例题分析

习题一：一维单原子链的动力学与色散关系

【问题】

考虑一个由 N 个质量为 $m$ 的相同原子组成的一维单原子链，原子间平衡距离为 $a$，只考虑最近邻相互作用，力常数为 $\beta$。

1. 写出第 $n$ 个原子的运动方程。
2. 假设其解为格波形式 $\mu_n = A e^{i(\omega t - nqa)}$，推导出其色散关系 $\omega(q)$。
3. 分析在长波极限 ($qa \ll 1$)下，该色散关系的形式，并解释其“声学”性质。

【知识点】

• 牛顿第二定律在一维晶格中的应用
• 简谐近似与最近邻相互作用模型
• 格波解的代入与求解
• 一维单原子链的色散关系
• 第一布里渊区概念的引入
• 长波极限近似与声速

【思路】

1. 首先，对第 $n$ 个原子进行受力分析。它受到来自第 $n+1$ 和第 $n-1$ 两个原子的线性回复力（胡克定律），根据牛顿第二定律 $F=ma$ 列出微分方程。
2. 将题目给出的平面波试探解代入运动方程。由于每一项都含有 $e^{i(\omega t - nqa)}$ 公因子，可以消去，从而将微分方程代数化。
3. 通过整理代数方程，得到 $\omega$ 和 $q$ 必须满足的关系式，即色散关系。
4. 对得到的色散关系中的 $\sin$ 函数在自变量很小的情况下进行泰勒展开 ($\sin x \approx x$)，从而得到 $\omega$ 与 $q$ 的线性关系，并与连续介质中的声速公式进行类比。

【解答】

第 $n$ 个原子受到的合力为左右两个相邻原子作用力之和：

$$ F_n = \beta(\mu_{n+1} - \mu_n) - \beta(\mu_n - \mu_{n-1}) = \beta(\mu_{n+1} + \mu_{n-1} - 2\mu_n) $$

根据牛顿第二定律，运动方程为：

$$ m \frac{d^2\mu_n}{dt^2} = \beta(\mu_{n+1} + \mu_{n-1} - 2\mu_n) $$

将格波解 $\mu_n = A e^{i(\omega t - nqa)}$ 代入上式。

$$ m(i\omega)^2 A e^{i(\omega t - nqa)} = \beta \left[ A e^{i(\omega t - (n+1)qa)} + A e^{i(\omega t - (n-1)qa)} - 2A e^{i(\omega t - nqa)} \right] $$

消去公共因子 $A e^{i(\omega t - nqa)}$，得到：

$$ -m\omega^2 = \beta (e^{-iqa} + e^{iqa} - 2) $$

利用欧拉公式 $e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta$，上式变为：

$$ -m\omega^2 = \beta (2\cos(qa) - 2) = -2\beta(1 - \cos(qa)) $$

再利用三角学半角公式 $1 - \cos(qa) = 2\sin^2(qa/2)$：

$$ m\omega^2 = 4\beta \sin^2\left(\frac{qa}{2}\right) $$

最终得到色散关系为：

$$ \omega(q) = \sqrt{\frac{4\beta}{m}} \left| \sin\left(\frac{qa}{2}\right) \right| $$

在长波极限下，$qa \ll 1$，因此 $\sin(qa/2) \approx qa/2$。色散关系近似为：

$$ \omega(q) \approx \sqrt{\frac{4\beta}{m}} \cdot \frac{qa}{2} = a\sqrt{\frac{\beta}{m}} \cdot q $$

这是一个线性关系 $\omega = v_s q$，其中 $v_s = a\sqrt{\beta/m}$ 是声速。这种线性的、无色散的特征与宏观介质中的声波完全一致，因此该振动模式被称为声学模式。

习题二：一维双原子链的色散关系与带隙

【问题】

考虑一个由两种原子组成的一维双原子链，它们的质量分别为 $m$ 和 $M$ ($M=4m$)，交替排列。最近邻原子间距为 $a/2$，力常数均为 $\beta$。

1. 计算在第一布里渊区中心 ($q=0$) 时，声学支和光学支的频率。
2. 计算在第一布里渊区边界 ($q=\pi/a$) 时，声学支和光学支的频率。
3. 根据以上计算，确定该晶格振动谱中频率禁带（带隙）的宽度 $\Delta\omega$。

