E-DIKTAT FISIKA KUANTUM

Khususnya, jika dua partikel (dari spin 2 dan spin 1) diam dalam sebuah kotak,
dan total spinnya adalah 2, dan komponen z nya adalah 1, maka pengukuran S 1
dapat mengembalikan nilai 2 (dengan probabilitas 1 ), atau  (dengan probabilitas

3
1 ), atau 0 (dengan probabilitas 1 ) Perhatikan bahwa probabilitasnya berjumlah 1
62
(jumlah kuadrat dari setiap kolom pada tabel Clebsch-Gordan adalah 1 ). Tabel ini
juga bekerja sebaliknya:

s1m1 s2m2  C smS1S2S (4.209)
m1m2m

s

Misalnya, baris yang diarsir pada tabel 3 x 1 memberi tahu bahwa
2

3 1 10  3 5 1  1 3 1  1 1 1 .
2 2 5 2 2 15 2 2 3 2 2

Jika dimasukkan partikel spin 3 dan spin 1 ke dalam kotak, dan diketahui bahwa
2

yang pertama memiliki. m₁ = 1/2 dan yang kedua memiliki m2 = 0 (jadi m tentu 1
2

), dan diukur total putaran s, maka akan mendapatkan 5 (dengan probabilitas 5 ),
23

195

atau 3 (dengan probabilitas 1 ). atau 1 (dengan probabilitas 1 ). Sekali lagi,
2 15 2 3

jumlah probabilitasnya adalah 1 (jumlah kuadrat dari setiap baris pada tabel Clebsch-
Gordan adalah 1).

Contoh Soal:
1. Operator penaikan dan penurunan mengubah nilai m persatu-satuan

 L flm Alm f mi1
l

Dimana Alm adalah kostanta. Apakah A, jika fungsi eigen dinormalisasi?

Jawaban:

f L g  f Lx g  f Ly g  Lx f g  i Ly f g

 f L g  Lx  iLy f g  L f g

Jadi, L   L

L L  L2  L2z  Lz :

   flm L L flm flm  2m2 2 m
 f lm L2  L2z  Lz  flm [ 2l l 1   m] f l

flm L L flm   2 ll  1  mm  1 flm flm   2 ll  1  mm  1

flm L L flm  L flm L flm  Alm f m1 Alm f m1  Alm 2 f fm1 m1  Alm 2
l l ll

Kesimpulan: Alm   ll  1  mm  1

2. buktikan bahwa untuk partikel dalam potensial vr laju perubahan nilai tasi

momentum sudut orbital L dengan nilai fungsi

d L  N 

dt

Dimana

N  r   v

Jawaban:

196

d Lx i H, Lx
dt 

 H  1  V , Lx 
, Lx  2m p2 , Lx

r r

H , Lx   V , yp z  zpz   yV , pz   zV , pz 

 V ,pz  i V py  i V
z , dan V , y

jadi, H , Lx   yi V  zi V  ir  V x
z z

Dengan demikian d Lx  r  V x dan hal yang sama berlaku untuk dua
dt

komponen lainnya:

dL  r   V x  N
dt

3. partikel spin 1/2 dalam keadaan dibawah ini adalah …

X 1 1  i 
6 2

Jawaban:

Jika diukur Sz, peluang mendapatkan /2 adalah 1 i/ 2 , dan

6 1/3

peluang mendapatkan   / 2 adalah 2 / 2

6  2 / 3. Jika diukur Sx, probabilitas

mendapatkan   / 2 adalah 1/ 23  i/ 2

6  5 / 6 . dan peluang mendapatkan

  / 2 adalah 1/ 21 i/ 2

6  1/ 6 . Terbukti nilai harapan Sx, adalah

5     1     
6 2 6 2 3

yang juga bisa diperoleh secara lebih langsung:

197

Sx  X Sx X  1  i 2  0  / 2  1  i / 6   
6 6 /2 0 2 6 3
/

4. Presesi Larmor, bayangkan sebuah partikel berputar 1/2 dalam keadaan diam dalam
medan magnet seragam, yang menunjuk ke arah-z:

B  B0kˆ

Jawaban:

Matriks Hamilton adalah

H  B0Sz   B0  1 01
2 0

Keadaan eigen dari H sama dengan keadaan eigen dari Sz:

