Два барьера

[Утундрий]

Одномерные кванты́, потенциал - два одинаковых прямоугольных барьера шириной $a$ и высотой $U$. Слева налетает частица массы $m$ с энергией $E<U$. Найти минимальное расстояние между центрами барьеров $L$ при котором коэффициент прохождения частицы в правую область равен $1$.

[AnatolyBa]

Что-то не торопятся решать. А я ведь несколько лет тому назад решил эту задачу в лоб. Честное слово. Причем я не основывался на факте что такое резонансное пропускание возможно, я хотел это доказать. Но повторить этот подвиг сейчас я не смогу.
А вы действительно хотите точного решения? Или нужно доказать возможность резонансного пропускания - даже при высоких барьерах, что-то на основе аналитических свойств амплитуды?
Можно несколько упростить задачу. Скажем известен первый уровень резонансного пропускания, найти следующий. Такая задача решается "по олимпиадному"

[realeugene]

AnatolyBa в сообщении #1438024 писал(а):

А я ведь несколько лет тому назад решил эту задачу в лоб. Честное слово.

Как решать в лоб, очевидно. Но не особо интересно. Записываем комплексные коэффициенты отражения и прохождения волновой функции через один барьер. Комбинируем линейно для бегущих волн внутри промежутка. Решаем систему уравнений.

[AnatolyBa]

Так я ведь и комплексные коэффициенты сам находил (в большинстве книг только модули приведены, правда сейчас нашел и коэффициенты). Для меня это был подвиг.
Но если известны комплексные коэффициенты для одиночного барьера, то "по олимпиадному" можно вывести соотношение $kL=\varphi+\pi n$ где $\varphi$ - фаза коэффициента отражения, при этом при вычислении коэффициентов начало координат в середине барьера - это сущесвенно для фазы.

[Утундрий]

А.И. Шафаревич решал эту (на самом деле более общую) задачу через матрицы монодромии.

[realeugene]

Давайте рассуждать без расчётов. Насколько я помню, под барьером в мнимой волне фаза постоянна вдоль координаты. Волновая функция на границах барьера непрерывна. Если устремить высоту барьера в бесконечность, волновая функция под барьером будет стремиться к нулю. Значит, отраженная от передней грани барьера волна будет в противофазе (как с электромагнитной волной). А при прохождении задней грани барьера фаза сохраняется. Отраженная от второго барьера волна, пройдя через первый барьер в обратную сторону, должна в сумме подавить отражение от первой грани. Значит, внутри первого барьера она должна быть в фазе с исходной волной. Значит, дополнительный фазовый сдвиг при пролёте туда-обратно в промежутке должен быть равен $\pi$, и минимальное расстояние между барьерами равно четверти длины волны де Бройля. А между центрами барьеров прибавить ширину барьера.

Более того, на самом деле, фаза отраженной волны не важна. Важно только отсутствие фазового сдвига под барьером. Надеюсь, я не ошибся: мне сейчас лень брать в руки бумажку и записывать уравнение Шрёдингера для свободной частицы, чтобы это проверить. Вот, да, уже для этого нужна бумажка. :(

Впрочем, в этих рассуждениях есть пара скользких мест. Фаза отражения, всё же, важна и влияет на фазу волны в полости на задней грани первого барьера по отношению к фазе исходной волны. Т. е. нужно всё-таки аккуратно считать.

[AnatolyBa]

По моему там фазовые соотношения более сложные, на пальцах не получить.
Я подсмотрел у Шиффа формулу для коэффициентов отражения и прохождения.
Если ничего не напутал, для коэффициента отражения одного барьера $\varphi=-ka$.
Т. е. $L=-a+\frac{\pi n}{k}$, естественно $L>a$, отсюда условие для $n$

[Утундрий]

Имеется, стало быть, нестационарное уравнение Шрёдингера

$$i\hbar \frac{{\partial \Psi }}{{\partial t}} = - \frac{{\hbar ^2 }}{{2m}}\frac{{\partial ^2 \Psi }}{{\partial x^2 }} + V\left( x \right)\Psi $$

Нас интересуют состояния с определённой энергией, значит

$$i\hbar \frac{{\partial \Psi }}{{\partial t}} = E\Psi $$

Откуда

$$\Psi \left( {t,x} \right) = e^{ - i\frac{E}{\hbar }t} \psi \left( x \right)$$

где $\psi$ удовлетворяет стационарному уравнению Шрёдингера

$$ - \frac{{\hbar ^2 }}{{2m}}\frac{{d^2 \psi }}{{dx^2 }} + V\left( x \right)\psi = E\psi$$

Если в некоторой области $\psi \sim e^{ikx} $, то $\Psi \sim e^{ - i\left( {\frac{E}{\hbar }t - kx} \right)} $ и при $k>0$ имеем волну, бегущую вправо.

