Bedeutung des Übertragungskoeffizienten größer als eins bei einem potenziellen Bohrlochproblem

Betrachten Sie den endlichen keilförmigen 1D-Potentialtopf, der durch gegeben ist

$$V(x)=V_0\left(\frac{|x|}{a}-1\right) \hspace{10pt}\mathrm{for}\hspace{3pt} |x|<a;\hspace{6pt}V(x)=0 \hspace{10pt}\mathrm{for}\hspace{3pt} |x|>a.$$

Ich versuche, die Reflexions- und Transmissionskoeffizienten für einen Elektronenstrom zu finden$x=-\infty$(So$E>0$, keine gebundenen Zustände beteiligt). Dazu habe ich die Domäne in 4 Teile geteilt (wie im Bild), die Schrödinger-Gleichung für jeden gelöst, ein lineares System für die Koeffizienten jeder Wellenfunktion erhalten und es gelöst. Inzwischen habe ich das Problem auch numerisch gelöst und ziemlich erwartete Ergebnisse erhalten, wie das folgende.

Alles war gut, bis ich die analytische Lösung für den Übertragungskoeffizienten in Python gesteckt habe, um ein Diagramm zu rendern, und das bekommen habe.$E$ist in eV,$x$Und$a$in Nm.

Jetzt habe ich meine Berechnungen ein Dutzend Mal durchgesehen und kann immer noch keinen Fehler entdecken, also möchte ich wissen, ob es möglich ist, für bestimmte Energiewerte einen Übertragungskoeffizienten größer als eins zu haben, wie in diesem Szenario.

Mir ist bewusst, dass dies die Energieerhaltung bricht (roter Alarm!), und ich hoffe immer noch, dass dies auf einen numerischen Fehler zurückzuführen ist, aber ich möchte einige andere Ideen zu diesem Phänomen hören. Ich habe dies als verwandte Frage gefunden, bin aber mit den Antworten nicht wirklich zufrieden. Warum tritt dieses Phänomen nicht in einem rechteckigen Brunnen auf? Soll ich die entsorgen$T>1$Lösungen und hinterlassen Energielücken in der Grafik? Das scheint mir ziemlich willkürlich, aber es kann hier der Fall sein.

EDIT: Die Kommentare regen an, einen Einblick in meine analytische Lösung zu geben.

Einige anfängliche Substitutionen:$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$,$k_0=\sqrt{\frac{2mV_0}{\hbar^2}}$,$q_0=(k_0a)^{2/3}$,$\epsilon^2=\frac{E}{V_0}$.

Die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung für die Wellenfunktion auf jedem Abschnitt lautet

$$\frac{d^2\psi_I}{dx^2}+k^2\psi_I=0$$ $$\frac{d^2\psi_{II}}{dx^2}+(-\frac{x}{a}+\epsilon^2-1)k_0^2\psi_{II}=0$$ $$\frac{d^2\psi_{III}}{dx^2}+(\frac{x}{a}+\epsilon^2-1)k_0^2\psi_{III}=0$$ $$\frac{d^2\psi_{IV}}{dx^2}+k^2\psi_{IV}=0$$

Lösungen zu$I$Und$IV$kann sofort als angegeben werden

$$\psi_I(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$$ $$\psi_{IV}(x)=Ge^{ikx},$$

der erste entspricht der ankommenden und reflektierten Welle und der andere der übertragenen Welle.

Einführung in die Änderung von Variablen

$$\xi(x)=q_0(\frac{|x|}{a}+\epsilon^2-1)$$ transformiert die anderen beiden Gleichungen in Airy-Differentialgleichungen:

$$\frac{d^2\psi_{II}}{d\xi^2}=-\xi\psi_{II}$$ $$\frac{d^2\psi_{III}}{d\xi^2}=-\xi\psi_{III}$$

mit allgemeinen Lösungen in der Form

$$\psi_{II}(x)=C\mathrm{Ai}(-\xi)+D\mathrm{Bi}(-\xi)$$ $$\psi_{III}(x)=E\mathrm{Ai}(-\xi)+F\mathrm{Bi}(-\xi),$$

Wo$\mathrm{Ai}(z)$Und$\mathrm{Bi}(z)$sind die Standard-Airy-Funktionen erster und zweiter Art.

