура. В том то и дело, что любая. Для одного гетероперехода нет необходимости рашать это нелинейное уравнение, там можно использвоать приближение "обедненного слоя". В данном случае интересует слоистая полупроводниковая структура с произвольным числом слоев и изготовленная из произвольных полупроводниковых материалов.

3) Уравнение Пуассона-Больцмана. Нелинейное дифференциальное уравнение. ГУ не написал, потому что могут быть разные варианты, интересуют все. Эту задачу часто решают и с Дирихле условиями, и с Неймана, иногда на начальные условия. Вся проблема в том, что заряд в правой части уравнения Пуассона содержит экспоненту, в аргументе которой потенциал, который и является решением уравнения.

Как решают нелинейные диф. уравнения?
Как улучшить можно итерационный метод?
Имеются ли специфические подходы именно к этому уравнению?

[OroHeK]

Приветствую, прошло более 2 лет с момента последнего поста , столкнулся с такой же проблемой, что и автор темы. Новую тему создавать не стал, решил поднять старую....кто-нибудь может что-нибудь посоветовать?

[Eiktyrnir]

Freude писал(а):

Пробовал итерационно, однако решение сильно зависит от начальной формы потенциала и несходится

Странно. Этого быть не должно. Решение в принципе не должно зависеть от начальных условий (начальной формы потенциала в данном случае).

Freude писал(а):

Как улучшить можно итерационный метод?

Только за счет увеличения количества итераций и уменьшения их шага.

Freude писал(а):

Имеются ли специфические подходы именно к этому уравнению?

Хм...

Freude писал(а):

Как решают нелинейные диф. уравнения?

OroHeK писал(а):

кто-нибудь может что-нибудь посоветовать?

Прием линеаризации не пробывали?
Грубо говоря
$\epsilon(r)$=$\epsilon_{0}$+$\delta\epsilon(r)$
$\psi(r)$=$\psi_{0}$+$\delta$\psi(r)$
(пусть $\epsilon(r)$ и $\psi(r)$ суть векторные функции - неважно). Отдельно выписывает уравнение для $\epsilon_{0}$ и $\psi_{0}$ - а это части которые не меняются в зависимости от $r$. Отдельно для $\delta\epsilon(r)$ и $\delta\psi(r)$. Учтите, что так как систему линеаризуем, то все члены типа $\delta\epsilon(r)$*$\delta\psi(r)$ нафиг выкидываем...

[OroHeK]

Немного конкретики:
1) Имеется два полупроводника n- и р-типа проводимости, которые находятся в состоянии физического контакта в плоскости х=0, общий вид уравнения будет иметь следующий вид

\[\begin{array}{l} x < 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_d}\left( {{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_d}}}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ x > 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_a}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_a}}}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ \end{array}\]

где Nd и Na - концентрации доноров и акцепторов, ni - собственная концентрация носителей, к - постоянная Больцмана, Т - температура.

[Eiktyrnir]

OroHeK в сообщении #292301 писал(а):

Немного конкретики:
...
где Nd и Na - концентрации доноров и акцепторов, ni - собственная концентрация носителей, к - постоянная Больцмана, Т - температура.

Уточняю $N_{d}$, $N_{a}$ и $n_{i}$ имеют пространственное распределение от $x$ или тоже константы?

[OroHeK]

Прием линеаризации не пробовал, но исходную задачу можно упростить до следующего вида:

\[\begin{array}{l} x < 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_d} + \frac{{n_i^2}}{{{N_d}}}{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}}} \right\} \\ \\ x > 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_a} + \frac{{n_i^2}}{{{N_a}}}{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}}} \right\} \\ \end{array}\]

или, если сгруппировать

\[\begin{array}{l} x < 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\frac{{n_i^2}}{{{N_d}}}{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}} = \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}{N_d} \\ \\ x > 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} + \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\frac{{n_i^2}}{{{N_a}}}{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}} = - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}{N_a} \\ \end{array}\]