Рассмотрим барьер вида

$$V\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} U & {0 < x < a} \\ 0 & \text{в остальных случаях} \\ \end{array} } \right.$$

Решение уравнения Шрёдингера устроено так

$$\[ \psi = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {Ae^{ikx} + Be^{ - ikx} } & {x < 0} \\ {C\operatorname{ch} \kappa x + D\operatorname{sh} \kappa x} & {0 \leqslant x \leqslant a} \\ {A'e^{ik\left( {x - a} \right)} + B'e^{ - ik\left( {x - a} \right)} } & {a < x} \\ \end{array} } \right. \] $$

где $k: = \dfrac{{\sqrt {2mE} }}{\hbar }$ и $\kappa : = \dfrac{{\sqrt {2m\left( {U - E} \right)} }}{\hbar }$

Сшивая до первой производной в точках $x=0$ и $x=a$, получаем систему уравнений

$$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {A + B = C} \\ {ik\left( {A - B} \right) = \kappa D} \\ {C\operatorname{ch} \kappa a + D\operatorname{sh} \kappa a = A' + B'} \\ {\kappa \left( {C\operatorname{sh} \kappa a + D\operatorname{ch} \kappa a} \right) = ik\left( {A' - B'} \right)} \\ \end{array} } \right. \] $$

Её решение

$$\[ \left( {\begin{array}{*{20}c} {A'} \\ {B'} \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}c} \alpha & {\bar \beta } \\ \beta & {\bar \alpha } \\ \end{array} } \right)\left( {\begin{array}{*{20}c} A \\ B \\ \end{array} } \right) \] $$

где

$$\[ \begin{gathered} \alpha : = \operatorname{ch} \kappa a + \frac{i} {2}\left( {\frac{k} {\kappa } - \frac{\kappa } {k}} \right)\operatorname{sh} \kappa a \hfill \\ \beta : = \frac{i} {2}\left( {\frac{k} {\kappa } + \frac{\kappa } {k}} \right)\operatorname{sh} \kappa a \hfill \\ \end{gathered} \] $$

Найдём ещё оператор сдвига. Пусть $\psi \left( x \right) = Ae^{ikx} + Be^{ - ikx} $, тогда положим $\psi \left( {x + l} \right) = A_l e^{ikx} + B_l e^{ - ikx} $ где

$$\[ \left( {\begin{array}{*{20}c} {A_l } \\ {B_l } \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}c} \lambda & 0 \\ 0 & {\bar \lambda } \\ \end{array} } \right)\left( {\begin{array}{*{20}c} A \\ B \\ \end{array} } \right) \] $$

и $\lambda : = e^{ikl} $

Переходим к двум барьерам:

$$\[ V\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} U & {0 \leqslant x \leqslant a} \\ U & {l + a \leqslant x \leqslant l + 2a} \\ 0 & \text{в остальных случаях} \\ \end{array} } \right. \] $$

Обозначив для краткости

$${\mathbf{v}}: = \left( {\begin{array}{*{20}c} A \\ B \\ \end{array} } \right)$$

последовательно находим

$$\[ {\mathbf{v}}_0 = \left( {\begin{array}{*{20}c} 1 \\ 0 \\ \end{array} } \right),\quad {\mathbf{v}}_a = \left( {\begin{array}{*{20}c} \alpha & {\bar \beta } \\ \beta & {\bar \alpha } \\ \end{array} } \right) \cdot {\mathbf{v}}_0 ,\quad {\mathbf{v}}_{l + a} = \left( {\begin{array}{*{20}c} \lambda & 0 \\ 0 & {\bar \lambda } \\ \end{array} } \right) \cdot {\mathbf{v}}_a ,\quad {\mathbf{v}}_{l + 2a} = \left( {\begin{array}{*{20}c} \alpha & {\bar \beta } \\ \beta & {\bar \alpha } \\ \end{array} } \right) \cdot {\mathbf{v}}_{l + a} = \left( {\begin{array}{*{20}c} {e^{i\phi } } \\ 0 \\ \end{array} } \right) \] $$

Что даёт систему

$$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\alpha ^2 \lambda + \left| \beta \right|^2 \bar \lambda = e^{i\phi } } \\ {\beta \left( {\alpha \lambda + \overline{\alpha \lambda} } \right) = 0} \\ \end{array} } \right. \] $$

