Theoretische Physik E im WS 07/08 Ubungsblatt 3 ¨
Gruppe P
Philipp Jung 13. November 2007
Aufgabe 5:Tunneleffekt in WKB-N¨aherung:α-Zerfall
1
Da wir es hier mit einem station¨arem Problem zu tun haben, k¨onnen wir auch die station¨are Schr¨odingergleichung verwenden.
−~2
2m∆ +V(r)
Ψ =EΨ Nun setzen wir einfach den Lapaceoperator in Kugelkoordinaten
∆f(r, ϑ, φ) = 1 r2
∂
∂r
r2·∂f
∂r
+ 1
r2sinϑ· ∂
∂ϑ
sinϑ·∂f
∂ϑ
+ 1
r2sin2ϑ· ∂2f
∂φ2
und den gegeben Ansatz f¨ur die Wellenfunktion
Ψ(r, ϑ, φ) =U(r) r
ein. Dabei k¨onnen wir nat¨urlich sofort alle Ableitungen nachϑundφweglassen, da diese bei einer rein radialen Wellenfunktion verschwinden.
Der ¨Ubersicht halber berechnen wir zun¨achst den ∆Ψ-Term:
∆Ψ = ∆u(r) r = 1
r2
∂
∂r
r2· ∂
∂r u(r)
r
= 1 r2
∂
∂r(u0(r)·r−u) = u00(r) r
Wenn man dies nun in die Schr¨odingergleichung einsetzt erh¨at man eine lineare Differentialglei- chung zweiter Ordnung.
u00(r) +2m
~2
(E−V(r))u(r) = 0
Nun wollen wir einen WKB-Ansatz f¨ur die Wellenfunktion Da wir hierbei einenα-Zerfall haben, bei dem Teilchen den Kern verlassen, betrachten wir auch nur auslaufende Wellen. Das Kerninnere k¨onnen wir als Potentialtopf ann¨ahern. Zwar gilt die L¨osung des unendlich tiefen Potentialtopf eigentlich nicht (unsere “W¨ande” sind ja nur endlich hoch) doch ist die WKB-L¨osung sowieso nur eine L¨osung f¨ur die Innenereiche, in denen auch der endliche in den unendlichen Potentialtopf ann¨ahert. Nun also unser WKB-Ansatz:
Ψ =
C·sin
2πx λ(r)
x << a
C 2
ql(r) 2πexp
a
R
r 2πdr0
l(r0)
r >> a r << b (I)
C0 2
ql(r) 2πexp
−
r
R
b 2πdr0
l(r0)
r >> a r << b (II) C0
qλ(r) 2π cos
r
R
b 2πdr0 λ(r0) −π4
Dabei sindλ(r) = √ h
2m(E−V(r)) undl= √ h
2m(V(r)−E) so wie auf dem letzten Blatt.a=Rsei der erste Schnittpunkt zwischen V und E undb= 2(Z−2)eE20 der zweite. Die beiden L¨osungen f¨ur den Bereich zwischen a und b m¨ussen nat¨urlich identisch sein. Damit folgen die Anschlussbedingungen:
ln(C) +
a
Z
r
2πdr0
l(r0) =ln(C0)−
r
Z
b
2πdr0 l(r0) ⇒
b
Z
a
2πdr0 l(r0) =ln
C0 C
W¨ahlen wir nun f¨urC= 1 so l¨asst sich C’ bestimmen zu C0=exp
b
Z
a
2πdr0 l(r0)
2
Nun berechnen wir den Transmissionskoeffizienten T = kaus
Kein
|Aaus|2
|Aein|2 Mit
kaus= 2π
λ(b) kein= 2π λ(a) sowie
Aaus=1 2
rl(r)
2π Aein= 1 2
rl(r) 2π ·exp
−
b
Z
a
2πdr0 l(r0)
Damit ergibt sich der Transmissionskoeffizient zu
T = λ(a) λ(b)exp
−2
b
Z
a
2πdr0 l(r0)
Man kann nun noch die Ausdr¨ucke f¨urλund l einsetzen und erh¨alt dann:
T = s
E−V(b) E−V0
·exp
−2
b
Z
a
dr0
~ ·p
2m(V(r0)−E)
Aufgabe 6:Borel-Transformation und Hermite-Polynome
a) Hierf¨ur nutzen wir einfach aus, dass P(t) gegen f(t) konvergiert und deswegenf(st) =P(st) was wir in das Integral einsetzen
∞
Z
0
ds e−sf(st) =
∞
Z
0
ds e−sP(st) =
∞
Z
0
ds e−s
∞
X
n=0
an(st)n
Nun k¨onnen wir die Summe vor das Integral ziehen uns selbiges ausf¨uhren
∞
X
n=0
∞
Z
0
ds e−ssn
| {z }
=n!
