\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.5}
\normalsize
\centerline{\bf Abgabetermin: Montag, d. 30. Mai 2005}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline
a) Die Schr"odinger Gleichung f"ur die drei Bereiche 
\begin{eqnarray}
\psi_{1}'' + k_{1}^{2} \psi_{1} &=& 0, \; \; \; \; \; x < 0 \nonumber \\
\psi_{2}'' + k_{2}^{2} \psi_{2} &=& 0, \; \; \; \; \; 0 < x < a \nonumber \\
\psi_{3}'' + k_{1}^{2} \psi_{3} &=& 0, \; \; \; \; \; x > a  \nonumber
\end{eqnarray}
hat die L"osungen
\begin{eqnarray}
\psi_{1} &=& a_{1} e^{ik_{1}x} + a_{2} e^{-ik_{1}x}, \nonumber \\
\psi_{2} &=& b_{1} e^{k_{2}x}  + b_{2} e^{-k_{2}x}, \nonumber \\
\psi_{3} &=& c_{1} e^{ik_{1}x} + c_{2} e^{-ik_{1}x}, \nonumber
\end{eqnarray}
mit $k_{1} = \sqrt{2mE}/\hbar$ und $k_{2} = \sqrt{2m(E_{0}-E)}/\hbar$.
Die Durchlasswahrscheinlichkeit ist $T = |c_{1}/a_{1}|^{2}$. Gesucht ist also eine Beziehung zwischen
$a_{1}$ und $c_{1}$. \newline
Zun"achst ist $c_{2} = 0$ da rechts vom Potentialwall keine nach links laufende
Welle existiert. Aus den Stetigkeitsbedindungen folgt:
\begin{eqnarray}
\psi_{1}(0) = \psi_{2}(0) \; \; \; \; \; & \rightarrow & \; \; \; \; \; a_{1}+a_{2} = b_{1} + b_{2} \nonumber \\
\psi_{1}'(0) = \psi_{2}'(0) \; \; \; \; \; & \rightarrow & \; \; \; \; \; ik_{1}(a_{1}-a_{2}) = k_{2}(b_{1}-b_{2})
   \nonumber \\
\psi_{2}(a) = \psi_{3}(a) \; \; \; \; \; & \rightarrow & \; \; \; \; \; 
   b_{1}e^{k_{2}a} + b_{2} e^{-k_{2}a} = c_{1} e^{ik_{1}a} \nonumber \\
\psi_{2}'(a) = \psi_{3}'(a) \; \; \; \; \; & \rightarrow & \; \; \; \; \; 
  k_{2}(b_{1} e^{k_{2}a} - b_{2} e^{-k_{2}a}) = i k_{1} c_{1} e^{ik_{1}a} \nonumber
\end{eqnarray} 
Wer hier mit allgemeinen Methoden zur L"osung des Geichungssystems anf"angt, hat nat"urlich
verloren. Aus den ersten beiden Bedingungsgleichungen gewinnt man eine Beziehung f"ur 
$a_{1}$ in Anh"angigkeit von $b_{1}$ und $b_{2}$:
\begin{displaymath}
2 i k_{1} a_{1} = i k_{1}(b_{1}+b_{2}) + k_{2} (b_{1} - b_{2}).
\end{displaymath}
Aus den beiden letzten Gleichungen kann man sofort $b_{1}$ und $b_{2}$ als Funktion von
$c_{1}$ darstellen:
\begin{eqnarray}
b_{1} &=& \frac{k_{2}+i k_{1}}{2 k_{2} e^{-ik_{1} a}}  e^{-k_{2} a} c_{1} \nonumber \\
b_{2} &=& \frac{k_{2}-i k_{1}}{2 k_{2} e^{-ik_{1} a}}  e^{+k_{2} a} c_{1} \nonumber  
\end{eqnarray}
Einsetzen in die erste Gleichung f"uhrt bereits auf die L"osung $a_{1} = X c_{1}$. 