【知识点】

• 一维双原子链的色散关系公式
• 声学支与光学支的定义与物理图像
• 第一布里渊区的边界条件
• 频率禁带（带隙）的计算

【思路】

1. 直接写出一维双原子链的色散关系公式 $\omega_{\pm}^2(q)$。
2. 对于第一问，将 $q=0$ 代入公式。需要注意对 $\sin$ 函数和根号项进行近似处理，以分别求出 $\omega_+$ 和 $\omega_-$ 的值。
3. 对于第二问，将布里渊区边界条件 $q=\pi/a$ 代入公式，此时 $\sin(qa/2) = \sin(\pi/2) = 1$，计算变得直接。
4. 根据第2步的计算结果，声学支的最高频率 $\omega_{ac,max}$ 和光学支的最低频率 $\omega_{op,min}$ 均在布里渊区边界取得。带隙宽度即为这两个频率之差。

【解答】

一维双原子链的色散关系为：

$$ \omega_{\pm}^2 = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 \pm \sqrt{1 - \frac{4mM}{(m+M)^2} \sin^2\left(\frac{qa}{2}\right)} \right] $$

1. 布里渊区中心 ($q=0$):
此时 $\sin(qa/2) = 0$。
对于声学支（取负号）：

$$ \omega_{-}^2(0) = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 - \sqrt{1 - 0} \right] = 0 \implies \omega_-(0) = 0 $$

对于光学支（取正号）：

$$ \omega_{+}^2(0) = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 + \sqrt{1 - 0} \right] = \frac{2\beta(m+M)}{mM} = 2\beta\left(\frac{1}{m} + \frac{1}{M}\right) $$

代入 $M=4m$：

$$ \omega_{+}(0) = \sqrt{2\beta\left(\frac{1}{m} + \frac{1}{4m}\right)} = \sqrt{2\beta \cdot \frac{5}{4m}} = \sqrt{\frac{5\beta}{2m}} $$

2. 布里渊区边界 ($q=\pi/a$):
此时 $\sin(qa/2) = \sin(\pi/2) = 1$。根号内的项变为 $1 - \frac{4mM}{(m+M)^2} = \frac{(M-m)^2}{(M+m)^2}$。
对于声学支（取负号），其频率达到最大值：

$$ \omega_{-}^2(\pi/a) = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 - \frac{M-m}{M+m} \right] = \frac{\beta(m+M)}{mM} \cdot \frac{2m}{M+m} = \frac{2\beta}{M} $$

$$ \omega_{ac,max} = \sqrt{\frac{2\beta}{M}} = \sqrt{\frac{2\beta}{4m}} = \sqrt{\frac{\beta}{2m}} $$

对于光学支（取正号），其频率达到最小值：

$$ \omega_{+}^2(\pi/a) = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 + \frac{M-m}{M+m} \right] = \frac{\beta(m+M)}{mM} \cdot \frac{2M}{M+m} = \frac{2\beta}{m} $$

$$ \omega_{op,min} = \sqrt{\frac{2\beta}{m}} $$

3. 频率禁带宽度:
带隙存在于声学支的最高频率和光学支的最低频率之间。

$$ \Delta\omega = \omega_{op,min} - \omega_{ac,max} = \sqrt{\frac{2\beta}{m}} - \sqrt{\frac{\beta}{2m}} $$

$$ \Delta\omega = \left(\sqrt{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)\sqrt{\frac{\beta}{m}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{\beta}{m}} $$

习题三：声子的能量与统计分布

【问题】

沿用上一题的设定和结果。假设力常数 $\beta = 50 \, \text{N/m}$，较轻的原子质量 $m$ 为锂-7原子的质量（$m \approx 7 \times 1.66 \times 10^{-27} \, \text{kg}$）。

1. 计算光学支最高频率（$q=0$时）的声子能量，以电子伏（eV）为单位。
2. 如果晶体处在室温（$T=300 \, \text{K}$），计算该光学声子模式的平均声子数 $\langle n \rangle$ 是多少？
   （已知：$\hbar \approx 1.055 \times 10^{-34} \, \text{J}\cdot\text{s}$，$k_B \approx 1.38 \times 10^{-23} \, \text{J/K}$，$1 \, \text{eV} \approx 1.6 \times 10^{-19} \, \text{J}$）