1) у меня возник вопрос: можно ли приведенные выше уравнения рассматривать как уравнение вида

\[y'' + \nu (x)y(x) = f(x)\]

ибо это уравнение уже можно решить итерационными методами, но смущает наличие экспоненты и то, что экспоненциальный множитель

\[\frac{1}{{kT}}\]

не учитывается.....
2) если 1) - верно, то может кто-нибудь посоветовать способ решения диф. ур. следующего вида:

\[y'' + \nu (x){e^{y(x)}} + \lambda (x)\frac{1}{{{e^{y(x)}}}} = f(x)\]

3) $N_{d}$, $N_{a}$ - зависят от $x$ следующим образом:
а) $x$ < 0 : $N_{d}$ = $const$, $N_{a}$ = $0$
б) $x$ > 0 : $N_{a}$ = $const$, $N_{d}$ = $0$
в) $n_{i}$ - константа

вместо $const$ можно задать какую-нибудь другую функцию, для меня главное понять суть....
4) если решить уравнение 1) итерационным методом, то численные значения будут для $V(x)$ , или для $\[{e^{ \frac{{V(x)}}{{kT}}}}\]$ ?

[Eiktyrnir]

OroHeK в сообщении #292301 писал(а):

Немного конкретики:
1) Имеется два полупроводника n- и р-типа проводимости, которые находятся в состоянии физического контакта в плоскости х=0, общий вид уравнения будет иметь следующий вид

\[\begin{array}{l} x < 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_d}\left( {{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_d}}}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ x > 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_a}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_a}}}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ \end{array}\]

где Nd и Na - концентрации доноров и акцепторов, ni - собственная концентрация носителей, к - постоянная Больцмана, Т - температура.

В первом уравнении для $x<0$ во второй экспоненте в показателе случаем минус не пропустили? Ладно не суть. Если здесь а кроме $V(x)$ ничего больше от $x$ не меняется, то "картина маслом" ИМХО такая
$V(x)$=$V_0$+$\delta$$V(x)$
Далее
$e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}$=$1$+$\left(\frac{V(x)}{kT} \right)$+$\frac{1}{2}\left(\frac{V(x)}{kT} \right)^2\frac{dV(x)}{dx}$
Ну и окончательно "препарируем экспоненту"... подставляя туда наше линеаризованное разложение для $V(x)$ и "уничтожая" члены типа $\delta$$V(x)\frac{dV(x)}{dx}$ и более выского порядка малости нежели $\delta$$V(x)^2$ (не смог записать еще плохо в ТеХе плаваю). Ну и смотрите сами получите обычное линейное дифур 2-го порядка с однородными коэффициентами и неоднородной правой частью. $V_0$ найдете надеюсь вообще без особого труда?! Получите некое решение удовлетворяющее линеаризованному выражению для $V(x)$. Анализируйте полученные результаты (что-то похоже на затухание а может я не прав).

OroHeK писал(а):

но исходную задачу можно упростить до следующего вида:

Здесь могу подсказать еще кое-что - например как из вашего нелинейного дифур 2-го порядка получить интегро-диффур 1-го порядка (а точнее диффур 1-го порядка для некоторых интегральных параметров которые мы можем с вами определить). Хотя ... тут можно попробывать и другой прием - решение можно попробывать подобрать... давайте покумекаем завтра... спать охота ужо

-- Чт фев 25, 2010 23:08:34 --

OroHeK писал(а):

экспоненциальный множитель ... не учитывается.....

а простите можно в вашем случае считать, что $\frac{1}{kT}$<<1 - какие параметры среды? Если так - то ВКБ может подойти...

[OroHeK]

Eiktyrnir в сообщении #292378 писал(а):

В первом уравнении для $x<0$ во второй экспоненте в показателе случаем минус не пропустили?