Hiermit ist die Aufgabe im Prinzip gel"ost und verdient die volle Punktzahl. Alles weitere kann
mit extra Punkten honoriert werden. Am besten schreibt man $b_{1} \pm b_{2}$ sofort als
Hyperbelfunktionen:
\begin{eqnarray}
b_{1} + b_{2} &=& \frac{2 k_{2} \; cosh(k_{2} a) - 2ik_{1} \; sinh(k_{2} a)}
                       {2 k_{2} e^{-k_{1} a}} \; c_{1} \nonumber \\
b_{1} - b_{2} &=& \frac{- 2 k_{2} \; sinh(k_{2} a) + 2i k_{1} \; cosh(k_{2} a)}
                       {2 k_{2} e^{-k_{1} a}} \; c_{1} \nonumber 
\end{eqnarray}
Einsetzen dieser Werte in die obige Gleichung f"ur $a_{1}$ und sortieren nach Real- und
Imagin"arteil liefert
\begin{displaymath}
\frac{a_{1}}{c_{1}} = \frac{2(k_{1}^{2}-k_{2}^{2}) sinh(k_{2}a) + 4 i k_{1}k_{2} cosh(k_{2}a)}
                      {4 i k_{1} k_{2} e^{-ik_{1}a}}
\end{displaymath}
Bildung des Betragsquadrates und Beachtung von $cosh^{2}(x) = 1 + sinh^{2}(x)$ (daher kommt die
einsame 1 in der Formel) liefert
\begin{displaymath}
|a_{1}/c_{1}|^{2} = \frac{4 (k_{1}^{2} + k_{2}^{2})^{2}}{16 k_{1}^{2}k_{2}^{2}} sinh^{2}(k_{2} a) + 1
\end{displaymath}
Nach Einsetzen der Werte f"ur $k_{1}$ und $k_{2}$ kann man dieses umschreiben in
\begin{displaymath}
T = \left( 1 + \frac{sinh^{2}(k a)}{4 (E/E_{0}) (1 - E/E_{0})} \right)^{-1}
\end{displaymath}
mit $k = k_{2} = \sqrt{2m(E_{0} - E}/\hbar$. 
\newline
b) Zun\"achst ist $sinh(x) = (1/2)(e^{x}-e^{-x})$ und daher
\begin{displaymath}
sinh^{2}(k a) = \frac{1}{4} (e^{k a} - e^{-k a})^{2}.
\end{displaymath}
Wenn $ka  \gg 1$ ist, kann der zweite Term gegen\"uber dem ersten vernachl\"assigt werden und
wir erhalten
\begin{displaymath}
sinh^{2}(k a) = \frac{1}{4} e^{2 k a}
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
T = \left( 1 + \frac{e^{2 k a}}{16(E/E_{0})(1 - E/E_{0})} \right)^{-1}
\end{displaymath}
Bei unser obigen Annahme ist nun aber auch der zweite Term in der Klammer sehr viel gr\"osser
als 1, wir k\"onnen die 1 in der Klammer vernachl\"assigen und erhalten
\begin{displaymath}
T \approx 16 \frac{E}{E_{0}} \left( 1 - \frac{E}{E_{0}} \right) e^{-2 k a}.
\end{displaymath}
Unsere Annahme ist also
\begin{displaymath}
k a = \frac{p}{\hbar} a = \frac{2 \pi a}{\lambda} \gg 1 \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; a \gg \lambda.
\end{displaymath}
Die Ausdehnung des Potentials muss also sehr viel gr\"o"ser als die Wellenl\"ange sein.  
\newpage
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) In der Ableitung von Aufgabe "andert sich, da"s man $k_{2}$ durch $i k_{2}$ und $E_{0}$ durch $-|E_{0}|$ ersetzen
mu"s, daher (wieder mit $k = k_{2}$:
\begin{displaymath}
sinh^{2}(i k a) = \frac{1}{4} (e^{ika} - e^{-ika})^{2} = - sin^{2}(k a)
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
T = \left( 1 + \frac{sin^{2}(k a)}{4 (E/|E_{0}|) (1 + E/|E_{0}|)} \right)^{-1}
\end{displaymath}
mit $k = \sqrt{2m (E+E_{0})}/\hbar$. \newline
b) Die Reflektion verschwindet, wenn $T = 1$ wird, d.h. f"ur $sin(ka) = 0$ oder $k a = n \pi$.