【知识点】

• 声子：晶格振动的能量子
• 声子能量公式 $E = \hbar\omega$
• 玻色-爱因斯坦统计在声子体系的应用
• 平均声子数公式

【思路】

1. 从上一题中找到光学支在 $q=0$ 时的频率 $\omega_{+}(0)$ 的表达式。
2. 代入给定的 $m$ 和 $\beta$ 的数值，计算出频率的具体值。
3. 利用公式 $E = \hbar\omega$ 计算声子能量，得到的结果是焦耳（J），然后单位换算成电子伏（eV）。
4. 计算热能 $k_B T$ 的大小。
5. 利用平均声子数公式 $\langle n \rangle = 1 / (e^{\hbar\omega/k_B T} - 1)$ 计算结果。

【解答】

1. 声子能量计算:
从上一题可知，光学支的最高频率发生在 $q=0$ 处：

$$ \omega_{max} = \omega_{+}(0) = \sqrt{\frac{5\beta}{2m}} $$

代入数值：$m = 7 \times 1.66 \times 10^{-27} \, \text{kg} \approx 1.162 \times 10^{-26} \, \text{kg}$，$\beta = 50 \, \text{N/m}$。

$$ \omega_{max} = \sqrt{\frac{5 \times 50}{2 \times 1.162 \times 10^{-26}}} \approx \sqrt{10.76 \times 10^{28}} \approx 1.037 \times 10^{14} \, \text{rad/s} $$

对应的声子能量为：

$$ E = \hbar \omega_{max} = (1.055 \times 10^{-34}) \times (1.037 \times 10^{14}) \approx 1.094 \times 10^{-20} \, \text{J} $$

换算为电子伏：

$$ E (\text{eV}) = \frac{1.094 \times 10^{-20} \, \text{J}}{1.6 \times 10^{-19} \, \text{J/eV}} \approx 0.068 \, \text{eV} $$

2. 平均声子数计算:
首先计算热能 $k_B T$：

$$ k_B T = (1.38 \times 10^{-23}) \times 300 = 4.14 \times 10^{-21} \, \text{J} $$

计算指数项中的能量比：

$$ \frac{\hbar\omega}{k_B T} = \frac{1.094 \times 10^{-20} \, \text{J}}{4.14 \times 10^{-21} \, \text{J}} \approx 2.64 $$

应用平均声子数公式：

$$ \langle n \rangle = \frac{1}{e^{\hbar\omega/k_B T} - 1} = \frac{1}{e^{2.64} - 1} = \frac{1}{13.99 - 1} \approx \frac{1}{12.99} \approx 0.077 $$

这个结果远小于1，说明在室温下，这种高频率的光学声子模式很难被热激发。

习题四：晶格热容的德拜模型与低温行为

【问题】

某种绝缘晶体的德拜温度为 $\Theta_D = 400 \, \text{K}$。

1. 解释德拜温度 $\Theta_D$ 的物理意义。
2. 在极低温区，晶格热容遵循德拜 $T^3$ 定律。若测得在 $T_1 = 10 \, \text{K}$ 时的摩尔热容为 $C_1$，请预测在 $T_2 = 5 \, \text{K}$ 时的摩尔热容 $C_2$ 是 $C_1$ 的多少倍？
3. 简述德拜模型相对于爱因斯坦模型在描述低温热容方面的主要改进。

【知识点】

• 晶格热容的德拜模型
• 德拜频率与德拜温度的物理意义
• 德拜 $T^3$ 定律及其适用范围
• 爱因斯坦模型与德拜模型的对比

【思路】

1. 从德拜温度的定义 $\Theta_D = \hbar\omega_D/k_B$ 出发，将它与一个能量联系起来。$\omega_D$ 是晶格中允许存在的最高振动频率，因此 $\hbar\omega_D$ 就是最大声子能量。$\Theta_D$ 标志着晶格振动的量子效应变得显著的温度尺度。
2. 写出德拜 $T^3$ 定律的数学表达式 $C_V = A T^3$，其中 $A$ 是一个与材料性质相关的常数。分别写出 $T_1$ 和 $T_2$ 对应的热容表达式，然后求其比值，常数 $A$ 将被约去。
3. 对比两个模型的核心假设。爱因斯坦模型假设所有振子频率相同，而德拜模型考虑了频率的连续分布，并正确地处理了低频（长波）声学模式，这些模式在低温下是首先被激发的，对热容起决定性作用。