пропустил, но для $x>0$ и во втором члене, правильно должно быть так:

\[\begin{array}{l} x < 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = - \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_d}\left( {{e^{ - \frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_d}}}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ x > 0 \\ \frac{{{d^2}V(x)}}{{d{x^2}}} = \frac{{{e^2}}}{{\varepsilon {\varepsilon _0}}}\left\{ {{N_a}\left( {{e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right) - \frac{{n_i^2}}{{{N_a}}}\left( {{e^{-\frac{{V(x)}}{{kT}}}} - 1} \right)} \right\} \\ \end{array}\]

и раз уж Вас заинтересовала эта проблема, обрисую всю картину, правда придется немного повториться:

а) $x$ < 0 : $N_{d}$ = $const$, $N_{a}$ = $0$
б) $x$ > 0 : $N_{a}$ = $const$, $N_{d}$ = $0$
------------------------
*если не ошибаюсь, задав распределение примеси не $const$, а некой функцией от $x$, задача не изменится? т.к. в данном случае получаем резкий переход, в реальной жизни он не "ступенчатый", а имеет некий фронт спада, который можно аппроксимировать функцией ошибок $erfic$ или функцией Гаусса
**если ошибаюсь, буду признателен, если меня поправят
------------------------
в) $n_{i}$ - константа
г) граничные условия второго рода: $\[\frac{{dV}}{{dx}} = 0\]$ в точке $x=a $ и $x=b$ соответственно
д) задача решается для p-n-перехода, поэтому$\[x \in [a,0),x \in (0,b]\]$, иными словами потенциал начинает возрастать с некоторой точи $x=a$, значение этой точки нам известно, а изменение описывается первым уравнением (случай $x<0$). Прекращает изменяться в некоторой точке $x=b$, значение которой тоже известно, это изменение описывается вторым уравнением (случай $x>0$)(решил пояснить, на случай если кто-нибудь не поймет о чем именно идет речь)
е) в точке $x=0$ необходимо будет сшить две функции, исходя из условия их равенства в точке $x=0$, решая уравнение $\[y'' + \nu (x)y(x) = f(x)\]$ методом прогонки, в точке $x=0$ первыми коэффициентами для правой части взял значение последних для левой, если я не прав - буду признателен если меня поправят, и вдвойне признателен, если объяснят, почему этого делать не следует, и в тройне, если ответят "имею ли я моральное право" вообще решать так это уравнение, т.к. меня сильно смущает экспонента $\[y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)\]$

-- Пт фев 26, 2010 01:04:35 --

Eiktyrnir в сообщении #292378 писал(а):

OroHeK писал(а):

экспоненциальный множитель ... не учитывается.....

а простите можно в вашем случае считать, что $\frac{1}{kT}$<<1 - какие параметры среды? Если так - то ВКБ может подойти...

к моему глубочайшему сожалению, учитывать его жизненно необходимо.

[Eiktyrnir]

OroHeK писал(а):

пропустил, но для $x>0$ и во втором члене, правильно должно быть так...

Ясно теперь - симметрия несколько иначе у уравнений (это так сам с собой говорю).

OroHeK писал(а):

и раз уж Вас заинтересовала эта проблема

Да отчасти заинтересовала. Интересный дифур...

OroHeK писал(а):

т.к. меня сильно смущает экспонента $\[y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)\]$

И правильно, что она вас смущает. Функция $\nu (x)\not=e^{y(x)}$ в том самом уравнении которые вы пытаетесь взять итерацией. Вот здесь короче

\[y'' + \nu (x)y(x) = f(x)\]

- нельзя здесь так
-- Пт фев 26, 2010 01:04:35 --

OroHeK писал(а):

к моему глубочайшему сожалению, учитывать его жизненно необходимо.

Дык это я ж грю - если это так (т.е. если $\frac{1}{kT}$<<1), то и наоборот - хорошо. Тогда можно попробывать ВКБ (метод Вентцель-Крамерс-Бриллюэн). Пусть $\rho^2=\frac{1}{kT}$<<1$Если мне не отшибло память для уравнений типа

\[y'' + \rho^2\nu (x)y(x) = f(x)\]

(правда экспоненту все-таки в данном случае придется разложить таки в ряд Тейлора в окрестности точки \rho и ограничится первыми тремя членами).