 X , dengan energi E  B0/ 2
 X , dengan energi E  B0/ 2


Terbukti, energi paling rendah ketika momen dipol sejajar dengan medan-just
seperti yang akan terjadi secara klasik. Karena Hamiltonian tidak bergantung waktu,
solusi umum persamaan Schrödinger bergantung waktu,

i X  HX
t

dapat dinyatakan dalam keadaan stasioner:

X t   aX  eiEt /   bX  eiEt /    aeiB0t / 2 
be iB0t /2

Konstanta a dan b ditentukan oleh kondisi awal; mengatakan

X 0   a 
b

198

di mana a 2  b 2  1. Tanpa kehilangan keumuman yang esensial, maka akan

ditulis a  cos / 2 dan b  sin / 2, di mana  adalah sudut tetap yang

signifikansi fisiknya akan muncul sesaat. Dengan demikian

 Xt   csoins  /2 eiB0t / 2 
 /2 eiB0t / 2

Untuk merasakan apa yang terjadi di sini, mari menghitung nilai ekspektasi
putaran (S) sebagai fungsi waktu:

S x  X t  S x X t 

    Sx   0 1   cos  / 2 eiB0t / 2 
 cos  / 2 e iB0t / 2 sin  / 2 eiB0t / 2 2 1 0  sin  / 2 e iB0t / 2

Sx   sin  cosB0t 
2

Demikian pula

 Sy  X t  Sy X t     sin  sin B0t 
2

Gambar 5.2: Presesi (S) dalam medan magnet seragam.
Sumber: Griffiths, 1995.

dan

199

S z   X t  Sz X t     cos 
2

Terbukti (S) dimiringkan pada sudut konstan  ke sumbu z, dan berpresesi
tentang bidang pada frekuensi Larmor

  B0 

seperti yang terjadi secara klasik (lihat Gambar 5.2). Tidak mengherankan di sini
teorema Ehrenfest (dalam bentuk yang diturunkan) menjamin bahwa (S) berevolusi
menurut hukum klasik. Tapi itu bagus untuk melihat bagaimana ini bekerja dalam
konteks tertentu.

5. percobaan Stern-Gerlach. Dalam magnet yang tidak homogeny terhadap medan, tidak
hanya ada torsi, tetapi juga gaya, dan pada dipol magnet buktikan!

Jawaban:

F  .B

Gaya ini dapat digunakan untuk memisahkan partikel dengan orientasi spin
tertentu. sebagai berikut. Bayangkan seberkas atom netral yang relatif berat, berjalan
dalam arah y, yang melewati daerah medan magnet yang tidak homogen (Gambar
5.3), misalnya:

Bx, y, z  xiˆ  B0  zkˆ

di mana B0 adalah medan seragam yang kuat dan konstanta atau menggambarkan
deviasi kecil, dari homogenitas. (Sebenarnya, yang diinginkan hanyalah komponen
z dari bidang ini, tapi itu tidak mungkin akan melanggar hukum elektromagnetik

.B  0 , gaya total dalam 2 arah suka atau tidak suka, komponen x ikut serta.) Gaya

pada atom-atom ini adalah

200

Gambar 5.3: Aparatus Stern-Gerlach.
Sumber: Griffiths, 1995.

 F    Sxiˆ  Sykˆ

Tetapi karena presesi Larmor terhadap B0, Sx, berosilasi dengan cepat, dan rata-
rata

Fz  Sz

dan balok dibelokkan ke atas atau ke bawah, sebanding dengan komponen z dari
putaran momentum sudut. Secara klasik diharapkan noda, tetapi kenyataannya
berkas tersebut terbagi menjadi 2s + 1 berkas individu, yang dengan indah
menunjukkan kuantisasi Sz. (Jika digunakan atom perak, misalnya, semua elektron
dalam dipasangkan sedemikian rupa sehingga spin dan momen sudut orbital
dibatalkan. Putaran bersih hanyalah spin elektron tak berpasangan terluar, jadi dalam
kasus ini s = 1/2, dan berkas terbelah dua).

