Significado de coeficiente de transmisión mayor a uno en un problema de pozo potencial

Question

Significado de coeficiente de transmisión mayor a uno en un problema de pozo potencial

Física
energía potencial
mecánica cuántica
física computacional
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Considere el pozo de potencial en forma de cuña 1D finito dado por

V (X) = V_{0} (\frac{| X |}{a} - 1) F o r | X | < a; V (X) = 0 F o r | X | > a .

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

Estoy tratando de encontrar los coeficientes de reflexión y transmisión para una corriente de electrones provenientes de $x=-\infty$ (entonces $E>0$ , sin estados ligados involucrados). Para hacer eso, dividí el dominio en 4 partes (como en la imagen), resolví la ecuación de Schrödinger en cada una, obtuve un sistema lineal para los coeficientes de cada función de onda y lo resolví. Mientras tanto, también resolví el problema numéricamente y obtuve resultados bastante esperados, como el siguiente.

Todo estuvo bien hasta que conecté la solución analítica para el coeficiente de transmisión en Python para representar un gráfico y obtuve esto. $E$ está en eV, $x$ y $a$ en nm.

Ahora, repasé mis cálculos una docena de veces y todavía no puedo detectar un error, así que quiero saber si es posible tener un coeficiente de transmisión mayor que uno para ciertos valores de energía, como en este escenario.

Soy consciente de que esto rompe la conservación de la energía (¡alerta roja!), y todavía espero que esto se deba a un error numérico, pero quiero escuchar algunas otras ideas sobre este fenómeno. Encontré esto como una pregunta relacionada, pero no estoy realmente satisfecho con las respuestas. ¿Por qué este fenómeno no ocurre en un pozo rectangular? ¿Debo descartar el $T>1$ soluciones y dejar brechas de energía en el gráfico? Eso me parece bastante arbitrario, pero puede ser el caso aquí.

EDITAR: Los comentarios sugieren dar una idea de mi solución analítica.

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

La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para la función de onda en cada sección dice

\frac{d^{2} ψ_{I}}{d X^{2}} + k^{2} ψ_{I} = 0

$\frac{d^2\psi_I}{dx^2}+k^2\psi_I=0$

\frac{d^{2} ψ_{I I}}{d X^{2}} + (- \frac{X}{a} + ϵ^{2} - 1) k_{0}^{2} ψ_{I I} = 0

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

\frac{d^{2} ψ_{I I I}}{d X^{2}} + (\frac{X}{a} + ϵ^{2} - 1) k_{0}^{2} ψ_{I I I} = 0

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

\frac{d^{2} ψ_{I V}}{d X^{2}} + k^{2} ψ_{I V} = 0

$\frac{d^2\psi_{IV}}{dx^2}+k^2\psi_{IV}=0$

Soluciones a $I$ y $IV$ se puede dar inmediatamente como

ψ_{I} (X) = A {mi}^{i k X} + B {mi}^{- i k X}

$\psi_I(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$

ψ_{I V} (X) = GRAMO {mi}^{i k X},

$\psi_{IV}(x)=Ge^{ikx},$

el primero correspondiente a la onda entrante y reflejada, y el otro a la onda transmitida.

Introduciendo el cambio de variables

ξ (X) = q_{0} (\frac{| X |}{a} + ϵ^{2} - 1)

$\xi(x)=q_0(\frac{|x|}{a}+\epsilon^2-1)$ transforma las otras dos ecuaciones en ecuaciones diferenciales de Airy:

\frac{d^{2} ψ_{I I}}{d ξ^{2}} = - ξ ψ_{I I}

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

\frac{d^{2} ψ_{I I I}}{d ξ^{2}} = - ξ ψ_{I I I}

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

con soluciones generales en la forma

ψ_{I I} (X) = C A i (- ξ) + D B i (- ξ)

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

ψ_{I I I} (X) = mi A i (- ξ) + F B i (- ξ),

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

dónde $\mathrm{Ai}(z)$ y $\mathrm{Bi}(z)$ son las funciones estándar de Airy del primer y segundo tipo.