【解答】

1. 德拜温度的物理意义:
德拜温度 $\Theta_D$ 是表征晶格振动量子效应的特征温度。它与晶格振动的最高截止频率（德拜频率 $\omega_D$）通过关系 $\hbar\omega_D = k_B \Theta_D$ 相联系。

• 当温度 $T \gg \Theta_D$ 时，所有振动模式都被充分激发，晶格热容趋近于经典值 $3R$，量子效应不明显。
• 当温度 $T \ll \Theta_D$ 时，只有低频（长波）的格波模式被激发，量子效应极为显著，热容随温度迅速下降。
  因此，$\Theta_D$ 可以看作是晶格热容从“经典行为”过渡到“量子行为”的温度分界线。

2. 低温热容预测:
在极低温区 ($T \ll \Theta_D$)，晶格摩尔热容遵循德拜 $T^3$ 定律：

$$ C_V(T) = A \cdot T^3 $$

其中 $A = \frac{12\pi^4 R}{5\Theta_D^3}$ 是一个常数。
在 $T_1=10 \, \text{K}$ 时：

$$ C_1 = A \cdot (10 \, \text{K})^3 $$

在 $T_2=5 \, \text{K}$ 时：

$$ C_2 = A \cdot (5 \, \text{K})^3 $$

两者的比值为：

$$ \frac{C_2}{C_1} = \frac{A \cdot (5)^3}{A \cdot (10)^3} = \left(\frac{5}{10}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8} $$

因此，$C_2 = \frac{1}{8} C_1$。

3. 德拜模型的主要改进:
爱因斯坦模型假设所有 $3N$ 个振动模式都具有同一个频率 $\omega_E$。这导致在低温下，由于热能 $k_B T \ll \hbar\omega_E$，声子数按指数 $e^{-\hbar\omega_E/k_B T}$ 规律减少，热容下降过快，与实验不符。

德拜模型的主要改进在于：

• 承认频率的分布：它认识到晶格振动具有从零开始的连续频率谱。
• 正确处理低频模式：它将晶格视为连续弹性介质，正确地描述了在低温下起主导作用的声学模式（$\omega \propto q$）。正是这些能量极低的声学声子在低温下最先被激发，导致热容是按 $T^3$ 的幂函数规律、而非指数规律趋于零，这与实验结果完美吻合。

课后习题

习题一

【问题】

晶格常数为a的一维单原子链，倒格子基矢的大小为____________。 在一维单原子链的晶格振动中， 有____________支声学波和____________支光学波。

【解答】

• 倒格子基矢的大小为 $2\pi/a$
• 推导: 对于一维实空间晶格，其基矢为 $\vec{a}_1 = a\hat{x}$。根据倒格子基矢的定义 $\vec{b}_i \cdot \vec{a}_j = 2\pi \delta_{ij}$，我们有 $\vec{b}_1 \cdot \vec{a}_1 = b_1 a = 2\pi$。因此，倒格子基矢的大小为 $b_1 = 2\pi/a$。
• 有 1 支声学波和 0 支光学波
• 推导: 晶格振动模式（波的分支）的数量由原胞内的原子数决定。对于一个包含 $p$ 个原子的一维原胞，总共有 $p$ 个振动分支。其中，有1支是声学支，其余 $p-1$ 支是光学支。
• 一维单原子链的原胞中只包含1个原子，即 $p=1$。因此，它有1支声学波，和 $1-1=0$ 支光学波。

习题二

【问题】

离子晶体里的______________波会引起晶体的宏观极化。 离子晶体的________会引起对远红外线的吸收。

【解答】

• 离子晶体里的 长光学波 (或 光学波) 会引起晶体的宏观极化。
• 解释: 离子晶体由正、负离子构成。在光学波的振动模式中，特别是长波（$q \approx 0$）情况下，原胞内的正、负离子做相对的反向运动。这导致晶体中每个原胞都产生一个振荡的电偶极矩，这些偶极矩的宏观叠加就形成了晶体的宏观极化。而在声学波中，正、负离子（即整个原胞）同向运动，不会产生净的电偶极矩。
• 离子晶体的 光学支振动 (或 长光学波) 会引起对远红外线的吸收。
• 解释: 电磁波（光）与晶格振动的相互作用，本质上是光的电场与晶格中电荷的相互作用。如上所述，只有光学支振动才能产生振荡的电偶极矩。当入射的电磁波（远红外光）的频率与晶体中长光学波的频率相匹配时，就会发生共振吸收，光子能量被晶格吸收并转化为一个光学声子。离子晶体光学支的本征频率通常在 $10^{12} \sim 10^{14}$ Hz 范围内，这恰好对应电磁波谱中的远红外区域。

