Lösungen zur Übung Nr.5

Abgabetermin: Montag, d. 30. Mai 2005

Aufgabe 1: (6 Punkte)
a) Die Schrödinger Gleichung für die drei Bereiche

$$\psi_{1}'' + k_{1}^{2} \psi_{1} = 0, \; \; \; \; \; x < 0$$

$$\psi_{2}'' + k_{2}^{2} \psi_{2} = 0, \; \; \; \; \; 0 < x < a$$

$$\psi_{3}'' + k_{1}^{2} \psi_{3} = 0, \; \; \; \; \; x > a$$

hat die Lösungen

$$\psi_{1} = a_{1} e^{ik_{1}x} + a_{2} e^{-ik_{1}x},$$

$$\psi_{2} = b_{1} e^{k_{2}x} + b_{2} e^{-k_{2}x},$$

$$\psi_{3} = c_{1} e^{ik_{1}x} + c_{2} e^{-ik_{1}x},$$

mit $k_{1} = \sqrt{2mE}/\hbar$ und $k_{2} = \sqrt{2m(E_{0}-E)}/\hbar$. Die Durchlasswahrscheinlichkeit ist $T = \vert c_{1}/a_{1}\vert^{2}$. Gesucht ist also eine Beziehung zwischen $a_{1}$ und $c_{1}$.
Zunächst ist $c_{2} = 0$ da rechts vom Potentialwall keine nach links laufende Welle existiert. Aus den Stetigkeitsbedindungen folgt:

$$\psi_{1}(0) = \psi_{2}(0) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; a_{1}+a_{2} = b_{1} + b_{2}$$

$$\psi_{1}'(0) = \psi_{2}'(0) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; ik_{1}(a_{1}-a_{2}) = k_{2}(b_{1}-b_{2})$$

$$\psi_{2}(a) = \psi_{3}(a) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; b_{1}e^{k_{2}a} + b_{2} e^{-k_{2}a} = c_{1} e^{ik_{1}a}$$

$$\psi_{2}'(a) = \psi_{3}'(a) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; k_{2}(b_{1} e^{k_{2}a} - b_{2} e^{-k_{2}a}) = i k_{1} c_{1} e^{ik_{1}a}$$

Wer hier mit allgemeinen Methoden zur Lösung des Geichungssystems anfängt, hat natürlich verloren. Aus den ersten beiden Bedingungsgleichungen gewinnt man eine Beziehung für $a_{1}$ in Anhängigkeit von $b_{1}$ und $b_{2}$:

$$2 i k_{1} a_{1} = i k_{1}(b_{1}+b_{2}) + k_{2} (b_{1} - b_{2}).$$

Aus den beiden letzten Gleichungen kann man sofort $b_{1}$ und $b_{2}$ als Funktion von $c_{1}$ darstellen:

$$b_{1} = \frac{k_{2}+i k_{1}}{2 k_{2} e^{-ik_{1} a}} e^{-k_{2} a} c_{1}$$

$$b_{2} = \frac{k_{2}-i k_{1}}{2 k_{2} e^{-ik_{1} a}} e^{+k_{2} a} c_{1}$$

Einsetzen in die erste Gleichung führt bereits auf die Lösung $a_{1} = X c_{1}$. Hiermit ist die Aufgabe im Prinzip gelöst 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:

$$b_{1} + b_{2} = \frac{2 k_{2} \; cosh(k_{2} a) - 2ik_{1} \; sinh(k_{2} a)} {2 k_{2} e^{-k_{1} a}} \; c_{1}$$

$$b_{1} - b_{2} = \frac{- 2 k_{2} \; sinh(k_{2} a) + 2i k_{1} \; cosh(k_{2} a)} {2 k_{2} e^{-k_{1} a}} \; c_{1}$$

Einsetzen dieser Werte in die obige Gleichung für $a_{1}$ und sortieren nach Real- und Imaginärteil liefert

$$\frac{a_{1}}{c_{1}} = \frac{2(k_{1}^{2}-k_{2}^{2}) sinh(k_{2... ...+ 4 i k_{1}k_{2} cosh(k_{2}a)} {4 i k_{1} k_{2} e^{-ik_{1}a}}$$

Bildung des Betragsquadrates und Beachtung von $cosh^{2}(x) = 1 + sinh^{2}(x)$ (daher kommt die einsame 1 in der Formel) liefert

$$\vert a_{1}/c_{1}\vert^{2} = \frac{4 (k_{1}^{2} + k_{2}^{2})^{2}}{16 k_{1}^{2}k_{2}^{2}} sinh^{2}(k_{2} a) + 1$$