-- Пт фев 26, 2010 08:29:01 --

Eiktyrnir писал(а):

$\rho^2=\frac{1}{kT}$<<1$

Глядя на постоянную Больцмана и воображая себе какие у вас там могут быть температуры - что-то сдается мне, что $\rho^2>>1$... тогда ВКБ не то... (посыпал голову пеплом). У вас явно температуры не должны превосходить нескольких сот Кельвинов для процесса (понимаю что очень приблизительно сказал, но не важно сколько даже сотен, важно что сотни и $\rho$ ну никак не меньше 1).

-- Пт фев 26, 2010 08:43:02 --

Eiktyrnir писал(а):

то "картина маслом" ИМХО такая
$V(x)$=$V_0$+$\delta$$V(x)$
Далее
$e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}$=$1$+$\left(\frac{V(x)}{kT} \right)$+$\frac{1}{2}\left(\frac{V(x)}{kT} \right)^2\frac{dV(x)}{dx}$

Наврал... Вот исправился...
$e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}$=$1$+$\left(\frac{V(x)}{kT} \right)\frac{dV(x)}{dx}$+$\frac{1}{2}\left(\frac{V(x)}{kT} \right)^2\frac{d^{2}V(x)}{d^{2}x}$

[OroHeK]

Eiktyrnir писал(а):

$\rho^2=\frac{1}{kT}$<<1$
Глядя на постоянную Больцмана и воображая себе какие у вас там могут быть температуры - что-то сдается мне, что $\rho^2>>1$

в моем случае $T=300K$, соответственно $kT=0,025 eV$, и соответственно $\rho^2=\frac{1}{kT} = 40 >> 1$

Eiktyrnir писал(а):

Eiktyrnir писал(а):

то "картина маслом" ИМХО такая
$V(x)$=$V_0$+$\delta$$V(x)$
Далее
$e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}$=$1$+$\left(\frac{V(x)}{kT} \right)$+$\frac{1}{2}\left(\frac{V(x)}{kT} \right)^2\frac{dV(x)}{dx}$

Наврал... Вот исправился...
$e^{\frac{{V(x)}}{{kT}}}$=$1$+$\left(\frac{V(x)}{kT} \right)\frac{dV(x)}{dx}$+$\frac{1}{2}\left(\frac{V(x)}{kT} \right)^2\frac{d^{2}V(x)}{d^{2}x}$

"картина маслом" все еще прежняя? или с новыми вводными немного изменилась?

-- Пт фев 26, 2010 12:20:24 --

Eiktyrnir писал(а):

OroHeK писал(а):

т.к. меня сильно смущает экспонента $\[y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)\]$

И правильно, что она вас смущает. Функция $\nu (x)\not=e^{y(x)}$ в том самом уравнении которые вы пытаетесь взять итерацией. Вот здесь короче

\[y'' + \nu (x)y(x) = f(x)\]

- нельзя здесь так

речь немного не о том....можно ли ставить знак тождественного равенства между $y'' + \nu (x)y(x) = f(x)$ и
$y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)$, т.е. приравнивать $y(x) =e^{y(x)}$ в уравнении для $y''$?

[Eiktyrnir]

OroHeK писал(а):

в моем случае $T=300K$, соответственно $kT=0,025 eV$, и соответственно $\rho^2=\frac{1}{kT} = 40 >> 1$

Как я и думал - ВКБ не идет.

OroHeK писал(а):

"картина маслом" все еще прежняя? или с новыми вводными немного изменилась?

С новыми данными конечно интересно все (наиболее полное описание постановки задачи), но все же давайте в 0-приближении решим линеаризованную систему и концентрации - суть константы. Потом усложним. Я тут замену переменных (ЗП) гадаю - как вам получить из диффура 2-го порядка - диффур 1-го для неких интегральных параметров, которые можно просто определить самим (тогда будет точная аналитика). Вы пока линеаризованную задачу решите (для самого себя - мне как бы ненужны эти результаты - мне от них "не холодно, не жарко"), а я подумаю насчет ЗП. Сообщу позже свою ЗП (как вариант) - когда придумаю .