Поскольку $\beta \ne 0$, имеем

$$\operatorname{Re} \left( {\alpha \lambda } \right) = 0$$

Вычисляя, получаем

$$\[ \operatorname{ctg} \left( {kl} \right) = \frac{1} {2}\left( {\frac{k} {\kappa } - \frac{\kappa } {k}} \right)\operatorname{th} \left( {\kappa a} \right) \] $$

или, после подстановки $k$ и $\kappa$:

$$\[ \operatorname{ctg} \left( {\frac{{\sqrt {2mE} }} {\hbar }l} \right) = \frac{{E - U/2}} {{\sqrt {E\left( {U - E} \right)} }}\operatorname{th} \left[ {\frac{{\sqrt {2m\left( {U - E} \right)} }} {\hbar }a} \right] \] $$

Откуда находим все резонансные длины

$$l = l_0 + \frac{{\pi \hbar }}{{\sqrt {2mE} }}n, \quad n = 1,2,3...$$

где $l_0$ - минимальное положительное решение.

Предельные случаи.

$$\[ \begin{gathered} E \to 0:l_0 \to \frac{{\pi \hbar }} {{\sqrt {2mE} }} \hfill \\ E = U/2:l_0 = \frac{{\pi \hbar }} {{2\sqrt {mU} }} \hfill \\ E \to U:l_0 \to \frac{\hbar } {{\sqrt {2mU} }}\operatorname{arctg} \left( {\frac{{2\hbar }} {{a\sqrt {2mU} }}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \] $$

Вычислить фазу $\phi $ также не трудно

$$\[ \left| \lambda \right| = 1 \Rightarrow \lambda e^{i\phi } = \left( {\alpha \lambda } \right)^2 + \left| \beta \right|^2 = \left\{ {\operatorname{Re} \left( {\alpha \lambda } \right) = 0} \right\} = \left| \beta \right|^2 - \left| {\alpha \lambda } \right|^2 = \left| \beta \right|^2 - \left| \alpha \right|^2 = - 1 \] $$

откуда

$$\phi = \pi - kl$$

Подобным образом можно рассчитать сколько угодно одинаковых барьеров.

[realeugene]

Любопытно. Т. е. отсутствие фазового сдвига внутри барьера я угадал, а вот нетривиальные фазовые сдвиги на передней границе барьера угадать не смог. Действительно, на пальцах не считается.

[AnatolyBa]

Так. Вижу, формулу для коэффициентов из Шиффа мне списать правильно не удалось. Печально, но я это подозревал.
Чем мне нравится эта задача. Достаточно неочевидно - и интересно, что даже для высоких/широких барьеров существует возможность резонансного просветления, причем коэффициент прохождения достигает единицы.
Однако, это связано с существованием метастабильного уровня (опять же, для высоких/широких барьеров). А этот интересный физический факт приведенное решение как-то не выявляет.
Что касается метода решения. Такой матричный подход применяется в оптике (плюс электрооптика, оптика магнитных линз), расчете 4-х полюсников, в том числе длинных линий - это из того, что мне известно.
Т. е. подход интересный, но насколько он "олимпиадный"? В приведенном решении есть парочка описок. Несмотря на это, ответ приведен правильный. Но мы видим, как легко сделать механическую ошибку.
Для олимпиады, по-моему, не очень хорошо

[Утундрий]

AnatolyBa в сообщении #1438408 писал(а):

В приведенном решении есть парочка описок.

Одну исправил сам, где ещё?

P.S. Может и есть олимпиадное решение, с отражениями всякими, но думать лень. Я просто для себя проверил, так ли это.

P.P.S. Вообще, довольно неоднозначный вопрос: что проще - механически по известному алгоритму прочургыкать к решению или заморачиваться отыскиванием всякого рода халяв. Первое уже не так непреодолимо вследствие наличия присутствия систем компьютерной алгебры, хоть я ими для этой задачи и не пользовался. Но вот, например, тензор Римана-Кристоффеля вручную считать - то ещё удовольствие...

[AnatolyBa]

(Оффтоп)

Ввиду непринципиальности - под оффтопом

Утундрий в сообщении #1438280 писал(а):

$\kappa \left( {C\operatorname{sh} \kappa a - D\operatorname{ch} \kappa a} \right) = ik\left( {A' - B'} \right) $

Слева все-таки плюс

Утундрий в сообщении #1438280 писал(а):

$\beta \left( {\alpha \lambda + \alpha \lambda } \right) = 0$

Не хватает знаков комплексного сопряжения