Nach Einsetzen der Werte für $k_{1}$ und $k_{2}$ kann man dieses umschreiben in

$$T = \left( 1 + \frac{sinh^{2}(k a)}{4 (E/E_{0}) (1 - E/E_{0})} \right)^{-1}$$

mit $k = k_{2} = \sqrt{2m(E_{0} - E}/\hbar$.
b) Zunächst ist $sinh(x) = (1/2)(e^{x}-e^{-x})$ und daher

$$sinh^{2}(k a) = \frac{1}{4} (e^{k a} - e^{-k a})^{2}.$$

Wenn $ka \gg 1$ ist, kann der zweite Term gegenüber dem ersten vernachlässigt werden und wir erhalten

$$sinh^{2}(k a) = \frac{1}{4} e^{2 k a}$$

und daher

$$T = \left( 1 + \frac{e^{2 k a}}{16(E/E_{0})(1 - E/E_{0})} \right)^{-1}$$

Bei unser obigen Annahme ist nun aber auch der zweite Term in der Klammer sehr viel grösser als 1, wir können die 1 in der Klammer vernachlässigen und erhalten

$$T \approx 16 \frac{E}{E_{0}} \left( 1 - \frac{E}{E_{0}} \right) e^{-2 k a}.$$

Unsere Annahme ist also

$$k a = \frac{p}{\hbar} a = \frac{2 \pi a}{\lambda} \gg 1 \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; a \gg \lambda.$$

Die Ausdehnung des Potentials muss also sehr viel größer als die Wellenlänge sein.

Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) In der Ableitung von Aufgabe ändert sich, daß man $k_{2}$ durch $i k_{2}$ und $E_{0}$ durch $-\vert E_{0}\vert$ ersetzen muß, daher (wieder mit $k = k_{2}$:

$$sinh^{2}(i k a) = \frac{1}{4} (e^{ika} - e^{-ika})^{2} = - sin^{2}(k a)$$

und

$$T = \left( 1 + \frac{sin^{2}(k a)}{4 (E/\vert E_{0}\vert) (1 + E/\vert E_{0}\vert)} \right)^{-1}$$

mit $k = \sqrt{2m (E+E_{0})}/\hbar$.
b) Die Reflektion verschwindet, wenn $T = 1$ wird, d.h. für $sin(ka) = 0$ oder $k a = n \pi$. Das kann man in Wellenlängen ausdrücken, $a = n \lambda/2$ oder mit der Energie des Teilchens durch

$$a = \frac{n \pi \hbar}{\sqrt{2 m (E + \vert E_{0}\vert)}}, \; \; \; \; \; n = 1,2,3,....$$

Ähnliches gilt natürlich für den positiven Potentialwall, wenn $E > E_{0}$ ist.

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Wir erinnern uns an die Formel im Skript:

$$\frac{dN}{d\Omega} = A' \frac{1}{sin^{4}(\theta/2)},$$

wobei die Energieabhängigkeit und alle weiteren Konstanten in das $A$ aufgenommen wurden. Mit $d\Omega = 2 \pi sin(\theta) d\theta = 2 \pi d(cos\theta)$ können wir schreiben

$$dN = A'' \frac{d(cos\theta)}{sin^{4}(\theta/2)} = A \frac{d(cos\theta)}{(1 - cos\theta)^{2}}$$

Das Integral ist dann

$$N = A \int_{x_{1}}^{x_{2}} \frac{dx}{(1 - x)^{2}} = A \frac{x_{1} - x_{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})}$$

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

$$N_{0} = A \cdot 0,47 = 30 \pm 5,5\; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; A = 64 \pm 12.$$

a) Den Erwartungswert der Zählrate für Winkel größer als $90^{o}$ berechnen wir mit $x_{1} = 0$ und $x_{2} = -1$ zu $N_{1} = A/2 = 32 \pm 6$.
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 Zählrate von entweder $N_{2} = 0$ oder $N_{2} = 1$, in seltenen Fällen auch mehr (Poisson- Verteilung).

Aufgabe 4: (5 Punkte)
In unser bisherigen Ableitungen für das Wasserstoffatom muß 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

$$R_{\mu} = \frac{e^{4}}{8 \epsilon_{0}^{2}h^{3}c} m_{red} = A... .../m_{K})} = A m_{e} \frac{(m_{\mu}/m_{e})}{1 + (m_{\mu}/m_{K})}$$

Also

$$R_{\mu} = R_{e} \frac{210}{1 + (210/2000)} = 190 R_{e} = 2,1 \cdot 10^{9} \; m^{-1} = 2,1 \; nm^{-1}$$

Ohne Bewegung des Kerns hätten wir $R_{\mu} = 210 R_{e}$ herausbekommen, der Unterschied ist also nicht vernachlässigbar. Die Ionisierungsenergie ist

$$E_{1} = - R_{\mu} h c = - 2,6 \cdot 10^{3} \; eV,$$

und die Wellenlänge des Überganges vom ersten angeregten Zustand zum Grundzustand

$$\frac{1}{\lambda_{21}} = R_{\mu} \left( 1 - \frac{1}{4} \rig... ... \; \; \; \; \lambda_{21} = \frac{4}{3 R_{\mu}} = 0,635 \; nm$$