Beispiel 2: Asymmetrisches Potentialtopf

$\bullet$ $0<E<U_{3}$

Das Verhalten der Wellenfunktion:

$$\psi (x)=\left\{ \begin{array}{ll} e^{-ikx}+e^{i(kx+2\phi _... ...\\ 2Be^{i\phi _{1}}e^{\kappa _{3}x} & x<0 \end{array}\right.$$

(Da es für $x<0$ keine nach links laufende Welle gibt, sind die Amplituden der nach links und nach rechts laufenden Wellen für $x>L$ gleich. Es ist vernünftig, die Koeffiziente in 2 bzw. 3 Zeile als $% 2Ae^{i\phi _{1}}$ und $2Be^{i\phi _{1}}$ zu schreiben, da die Phasen wegkürzen!) mit

$$\begin{eqnarray*} k &=&\sqrt{2mE/\hbar ^{2}} \\ k_{2} &=&\sqrt{2m(E-U_{2})/\hbar ^{2}} \\ \kappa _{3} &=&\sqrt{2m(U_{3}-E)/\hbar ^{2}} \end{eqnarray*}$$

Für die vorgegebene Amplitude der einfallenden Welle (hier 1) haben die Gleichungen immer 1 Lösung. Das Spektrum is kontinuierlich und nicht entartet. Die Phasen folgen aus der Bedingung der Kontinuität der logarithmischen Ableitung, die Vorfaktoren $A$ und $B$ aus der Kontinuität von $\psi$ selbst. Man bekommt:

$$\phi _{2}=Arc\tan \frac{k_{2}}{\kappa _{3}}$$

und

$$\phi _{1}=-kL-\frac{\pi }{2}+Arc\tan \left[ \frac{k}{k_{2}}\... ...eft( k_{2}L+Arc\tan \frac{k_{2}}{\kappa _{3}}\right) \right] .$$

Wir betrachten hier nur den einfachsten Spezialfall $% U_{3}\rightarrow \infty$ (mit $B \rightarrow 0$) und führen $K=\sqrt{% -2mU_{2}/\hbar ^{2}}$ und $\eta =k/K=\sqrt{E/\left\vert U_{2}\right\vert }$ und $\xi =k_{2}/K$. Es gilt $\eta =\sqrt{\xi ^{2}-1}$. Dann gilt:

$$\phi _{1}=-\frac{\pi }{2}+Arc\tan \left[ \frac{\eta }{\xi }\tan \left( \xi KL\right) \right]$$

und

$$A^{2}=\frac{\eta ^{2}}{\eta ^{2}+\cos ^{2}\xi KL}=\frac{\eta ^{2}}{\eta ^{2}+\cos ^{2}\left( \eta ^{2}+1\right) KL}.$$

(Bemerkung: $\eta ^{2}=E/\left\vert U_{2}\right\vert$ ist dimensionslose Energie!). Die Amplitude zeigt Resonanzen für $\xi KL=\pi (n+1/2)$. Dabei ist $\phi _{1}=\pi (n+1/2)$. Hier ist das Bild für $KL=100$.