Usando el hecho de que ambos $\psi(x)$ y $\psi'(x)$ son continuas, esto da el sistema lineal:

(\begin{matrix} {mi}^{- i k a} & {mi}^{i k a} & - A i (- ξ_{a}) & - B i (- ξ_{a}) & 0 & 0 \\ - \frac{i k a}{q_{0}} {mi}^{- i k a} & \frac{i k a}{q_{0}} {mi}^{i k a} & {A i}^{'} (- ξ_{a}) & {B i}^{'} (- ξ_{a}) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & A i (- ξ_{0}) & B i (- ξ_{0}) & - A i (- ξ_{0}) & - B i (- ξ_{0}) \\ 0 & 0 & {A i}^{'} (- ξ_{0}) & {B i}^{'} (- ξ_{0}) & {A i}^{'} (- ξ_{0}) & {B i}^{'} (- ξ_{0}) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & A i (- ξ_{a}) & B i (- ξ_{a}) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & {A i}^{'} (- ξ_{a}) & B i (- ξ_{a}) \end{matrix}) (\begin{matrix} A \\ B \\ C \\ D \\ mi \\ F \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ GRAMO {mi}^{i k a} \\ - GRAMO \frac{i k a}{q_{0}} {mi}^{i k a} \end{matrix})

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

dónde $\xi_a\equiv\xi(x=a)=\xi(-a)=q_0\epsilon^2$ y $\xi_0\equiv\xi(0)=q_0(\epsilon^2-1)$ aparecen como notaciones abreviadas. primo corresponde a $\frac{d}{dx}$ . Las corrientes están dadas por

j_{I} = \frac{ℏ}{metro} ℑ (ψ_{I}^{*} \frac{d ψ_{I}}{d X}) = \frac{ℏ}{metro} (| A |^{2} - | B |^{2}) = j_{i norte} - j_{r mi F}

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

j_{I V} = \frac{ℏ}{metro} ℑ (ψ_{I V}^{*} \frac{d ψ_{I V}}{d X}) = \frac{ℏ}{metro} | GRAMO |^{2} = j_{t r}

$J_{IV}=\frac{\hbar}{m}\Im\left(\psi_{IV}^*\frac{d\psi_{IV}}{dx}\right)=\frac{\hbar}{m}|G|^2=J_{tr}$

Desde $T+R=1$ , resulta que $|A|^2-|B|^2=|G|^2$ . $G$ en realidad es indeterminado y se usa como un coeficiente libre (cualquier otro coeficiente se puede expresar como $L=G\cdot blabla$ ), por lo que puede establecerse libremente en 1. Se sigue que $T=\frac{J_{tr}}{J_{in}}=\frac{1}{|A|^2}$ y $R=1-\frac{1}{|A|^2}$ . Por lo tanto, solo $A$ es necesaria para calcular los coeficientes de transmisión y reflexión. Puede calcularse a partir del sistema anterior utilizando la regla de Cramer.

mi resultado:

\begin{aligned} A & = \frac{i q_{0} π^{2} {mi}^{2 i k a}}{k a} [({(\frac{k a}{q_{0}})}^{2} {A i}^{2} (- ξ_{a}) + {A i}^{' 2} (- ξ_{a})) B i (- ξ_{0}) {B i}^{'} (- ξ_{0}) \\ + ({(\frac{k a}{q_{0}})}^{2} {B i}^{2} (- ξ_{a}) + {B i}^{' 2} (- ξ_{a})) A i (- ξ_{0}) {A i}^{'} (- ξ_{0}) \\ - ({(\frac{k a}{q_{0}})}^{2} A i (- ξ_{a}) B i (- ξ_{a}) + {A i}^{'} (- ξ_{a}) {B i}^{'} (- ξ_{a})) (A i (- ξ_{0}) {B i}^{'} (- ξ_{0}) + {A i}^{'} (- ξ_{0}) B i (- ξ_{0}))], \end{aligned}

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

donde se hizo uso del Wronskian para las funciones de Airy:

W [A i (z), B i (z)] = π^{- 1} .

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

El siguiente paso fue tapar el cuadrado absoluto de $A$ en expresiones para $T$ y $R$ , que representó el gráfico problemático.

ajmeteli

Sospecho que su solución analítica no satisface las condiciones de contorno. Entonces, tal vez debería dar los detalles de su solución analítica, de lo contrario, es difícil decir algo con certeza.

librecharly

Tienes que especificar cómo llegas a este resultado T>1 y dar algunas fórmulas pertinentes. De lo contrario, es difícil decir algo significativo a su problema.

Gert

Su

T

$T$ El resultado parece bastante cercano al esperado . ¿Error numérico?