antn=
∞
X
n=0
n!·an·tn=B−1[P(t)]
Der Wert des bestimmten Integrals wurde der Fachliteratur entnommen.
b) Ich werde hier um Verwchslungen mit dem Summenindex n zu vermeidten die i-fache, statt der n-nachen Ableitung verwenden. Wir wenden die i-fache Ableitung nach t zun¨achst auf die exponentialdarstellung von F(t,x) an. Die Ableitung wird wegen dem t2 in der Expo- nentialfunktion sehr kompliziert. Da wir uns aber nur f¨ur den Grad des in x enstehenden Polynoms bei t=0 interessieren, gen¨ugt es den Term mit der h¨ochsten Potenz von x zu be- trachten, der nicht von t abh¨angt, also
di
dti −t2+ 2txi
= (−2t+ 2x)i. Im Folgenden sei z(x,t) das Restpolynom, dass nur in Potenzen kleiner i von x abh¨angt.
di
dtie−t2+2tx t=0
= e−t2+2txh
(−2t+ 2x)i+z(x, t)i
t=0= 2ixi+z(x) 3
Wendet man nun die Differentiation auf die Reihe P(t;x) an, so ergibt sich
∞
X
n=0
di dti
Hn(x) n! tn
t=0
=
∞
X
n=i
Hn(x) (n−i)!tn−i
t=0
=Hi Gleichsetzen der Beiden Ergebniss liefert nun
Hi= 2ixi+z(x)
Daraus kann man einfach ablesen: Hi ist ein Polynom i-ten Grades, welches bei xi den koeffizientenhi = 2i hat.
c) F¨ur den Konvergenzradius r einer Potenzreihe P(x) =
∞
P
n=0
anxn in dieser Teilaufgabe ver- wenden wir die Definition
1 r = lim
n→∞|an|n1
Nun wenden wir dies auf P(t;x) an und setzen die Hermite-Polynome in der Darstellung Hn(x) = (−1)nex2dxdnne−x2 ein:
1 r = lim
n→∞
(−1)nex2 dn dxne−x2
1 n
= lim
n→∞ex
2 n 2x
ne−x
2 n = lim
n→∞
2x
n = 0⇒r=∞ ∀x d) F¨ur den Konvergenzradius r einer Potenzreihe P(x) =
∞
P
n=0
anxn in dieser Teilaufgabe ver- wenden wir die Definition
1 r = lim
n→∞
an+1
an
Außerdem beachten wir, dass f¨ur hinreichend große |x| die Hermite Polynome im Limes n→ ∞ sich auf die h¨ochste Potenz von x reduzieren:
n→∞lim Hn= 2nxn F¨ur die einfach Invers-Borel-Transformierte: ˆP =
∞
P
n
Hn(x)tn 1
r = lim
n→∞
Hn+1 Hn
= lim
n→∞
2n+1xn+1 2nxn
= 2|x| ⇒r= 1 2|x|
F¨ur die doppelt Invers-Borel-Transformierte: ˆP =
∞
P
n
n!Hn(x)tn 1
r = lim
n→∞
(n+ 1)!Hn+1
n!Hn
= lim
n→∞
(n+ 1)2n+1xn+1 2nxn
= lim
n→∞|(n+ 1)2x|=∞ ⇒r= 0
4
