Значение коэффициента передачи больше единицы в проблеме потенциальной скважины

Рассмотрим конечную одномерную клиновидную потенциальную яму, заданную выражением

$$V(x)=V_0\left(\frac{|x|}{a}-1\right) \hspace{10pt}\mathrm{for}\hspace{3pt} |x|<a;\hspace{6pt}V(x)=0 \hspace{10pt}\mathrm{for}\hspace{3pt} |x|>a.$$

Я пытаюсь найти коэффициенты отражения и пропускания для потока электронов, исходящего из$x=-\infty$(так$E>0$, связанных состояний нет). Для этого я разделил область на 4 части (как на картинке), решил уравнение Шредингера для каждой из них, получил линейную систему для коэффициентов каждой волновой функции и решил ее. Тем временем я также решил задачу численно и получил довольно ожидаемые результаты, как показано ниже.

Все было хорошо, пока я не подключил аналитическое решение для коэффициента передачи в Python, чтобы отобразить график, и получил это.$E$находится в эВ,$x$и$a$в нм.

Теперь, я просмотрел свои расчеты дюжину раз, и я до сих пор не могу найти ошибку, поэтому я хочу знать, возможно ли иметь коэффициент передачи больше единицы для определенных значений энергии, как в этом сценарии.

Я знаю, что это нарушает сохранение энергии (красная тревога!), и я все еще надеюсь, что это связано с численной ошибкой, но я хочу услышать некоторые другие идеи относительно этого явления. Я нашел это как связанный вопрос, но я не очень доволен ответами. Почему это явление не происходит в прямоугольной скважине? Должен ли я отказаться от$T>1$решений и оставить энергетические пробелы в графике? Мне это кажется довольно произвольным, но здесь может быть так.

РЕДАКТИРОВАТЬ: комментарии предлагают дать представление о моем аналитическом решении.

Некоторые начальные замены:$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$,$k_0=\sqrt{\frac{2mV_0}{\hbar^2}}$,$q_0=(k_0a)^{2/3}$,$\epsilon^2=\frac{E}{V_0}$.

Не зависящее от времени уравнение Шредингера для волновой функции на каждом участке выглядит следующим образом:

$$\frac{d^2\psi_I}{dx^2}+k^2\psi_I=0$$ $$\frac{d^2\psi_{II}}{dx^2}+(-\frac{x}{a}+\epsilon^2-1)k_0^2\psi_{II}=0$$ $$\frac{d^2\psi_{III}}{dx^2}+(\frac{x}{a}+\epsilon^2-1)k_0^2\psi_{III}=0$$ $$\frac{d^2\psi_{IV}}{dx^2}+k^2\psi_{IV}=0$$

Решения для$I$и$IV$можно сразу дать как

$$\psi_I(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$$ $$\psi_{IV}(x)=Ge^{ikx},$$

первый соответствует входящей и отраженной волне, а другой - прошедшей волне.

Знакомство с заменой переменных

$$\xi(x)=q_0(\frac{|x|}{a}+\epsilon^2-1)$$ преобразует два других уравнения в дифференциальные уравнения Эйри:

$$\frac{d^2\psi_{II}}{d\xi^2}=-\xi\psi_{II}$$ $$\frac{d^2\psi_{III}}{d\xi^2}=-\xi\psi_{III}$$

с общими решениями в виде

$$\psi_{II}(x)=C\mathrm{Ai}(-\xi)+D\mathrm{Bi}(-\xi)$$ $$\psi_{III}(x)=E\mathrm{Ai}(-\xi)+F\mathrm{Bi}(-\xi),$$

где$\mathrm{Ai}(z)$и$\mathrm{Bi}(z)$— стандартные функции Эйри первого и второго рода.

Используя тот факт, что оба$\psi(x)$и$\psi'(x)$непрерывны, это дает линейную систему:

$$\left(\begin{matrix} e^{-ika} & e^{ika} & -\mathrm{Ai}(-\xi_a) & -\mathrm{Bi}(-\xi_a) & 0 & 0 \\ -\frac{ika}{q_0}e^{-ika} & \frac{ika}{q_0}e^{ika} & \mathrm{Ai}'(-\xi_a) & \mathrm{Bi}'(-\xi_a) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \mathrm{Ai}(-\xi_0) & \mathrm{Bi}(-\xi_0) & -\mathrm{Ai}(-\xi_0) & -\mathrm{Bi}(-\xi_0) \\ 0 & 0 & \mathrm{Ai}'(-\xi_0) & \mathrm{Bi}'(-\xi_0) & \mathrm{Ai}'(-\xi_0) & \mathrm{Bi}'(-\xi_0) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \mathrm{Ai}(-\xi_a) & \mathrm{Bi}(-\xi_a) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \mathrm{Ai}'(-\xi_a) & \mathrm{Bi}(-\xi_a) \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} A \\ B \\ C \\ D \\ E \\ F \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ Ge^{ika} \\ -G\frac{ika}{q_0}e^{ika} \end{matrix} \right)$$

где$\xi_a\equiv\xi(x=a)=\xi(-a)=q_0\epsilon^2$и$\xi_0\equiv\xi(0)=q_0(\epsilon^2-1)$появляются в виде сокращенных обозначений. Прайм соответствует$\frac{d}{dx}$. Токи задаются

$$J_I=\frac{\hbar}{m}\Im\left(\psi_I^*\frac{d\psi_I}{dx}\right)=\frac{\hbar}{m}(|A|^2-|B|^2)=J_{in}-J_{ref}$$ $$J_{IV}=\frac{\hbar}{m}\Im\left(\psi_{IV}^*\frac{d\psi_{IV}}{dx}\right)=\frac{\hbar}{m}|G|^2=J_{tr}$$

С$T+R=1$, следует, что$|A|^2-|B|^2=|G|^2$.$G$фактически не определен и используется как свободный коэффициент (каждый другой коэффициент может быть выражен как$L=G\cdot blabla$), поэтому его можно свободно установить равным 1. Отсюда следует, что$T=\frac{J_{tr}}{J_{in}}=\frac{1}{|A|^2}$и$R=1-\frac{1}{|A|^2}$. Следовательно, только$A$требуется для расчета коэффициентов передачи и отражения. Его можно рассчитать из приведенной выше системы с использованием правила Крамера.

Мой результат:

$$\begin{equation*}\label{parametara} \begin{split} A&=\frac{iq_0\pi^2e^{2ika}}{ka} \left[\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Ai}^2(-\xi_a)+\mathrm{Ai}'^2(-\xi_a)\right)\mathrm{Bi}(-\xi_0)\mathrm{Bi}'(-\xi_0)\right.\\ &+\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Bi}^2(-\xi_a)+\mathrm{Bi}'^2(-\xi_a)\right)\mathrm{Ai}(-\xi_0)\mathrm{Ai}'(-\xi_0)\\ &\left.-\left(\left(\frac{ka}{q_0}\right)^2\mathrm{Ai}(-\xi_a)\mathrm{Bi}(-\xi_a)+\mathrm{Ai}'(-\xi_a)\mathrm{Bi}'(-\xi_a)\right)(\mathrm{Ai}(-\xi_0)\mathrm{Bi}'(-\xi_0)+\mathrm{Ai}'(-\xi_0)\mathrm{Bi}(-\xi_0)) \right], \end{split} \end{equation*}$$

где использовались функции Вронскиана для Эйри:

$$\mathcal{W}[\mathrm{Ai}(z),\mathrm{Bi}(z)]=\pi^{-1}.$$

Следующим шагом было подставить абсолютный квадрат$A$в выражения для$T$и$R$, который визуализировал проблемный граф.