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Edité la pregunta en consecuencia.

qmecanico

¿ Sería la ciencia computacional un mejor hogar para esta pregunta?

Fideos de soba

Mi pregunta no es sobre programación, es sobre el significado físico/fuente de error de

T > 1

$T>1$ . La programación era solo una herramienta para obtener los gráficos.

Respuestas (4)

Significado de coeficiente de transmisión mayor a uno en un problema de pozo potencial

Sospecho que su solución analítica no satisface las condiciones de contorno. Entonces, tal vez debería dar los detalles de su solución analítica, de lo contrario, es difícil decir algo con certeza.
Tienes que especificar cómo llegas a este resultado T>1 y dar algunas fórmulas pertinentes. De lo contrario, es difícil decir algo significativo a su problema.
Su $T$ El resultado parece bastante cercano al esperado . ¿Error numérico?
¿ Sería la ciencia computacional un mejor hogar para esta pregunta?
Mi pregunta no es sobre programación, es sobre el significado físico/fuente de error de $T>1$ . La programación era solo una herramienta para obtener los gráficos.

ajmeteli · Answer 1

ajmeteli

No he estudiado su solución en detalle, pero, por si sirve de algo, las fórmulas para las soluciones de la ecuación de Airy difieren según el signo del coeficiente. ¿Ha comprobado que sus soluciones son aplicables independientemente del valor de $E$ ? Es posible que desee comprobar si sus soluciones dan resultados correctos para $V_0=0$ .

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He intentado

V_{0} = 0

$V_0=0$ , pero el algoritmo falla porque en algún lugar se produce una división con cero (ya que

A \propto V_{0}

$A\propto V_0$ ). He jugado con otros valores de

a

$a$ y

V_{0}

$V_0$ también, y el tema de

T > 1

$T>1$ persiste, si eso es lo que quieres decir.

ajmeteli

@Sobanoodles: Eso no es lo que quiero decir. La solución de la ecuación de Airy se bifurca dependiendo de si tienes

- k^{2}

$-k^2$ o

+ k^{2}

$+k^2$ (en notación de mathworld.wolfram.com/AiryDifferentialEquation.html ). En cuanto al algoritmo de bloqueo, puede probar pequeños

V_{0}

$V_0$ .

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@akhmetali Veo lo que quieres decir. Como tengo la ecuación de Airy en la forma

\frac{d^{2} ψ}{d ξ^{2}} + ξ ψ = 0

$\frac{d^2\psi}{d\xi^2}+\xi\psi=0$ , simplemente he declarado que las soluciones son de la forma

ψ (ξ) = K A i (- ξ) + J B i (- ξ),

$\psi(\xi)=K\mathrm{Ai}(-\xi)+J\mathrm{Bi}(-\xi),$ que se justifica como un cambio de variables

ξ = - z

$\xi=-z$ en la ecuación convencional de Airy

\frac{d^{2} ψ}{d z^{2}} - z ψ = 0

$\frac{d^2\psi}{dz^2}-z\psi=0$

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En cuanto a la pequeña

V_{0}

$V_0$ caso, aquí está. Como era de esperar, cuando no hay un pozo de potencial, se transmite toda la onda.

ajmeteli

@Sobanoodles: no estoy seguro de este cambio de variables

ξ = - z

$\xi=-z$ , a medida que obtienes

ψ (- ξ)

$\psi(-\xi)$ , no

ψ (ξ)

$\psi(\xi)$

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Ese es todo el punto:

ψ (- ξ)

$\psi(-\xi)$ es la función que satisface esa ecuación diferencial, entonces es la solución.

ajmeteli

@Sobanoodles: digamos, empiezas con la ecuación

\frac{\partial^{2} ψ (ξ)}{\partial ξ^{2}} + ξ ψ (ξ) = 0

$\frac{\partial^2\psi(\xi)}{\partial \xi^2}+\xi\psi(\xi)=0$ y hacer un cambio de variable

ξ = - z

$\xi=-z$ , entonces obtienes una ecuación

\frac{\partial^{2} ψ (- z)}{\partial z^{2}} - z ψ (- z) = 0

$\frac{\partial^2\psi(-z)}{\partial z^2}-z\psi(-z)=0$ , pero no

\frac{\partial^{2} ψ (z)}{\partial z^{2}} - z ψ (z) = 0

$\frac{\partial^2\psi(z)}{\partial z^2}-z\psi(z)=0$

ajmeteli

@Sobanoodles: Soluciones de la ecuación de Airy con

+ ξ ψ (ξ)

$+\xi \psi(\xi)$ y

- ξ ψ (ξ)

$-\xi \psi(\xi)$ son muy diferentes (ver el enlace que di antes)

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Es posible que tenga un punto allí. Estudiaré eso más a fondo en unas pocas horas y aceptaré su respuesta si resulta ser correcta.