OroHeK писал(а):

если решить уравнение 1) итерационным методом, то численные значения будут для $V(x)$, или для $e^{\frac{V(x)}{kT}}$?

Хм. Интересный вопрос - очевидно, что смотря что будете итерировать - если экспоненту - то для нее, если разложенную экспоненту в ряд Тэйлора - тогда для $V(x)$. Так наверное, если не заблуждаюсь.

Цитата:

решая уравнение $\[y'' + \nu (x)y(x) = f(x)\]$ методом прогонки, в точке $x=0$ первыми коэффициентами для правой части взял значение последних для левой, если я не прав - буду признателен если меня поправят, и вдвойне признателен, если объяснят, почему этого делать не следует, и в тройне, если ответят "имею ли я моральное право" вообще решать так это уравнение...

Я нескажу вам насчет вот этого (честно не в курсе), но сдается мне что все же $\nu (x)\not=e^{y(x)}$

-- Пт фев 26, 2010 11:53:54 --

OroHeK писал(а):

------------------------
*если не ошибаюсь, задав распределение примеси не $const$, а некой функцией от $x$, задача не изменится? т.к. в данном случае получаем резкий переход, в реальной жизни он не "ступенчатый", а имеет некий фронт спада, который можно аппроксимировать функцией ошибок $erfic$ или функцией Гаусса

Если нас счас не "порвут на ремни" мэтры, то можно сделать и так.
Сначала $N_a$ (или $N_d$ не суть)- $const$, а потом задать их (уже в решенных уравнениях) как $N_a=\int_{V}N_a(x) dx$, здесь $V$ - некий характерный объем, ну а $N_a(x)$ - ваше распределение (тот же Гаусс). Спекуляция чистой воды, но все же...

[Eiktyrnir]

OroHeK писал(а):

речь немного не о том....можно ли ставить знак тождественного равенства между $y'' + \nu (x)y(x) = f(x)$ и
$y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)$, т.е. приравнивать $y(x) =e^{y(x)}$ в уравнении для $y''$?

Млин (вот клинит меня однозначно). Теперь дошло. Думаю, что вот так можно
$ln{y''} + ln{\nu} (x)+y(x) = ln{f(x)}$ (опля - почти линейное )

-- Пт фев 26, 2010 13:06:20 --

Eiktyrnir писал(а):

$ln{y''} + ln{\nu} (x)+y(x) = ln{f(x)}$ (опля - почти линейное )

О! Эврика... (а так решить сможете, чувствую счас мэтры порвут все-таки )
$ln{y''}+y(x) = ln{\frac{f(x)}{\nu (x)}$

[OroHeK]

Eiktyrnir в сообщении #292536 писал(а):

OroHeK писал(а):

речь немного не о том....можно ли ставить знак тождественного равенства между $y'' + \nu (x)y(x) = f(x)$ и
$y'' + \nu (x){e^{y(x)}} = f(x)$, т.е. приравнивать $y(x) =e^{y(x)}$ в уравнении для $y''$?

Млин (вот клинит меня однозначно). Теперь дошло. Думаю, что вот так можно
$ln{y''} + ln{\nu} (x)+y(x) = ln{f(x)}$ (опля - почти линейное )

я уже давно об этом подумываю, но возникает вопрос: можно ли брать натуральный логарифм от производной? и надо полагать, что применяя итерационный метод решения, будет найдено значение $ln(y)$, т.е. потом нужно будет провести обтатную операцию?

-- Пт фев 26, 2010 14:11:32 --

Eiktyrnir писал(а):

О! Эврика... (а так решить сможете, чувствую счас мэтры порвут все-таки )
$ln{y''}+y(x) = ln{\frac{f(x)}{\nu (x)}$

смогу, только боюсь нужно мнение мэтра, без авторитетного согласия или опровержения как-то боюсь ввести себя и других в заблуждение....