半導体のキャリア密度

質量作用の法則 $n p = n_{i}^{2}$ と電気的中性条件（ $n + N_{A} = p + N_{D}$ ）から、不純物を添加した半導体の電子密度 $n$ と正孔密度 $p$ を求められる

前提

真性半導体・n 型半導体・p 型半導体（高校物理電流と回路（知識））
2次方程式の解の公式と判別式（数学I 2次関数）

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算数中学高校大学大学院

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2次方程式の解の公式と判別式（数学I 2次関数）

説明

不純物を添加した半導体の中に、伝導を担う電子とホール（正孔）がそれぞれどれだけの密度で存在するかを計算する技能です。熱平衡では電子密度 $n$ とホール密度 $p$ の積が温度だけで決まる値 $n_{i}^{2}$ になること（質量作用の法則）と、半導体全体が電気的に中性であることの 2 つの式を連立して、 $n$ と $p$ を求めます。ドナーやアクセプターの密度が真性キャリア密度 $n_{i}$ と同じくらいのときや、両方を添加した場合にも使えます。

なぜそうしてよいのか

半導体の中では、熱によって電子とホールが対になって絶えず生まれ（生成）、電子とホールが出会うと対になって消えます（再結合）。生成の速さは温度で決まり、不純物の量にはほとんどよりません。一方、再結合は電子とホールが出会う回数に比例するので、その速さは $n \times p$ に比例します。熱平衡では生成と再結合がつり合うので、 $n p$ は温度だけで決まる一定値になります。不純物のない真性半導体では $n = p = n_{i}$ （真性キャリア密度）なので、その一定値は $n_{i}^{2}$ です。こうして、不純物を加えても同じ温度なら $n p = n_{i}^{2}$ が成り立ちます（質量作用の法則）。電子が増えればホールは再結合で減る、というシーソーの関係です。

もう 1 つの式は電荷のつり合いです。ドナー（リンなど）は電子を 1 個出すと正のイオンとして結晶に固定され、アクセプター（ホウ素など）は電子を 1 個受け取ると負のイオンになります。ここではドナー密度 $N_{D}$ 、アクセプター密度 $N_{A}$ の不純物がすべてイオン化しているとします。結晶全体は中性なので、負の電荷（電子 $n$ とアクセプターイオン $N_{A}$ ）と正の電荷（ホール $p$ とドナーイオン $N_{D}$ ）の密度が等しく、 $n + N_{A} = p + N_{D}$ です。

2 式から $p = n_{i}^{2} / n$ を消去すると $n - \frac{n _{i}^{2}}{n} = N_{D} - N_{A}$ 、両辺に $n (> 0)$ を掛けて $n^{2} - (N_{D} - N_{A}) n - n_{i}^{2} = 0$ という 2 次方程式になります。2 つの解の積は $- n_{i}^{2} < 0$ なので正の解はちょうど 1 つで、 $n = \frac{( N _{D} - N _{A} ) + ( N _{D} - N _{A} ) ^{2} + 4 n _{i}^{2}}{2}$ が密度として意味のある解です。 $N_{D} - N_{A}$ が $n_{i}$ よりずっと大きいときはがほぼ $N_{D} - N_{A}$ になり、 $n \approx N_{D} - N_{A}$ 、 $p \approx \frac{n _{i}^{2}}{N _{D} - N _{A}}$ という近似が使えます。

手順

不純物はすべてイオン化しているとして、電気的中性条件 $n + N_{A} = p + N_{D}$ を書く
質量作用の法則 $n p = n_{i}^{2}$ から $p = \frac{n _{i}^{2}}{n}$ として中性条件に代入し、 $n^{2} - (N_{D} - N_{A}) n - n_{i}^{2} = 0$ をつくる（p 型が主なら $p$ について $p^{2} - (N_{A} - N_{D}) p - n_{i}^{2} = 0$ をつくってもよい）
解の公式で解き、正の解 $n = \frac{( N _{D} - N _{A} ) + ( N _{D} - N _{A} ) ^{2} + 4 n _{i}^{2}}{2}$ を選ぶ
もう一方の密度を $p = \frac{n _{i}^{2}}{n}$ で求める。 $∣ N_{D} - N_{A} ∣ ≫ n_{i}$ なら $n \approx N_{D} - N_{A}$ などの近似で済ませてよい