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Resulta que tenías razón. Volví a calcular todo según su consejo y obtuve esto como un gráfico para el coeficiente de transmisión (la línea discontinua es

T

$T$ para un pozo potencial del mismo ancho y profundidad).

ajmeteli

@Sobanoodles: Me alegro de haber podido ayudar.

usuario13448 · Answer 2

Cambiar $\psi_{IV}$ a $G e^{-i k x}$ En su lugar, calcule la probabilidad de reflexión y luego encuentre T = 1-R que debería funcionar bien.

Пегасище · Answer 3

Пегасище

¿No olvidó establecer una condición que refleje el hecho de que no hay partículas entrantes desde la derecha, es decir, la amplitud de la fase? $e^{-ixk}$ es cero para $x\to +\infty$ ?

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Edité la pregunta ahora para mostrar cómo llegué al gráfico, para que pueda ver que configuré

ψ_{I V} = e^{i k x}

$\psi_{IV}=e^{ikx}$ . En otras palabras, no me olvidé de establecer esa amplitud en 0, pero gracias por señalarlo.

Пегасище

De alguna manera lograste transformar este problema de pozo triangular a barrera triangular:

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¿Podría por favor elaborar eso? ¿Tiene algo que ver con el cambio de variables discutido en la respuesta y los comentarios de akhmeteli?

Пегасище

Lo siento, presioné enter y la página envió mi comentario roto. Acerca de la barrera triangular: en el pozo:

k^{2} = \frac{2 m (E - V)}{ℏ^{2}} = \frac{2 m V_{0}}{ℏ^{2}} (\frac{E}{V_{0}} - \frac{| x |}{a} + 1) = k_{0}^{2} (ϵ^{2} - \frac{| x |}{a} + 1)

$k^2=\frac{2m(E-V)}{\hbar^2} = \frac{2mV_0}{\hbar^2}(\frac{E}{V_0}-\frac{|x|}{a}+1)=k_0^2(\epsilon^2-\frac{|x|}{a}+1)$ por lo que debe reescribir las ecuaciones para

ψ_{I I}

$\psi_{II}$ y

ψ_{I I I}

$\psi_{III}$ . No estoy completamente seguro de si esto es significativo para su problema.

Пегасище

Lo que me confunde más es el canto de los elementos en su matriz. ¿Por qué configuraste (1,3), (1,4), (3,5) y (3,6) con -1 multiplicador? También mencionó que para uno de

ψ_{I I}

$\psi_{II}$ y

ψ_{I I I}

$\psi_{III}$ :

\frac{d}{d x} = \frac{d}{d ξ}

$\frac{d}{dx} = \frac{d}{d\xi}$ y por el otro

\frac{d}{d x} = - \frac{d}{d ξ}

$\frac{d}{dx} = -\frac{d}{d\xi}$

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Su segunda declaración es la razón por la que la tercera y la cuarta fila tienen los mismos signos, porque la matriz se escribe a partir de las ecuaciones de la forma

ψ_{u} - ψ_{w} = 0

$\psi_u-\psi_w=0$ , por lo que los coeficientes negativos surgen naturalmente y se cancelan en el

ψ_{I I}^{'} - ψ_{I I I}^{'} = 0

$\psi'_{II}-\psi'_{III}=0$ caso porque la derivada cambia de signo.

muelles kennedy · Answer 4

Llego un poco tarde a la fiesta, pero tu error es claro. El coeficiente de transmisión $T$ es $\left\lvert G/A \right\rvert^2$ y coeficiente de reflexión $R$ es $\left\lvert B/A \right\rvert^2$ lo que lleva a $1-R=T$ o $R+T=1$ . Colocar $A=1$ para una amplitud de $1$ para la onda entrante y resolver para $B$ y $G$ . Esto debería darte resultados sensibles.

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