Ausnutzen der Tatsache, dass beides$\psi(x)$Und$\psi'(x)$stetig sind, ergibt dies das lineare System:

$$\left(\begin{matrix} e^{-ika} & e^{ika} & -\mathrm{Ai}(-\xi_a) & -\mathrm{Bi}(-\xi_a) & 0 & 0 \\ -\frac{ika}{q_0}e^{-ika} & \frac{ika}{q_0}e^{ika} & \mathrm{Ai}'(-\xi_a) & \mathrm{Bi}'(-\xi_a) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \mathrm{Ai}(-\xi_0) & \mathrm{Bi}(-\xi_0) & -\mathrm{Ai}(-\xi_0) & -\mathrm{Bi}(-\xi_0) \\ 0 & 0 & \mathrm{Ai}'(-\xi_0) & \mathrm{Bi}'(-\xi_0) & \mathrm{Ai}'(-\xi_0) & \mathrm{Bi}'(-\xi_0) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \mathrm{Ai}(-\xi_a) & \mathrm{Bi}(-\xi_a) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \mathrm{Ai}'(-\xi_a) & \mathrm{Bi}(-\xi_a) \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} A \\ B \\ C \\ D \\ E \\ F \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ Ge^{ika} \\ -G\frac{ika}{q_0}e^{ika} \end{matrix} \right)$$

Wo$\xi_a\equiv\xi(x=a)=\xi(-a)=q_0\epsilon^2$Und$\xi_0\equiv\xi(0)=q_0(\epsilon^2-1)$erscheinen als Kurzschreibweise. Prime entspricht$\frac{d}{dx}$. Die Ströme sind gegeben durch

$$J_I=\frac{\hbar}{m}\Im\left(\psi_I^*\frac{d\psi_I}{dx}\right)=\frac{\hbar}{m}(|A|^2-|B|^2)=J_{in}-J_{ref}$$ $$J_{IV}=\frac{\hbar}{m}\Im\left(\psi_{IV}^*\frac{d\psi_{IV}}{dx}\right)=\frac{\hbar}{m}|G|^2=J_{tr}$$

Seit$T+R=1$, es folgt dem$|A|^2-|B|^2=|G|^2$.$G$ist eigentlich unbestimmt und wird als freier Koeffizient verwendet (jeder andere Koeffizient kann ausgedrückt werden als$L=G\cdot blabla$), also kann es frei auf 1 gesetzt werden. Daraus folgt$T=\frac{J_{tr}}{J_{in}}=\frac{1}{|A|^2}$Und$R=1-\frac{1}{|A|^2}$. Daher nur$A$wird benötigt, um die Transmissions- und Reflexionskoeffizienten zu berechnen. Sie kann aus dem obigen System unter Verwendung der Cramerschen Regel berechnet werden.

Mein Ergebnis:

$$\begin{equation*}\label{parametara} \begin{split} A&=\frac{iq_0\pi^2e^{2ika}}{ka} \left[\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Ai}^2(-\xi_a)+\mathrm{Ai}'^2(-\xi_a)\right)\mathrm{Bi}(-\xi_0)\mathrm{Bi}'(-\xi_0)\right.\\ &+\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Bi}^2(-\xi_a)+\mathrm{Bi}'^2(-\xi_a)\right)\mathrm{Ai}(-\xi_0)\mathrm{Ai}'(-\xi_0)\\ &\left.-\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Ai}(-\xi_a)\mathrm{Bi}(-\xi_a)+\mathrm{Ai}'(-\xi_a)\mathrm{Bi}'(-\xi_a)\right)(\mathrm{Ai}(-\xi_0)\mathrm{Bi}'(-\xi_0)+\mathrm{Ai}'(-\xi_0)\mathrm{Bi}(-\xi_0)) \right], \end{split} \end{equation*}$$

wobei die Wronskian for Airy-Funktionen verwendet wurden:

$$\mathcal{W}[\mathrm{Ai}(z),\mathrm{Bi}(z)]=\pi^{-1}.$$

Der nächste Schritt war, das absolute Quadrat von zu stecken$A$in Ausdrücke für$T$Und$R$, wodurch der problematische Graph gerendert wurde.