习题三

【问题】

说明格波与连续介质波的联系和主要区别。

【解答】

联系：
连续介质波是格波在长波极限下的近似。当格波的波长 $\lambda$ 远大于晶格常数 $a$（即波矢 $q \to 0$）时，我们观察的是大量原子在大尺度下的集体运动，此时原子的分立性变得不重要，晶格可以被看作是连续的弹性介质。在这种情况下，声学支格波的色散关系 $\omega(q) \approx v_s q$ 呈线性，这与连续介质中的弹性波（声波）的色散关系完全一致。

主要区别：

1. 离散性 vs 连续性: 这是最根本的区别。格波是在原子分立的周期性点阵上传播的，而连续介质波则是在一个物理属性连续分布的介质上传播。
2. 色散特性: 连续介质波是无色散的（$\omega \propto q$，波速恒定），而格波具有显著的色散性，即波的传播速度 $v_p = \omega/q$ 依赖于波矢 $q$（或频率 $\omega$），尤其是在短波长区域。
3. 波数的取值: 由于晶格的周期性，格波的波矢 $q$ 的取值被限制在第一布里渊区内，存在一个最小波长 $\lambda_{min}=2a$ 和最大频率 $\omega_{max}$。而连续介质波的波长和频率原则上没有此限制。
4. 波的种类（分支）: 连续介质中只存在声学性质的弹性波（纵波和横波）。但在每个原胞包含多个原子的复式晶格中，除了声学波外，还存在光学波，这是连续介质模型完全无法描述的。

习题四

【问题】

讨论N个原胞的一维双原子链(相邻原子间距为a)，其2N个格波解，当M=m时与一维单原子链结果一一对应。

【解答】

这个问题的核心是理解当双原子链的两个原子质量相同时，其物理模型退化为单原子链，色散关系也必然是等价的，只是数学描述形式和布里渊区定义不同。

1. 双原子链色散关系 ($M=m$):
   双原子链的色散关系为：

   $$ \omega_{\pm}^2 = \frac{\beta(m+M)}{mM} \left[ 1 \pm \sqrt{1 - \frac{4mM}{(m+M)^2} \sin^2(qa)} \right] $$

   （注意：这里假设原胞长度为 $2a$，最近邻间距为 $a$）
   当 $M=m$ 时，上式变为：

   $$ \omega_{\pm}^2 = \frac{2\beta}{m} \left[ 1 \pm \sqrt{1 - \sin^2(qa)} \right] = \frac{2\beta}{m} \left[ 1 \pm |\cos(qa)| \right] $$

   利用半角公式 $1-\cos(2\theta)=2\sin^2\theta$ 和 $1+\cos(2\theta)=2\cos^2\theta$：

   $$ \omega_{-}^2 = \frac{2\beta}{m} (1 - \cos(qa)) = \frac{4\beta}{m}\sin^2\left(\frac{qa}{2}\right) $$

   $$ \omega_{+}^2 = \frac{2\beta}{m} (1 + \cos(qa)) = \frac{4\beta}{m}\cos^2\left(\frac{qa}{2}\right) $$

   双原子链的布里渊区为 $-\frac{\pi}{2a} < q \le \frac{\pi}{2a}$。

2. 单原子链色散关系:
   当 $M=m$ 时，原来的双原子链实际上变成了一个晶格常数为 $a$ 的单原子链。其色散关系为：

   $$ \omega^2 = \frac{4\beta}{m}\sin^2\left(\frac{qa}{2}\right) $$

   其布里渊区为 $-\frac{\pi}{a} < q \le \frac{\pi}{a}$，是原来双原子链的两倍大。

3. 对应关系 (Zone Folding):

   • 双原子链的声学支 $\omega_{-}$ 在其布里渊区 $[-\pi/2a, \pi/2a]$ 内的色散曲线，与单原子链色散曲线在相同区间内的部分完全重合。
   • 双原子链的光学支 $\omega_{+}$ 的色散曲线，可以通过平移一个倒格矢 $G=\pi/a$ 来与单原子链的色散曲线的另一部分对应。即，$\omega_{+}(q) = \omega(\pi/a - q)$。例如，在 $q=\pi/2a$ 处，光学支频率 $\omega_{+} = \sqrt{2\beta/m}$；在 $q=0$ 处，$\omega_{+} = \sqrt{4\beta/m}$。这正好对应了单原子链在 $q=\pi/2a$ 和 $q=\pi/a$ 处的频率。