例題

ある温度で真性キャリア密度が $n_{i} = 2.0 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ の半導体に、ドナーを $N_{D} = 5.0 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ 、アクセプターを $N_{A} = 2.0 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ 添加した。不純物はすべてイオン化しており、熱平衡で質量作用の法則 $n p = n_{i}^{2}$ が成り立つとする。電子密度 $n$ は何 $c m^{- 3}$ か。正確な値で求めよ。

例題の解答

以下、密度の単位を $1 0^{10} c m^{- 3}$ として数値だけで計算します（ $n_{i} = 2$ 、 $N_{D} = 5$ 、 $N_{A} = 2$ ）。

【手順 1】電気的中性条件は $n + 2 = p + 5$ 、つまり $n - p = 3$ です。

【手順 2】 $p = \frac{n _{i}^{2}}{n} = \frac{4}{n}$ を代入して $n - \frac{4}{n} = 3$ 。両辺に $n > 0$ を掛けて $n^{2} - 3 n - 4 = 0$ です。

【手順 3】解の公式より $n = \frac{3 \pm 9 + 16}{2} = \frac{3 \pm 5}{2}$ で、 $n = 4$ または $n = - 1$ 。密度は正なので $n = 4$ 、すなわち $n = 4 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ です。

【手順 4】確かめとして $p = \frac{4}{4} = 1$ 、つまり $p = 1 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ で、 $n - p = 3$ 、 $n p = 4 = n_{i}^{2}$ をともに満たします。なお近似 $n \approx N_{D} - N_{A} = 3 \times 1 0^{10}$ では $25%$ もずれます。 $N_{D} - N_{A}$ が $n_{i}$ と同程度なので、2 次方程式を解く必要があります。

答え: $4 \times 1 0^{10}$

よくある誤り

ドナーとアクセプターを両方含むときに $n \approx N_{D}$ としてしまう誤り。アクセプターが電子を受け取って打ち消すので、正しくは差 $N_{D} - N_{A}$ が効き、 $n^{2} - (N_{D} - N_{A}) n - n_{i}^{2} = 0$ を解く
不純物を添加した半導体でも $n = p = n_{i}$ のままだと考えてしまう誤り。不純物があっても変わらないのは積 $n p = n_{i}^{2}$ で、たとえば $n = 4 \times 1 0^{10}$ 、 $n_{i} = 2 \times 1 0^{10}$ なら $p = \frac{n _{i}^{2}}{n} = 1 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ となり、 $n \neq = p$
2 次方程式の解を両方とも答えにしたり、負の解を選んだりしてしまう誤り。2 解の積は $- n_{i}^{2} < 0$ で一方は必ず負なので、正しくは正の解 $n = \frac{( N _{D} - N _{A} ) + ( N _{D} - N _{A} ) ^{2} + 4 n _{i}^{2}}{2}$ だけを採る
中性条件の符号を逆にし、 $n + N_{D} = p + N_{A}$ としてしまう誤り。イオン化したドナーは正、アクセプターは負に帯電するので、正しくは $n + N_{A} = p + N_{D}$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
温度 $300 K$ のケイ素の結晶に、ドナー（リン）を密度 $N_{D} = 5.0 \times 1 0^{16} c m^{- 3}$ 、アクセプター（ホウ素）を密度 $N_{A} = 3.0 \times 1 0^{16} c m^{- 3}$ だけ添加した。この温度でのケイ素の真性キャリア密度を $n_{i} = 1.0 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ とし、ドナーとアクセプターはすべてイオン化しているものとする。電子密度 $n$ と正孔密度 $p$ は、質量作用の法則 $n p = n_{i}^{2}$ と電気的中性条件 $n + N_{A} = p + N_{D}$ を満たす。
この半導体の正孔密度 $p$ は何 $c m^{- 3}$ か。有効数字 2 桁で求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

移動度と導電率（大学物理電子回路・半導体デバイス）
フェルミ準位とキャリア密度（大学物理電子回路・半導体デバイス）