Das kann man in Wellenl"angen ausdr"ucken, $a = n \lambda/2$ oder mit der Energie des Teilchens durch
\begin{displaymath}
a = \frac{n \pi \hbar}{\sqrt{2 m (E + |E_{0}|)}}, \; \; \; \; \; n = 1,2,3,....
\end{displaymath}
"Ahnliches gilt nat"urlich f"ur den positiven Potentialwall, wenn $E > E_{0}$ ist. 
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Wir erinnern uns an die Formel im Skript:
\begin{displaymath}
\frac{dN}{d\Omega} = A' \frac{1}{sin^{4}(\theta/2)},
\end{displaymath}
wobei die Energieabh\"angigkeit und alle weiteren Konstanten in das $A$ aufgenommen wurden. 
Mit $d\Omega = 2 \pi sin(\theta) d\theta = 2 \pi d(cos\theta)$ k\"onnen wir schreiben
\begin{displaymath}
dN = A'' \frac{d(cos\theta)}{sin^{4}(\theta/2)} = A \frac{d(cos\theta)}{(1 - cos\theta)^{2}}
\end{displaymath}
Das Integral ist dann
\begin{displaymath}
N = A \int_{x_{1}}^{x_{2}} \frac{dx}{(1 - x)^{2}} = A \frac{x_{1} - x_{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})}
\end{displaymath}
mit $x_{1} = cos\theta_{1}$ und $x_{2} = cos\theta_{2}$.
Aus der Messung zwischen $30^{o}$ und $31^{o}$ folgt mit $x_{1} = 0,866$ und $x_{2} = 0,857$, dass
\begin{displaymath}
N_{0} = A \cdot 0,47 = 30 \pm 5,5\; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; A = 64 \pm 12.
\end{displaymath}
a) Den Erwartungswert der Z"ahlrate f"ur Winkel gr"o"ser als $90^{o}$ berechnen wir mit 
$x_{1} = 0$ und $x_{2} = -1$ zu $N_{1} = A/2 = 32 \pm 6$.  
\newline
b) Beim Winkelintervall zwischen $170^{o}$ und $180^{o}$ folgt mit $x_{1} = -0.985$ und
$x_{2}= -1$, dass $N_{2} = 0,004 \cdot A = 0,26 \pm 0,05$.  
Wir erwarten hier also eine Z\"ahlrate von entweder $N_{2} = 0$ oder $N_{2} = 1$, in seltenen
F\"allen auch mehr (Poisson- Verteilung).
\newpage
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
In unser bisherigen Ableitungen f\"ur das Wasserstoffatom mu"s einfach die Masse
des Elektrons durch die Masse des Muons b.z.w. durch die reduzierte Masse 
$m_{red} = m_{\mu} m_{K}/(m_{\mu} + m_{K})$ ersetzt werden. Nach Skript ist dann
\begin{displaymath}
R_{\mu} = \frac{e^{4}}{8 \epsilon_{0}^{2}h^{3}c} m_{red} = A \frac{m_{\mu}m_{K}}{m_{\mu}+m_{K}}
= A \frac{m_{\mu}}{1+(m_{\mu}/m_{K})} = A m_{e} \frac{(m_{\mu}/m_{e})}{1 + (m_{\mu}/m_{K})}
\end{displaymath}
Also
\begin{displaymath}
R_{\mu} = R_{e} \frac{210}{1 + (210/2000)} = 190 R_{e} = 2,1 \cdot 10^{9} \; m^{-1} = 2,1 \; nm^{-1}
\end{displaymath}
Ohne Bewegung des Kerns h\"atten wir $R_{\mu} = 210 R_{e}$ herausbekommen, der Unterschied ist
also nicht vernachl\"assigbar. Die Ionisierungsenergie ist
\begin{displaymath}
E_{1} = - R_{\mu} h c = - 2,6 \cdot 10^{3} \; eV,
\end{displaymath}
und die Wellenl\"ange des \"Uberganges vom ersten angeregten Zustand zum Grundzustand
\begin{displaymath}
\frac{1}{\lambda_{21}} = R_{\mu} \left( 1 - \frac{1}{4} \right) \;, \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; \lambda_{21} = \frac{4}{3 R_{\mu}} = 0,635 \; nm 
\end{displaymath}
\end{document}