   结论: 当 $M=m$ 时，双原子链的声学支和光学支合并成了一条连续的、与单原子链完全相同的色散曲线，但这个曲线被“折叠”进了原来较小的布里渊区内。因此，2N个格波解是一一对应的，只是在不同的数学框架（布里渊区）下进行了描述。

习题五

【问题】

一维复式格子中，如果 $m=5×1.67×10^{-27} kg$， $\frac{M}{m}=4$ ，$\beta = 15 N/m$。计算：
（1）光学频率的最大值 $\omega_{max}^{O}$ 和最小值 $\omega_{min}^{O}$，声学波频率的最大值 $\omega_{max}^{A}$。
（2）相应声子的能量 $E_{max}^{O}$，$E_{min}^{O}$ 和 $E_{max}^{A}$。

【解答】

（1）计算各特征频率
首先，我们根据 $q=0$（布里渊区中心）和 $q=\pi/(\text{原胞长度})$（布里渊区边界）处的频率公式进行计算。在此模型中，原胞长度是两个最近邻间距，即 $2a$。所以边界是 $q=\pi/(2a)$（如果按教材将最近邻间距设为$a/2$则边界为$q=\pi/a$）。这些极值频率公式为：

• 光学频率最大值 (at $q=0$):

  $$ \omega_{max}^{O} = \omega_{+}(0) = \sqrt{2\beta\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{M}\right)} $$

• 光学频率最小值 (at B.Z. boundary):

  $$ \omega_{min}^{O} = \omega_{+,min} = \sqrt{\frac{2\beta}{m}} \quad \text{(因为 m < M)} $$

• 声学频率最大值 (at B.Z. boundary):

  $$ \omega_{max}^{A} = \omega_{-,max} = \sqrt{\frac{2\beta}{M}} \quad \text{(因为 M > m)} $$

  数值代入:
  $m = 5 \times 1.67 \times 10^{-27} = 8.35 \times 10^{-27}$ kg
  $M = 4m = 3.34 \times 10^{-26}$ kg
  $\beta = 15$ N/m

• $\omega_{max}^{O} = \sqrt{2 \times 15 \left(\frac{1}{8.35 \times 10^{-27}} + \frac{1}{3.34 \times 10^{-26}}\right)} = \sqrt{30 \left(1.197 \times 10^{26} + 0.299 \times 10^{26}\right)} \approx 6.70 \times 10^{13} \, \text{rad/s}$
• $\omega_{min}^{O} = \sqrt{\frac{2 \times 15}{8.35 \times 10^{-27}}} \approx 5.99 \times 10^{13} \, \text{rad/s}$
• $\omega_{max}^{A} = \sqrt{\frac{2 \times 15}{3.34 \times 10^{-26}}} \approx 2.99 \times 10^{13} \, \text{rad/s}$

（2）计算相应声子能量
使用公式 $E = \hbar\omega$，其中 $\hbar \approx 1.055 \times 10^{-34} \, \text{J}\cdot\text{s}$。

• $E_{max}^{O}$:
  $E = \hbar \omega_{max}^{O} = (1.055 \times 10^{-34}) \times (6.70 \times 10^{13}) \approx 7.07 \times 10^{-21} \, \text{J}$
  $E \approx \frac{7.07 \times 10^{-21}}{1.602 \times 10^{-19}} \approx 0.044 \, \text{eV}$
• $E_{min}^{O}$:
  $E = \hbar \omega_{min}^{O} = (1.055 \times 10^{-34}) \times (5.99 \times 10^{13}) \approx 6.32 \times 10^{-21} \, \text{J}$
  $E \approx \frac{6.32 \times 10^{-21}}{1.602 \times 10^{-19}} \approx 0.039 \, \text{eV}$
• $E_{max}^{A}$:
  $E = \hbar \omega_{max}^{A} = (1.055 \times 10^{-34}) \times (2.99 \times 10^{13}) \approx 3.15 \times 10^{-21} \, \text{J}$
  $E \approx \frac{3.15 \times 10^{-21}}{1.602 \times 10^{-19}} \approx 0.020 \, \text{eV}$