Argumen itu murni klasik, hingga langkah terakhir : "gaya" tidak memiliki tempat
dalam perhitungan kuantum yang tepat, dan karena itu akan mungkin lebih memilih
pendekatan berikut untuk masalah yang sama. Telah diperiksa proses dari perspektif
kerangka acuan yang bergerak bersama dengan balok. Dalam bingkai ini
Hamiltonian mulai nol, menyala untuk waktu T (saat partikel melewati magnet), dan
kemudian mati:

 0, untuk t  0,
H t    B0  zSz , untuk 0  t  T ,
 0,
untuk t  T

201

(akan diabaikan komponen x sial dari B, yang-karena alasan yang ditunjukkan di
atas tidak relevan dengan masalah). Misalkan atom memiliki spin 1/2, dan mulai
dalam keadaan berikut:

X t  X  bX , t  0

Sementara Hamiltonian bertindak, X (t) berkembang dengan cara yang biasa:

 X t  X eiEt /  bX eiEt / , 0  t  T

dimana (dari Persamaan 5.56)

E   B0  z 

2

dan karenanya muncul di negara bagian

 X t  (eiTB0 / 2 X  )eiT / 2z  (beiTB0 / 2 X  )eiT / 2z , (t  T )

Kedua suku tersebut sekarang membawa momentum dalam arah z komponen
spin-up memiliki momentum

pz  T
2

dan bergerak ke arah +z, komponen spin-down memiliki momentum yang

berlawanan, dan bergerak dalam arah -z. Dengan demikian balok terbelah menjadi

dua, sebelumnya (Perhatikan bahwa Persamaan pz  T konsisten dengan hasil
2

sebelumnya, Persamaan Fz  Sz . untuk dalam hal ini Sz   / 2 dan pz  FzT .)

Latihan Soal:
1. Butikan apakah persamaan Arji (kr) memenuhi persamaan radial dengan V(r) = 0 dan l=1.

2. Tentukan faKtor normalisasi untuk harminik bola dari bagian 3.1.2 diketahui:

 Ylm  Blmeim Plm cos

Tentukan faktot B?

202

3. Sebuah partikel bermasa ditempatkan dalam sumur bola berhingga;

V r    V0 jika ra
 0 jika ra


Temukan keadaan dasar dengan menyelesaikan persamaan radial dengan l  0 .
Tunjukan bahwa tidak ada keadaan terikat V0a 2   2 2 / 8m

4. Buktikan ini osilator harmonic tiga dimensi, yang petensialnya adalah

V r  1 m 2r 2

2

Tunjukan bahwa pemisahan variable dalam koordinat kartesius mengubahnya menjadi
tiga osilator satu dimensi dan dapat menentukan energi yang didapatkan:

En  n  3 / 2

5. Buktikan teorema virial tiga dimensi berikut:

2T   r V

(untuk keadaan stationer)

6. Sebuah atom hidrogen dimulai dengan kombinasi linier dari keadaan stasioner berikut
n  2,l  1, m  1dan n  2,l  1, m  1.

a. Bangun r,t sederhanakanlah!

b. Carilah nilai harapan dari energy potensial V  apakah itu tergantung terhadap r?

Berikan rumus dan jumlah sebenarnya, dalam volt meter.

7. diperoleh atom hidrogen, dengan bilangan kuantum utama n = 2. Tentukanlah bilangan
kuatum orbital dan bilangan kuatum magnetic dari kedaan yang diizinkan dan hitunglah
energy dari keadaan ini?

8. Berapakah nilai panjang gelombang minimum untuk deret pfund pada kondisi hampa
udara?

203

9. Tentukan (r) dan (r2) untuk sebuah electron dalam kedaan dasar hidrogen, nyatakan
jawabanmu dalam radius bohr?

10. Carilah (x2) pada kedaan n  2,l  1, m  1?(gunakan x  r sin cos )

11. Buktikan bahwa kuadrat dari momentum sudut total orbital dapat dinyatakan dalam
persamaan berikut:

L2  L L  L  L2z
12. Jika elektron adalah bola padat kelasik, dengan jari-jari

rc  4 e2
0 mc2

Dan momentum sudutnya adalah  1  lalu seberapa cepat (dalam m/s) apakah sebuah titik
2

akan bergerak! Apakah hal tersebut masuk akal?

13. Misalkan dua partikel spin  1 diketahui dalam konfigurasi singlet. Biarkan S 1
2
a

menjadi komponen momentum sudut spin partikel no.1 dalam arah yang ditentukan oleh

vektor satuan. Demikian pula, S 2 biarkan menjadi komponen momentum sudut 2' s
b

dalam arah bˆ . Tunjukan bahwa

S 1 S 2    2 cos 
4
a b

Dimana sudut  anatara aˆ dan bˆ ?

14. Berapakah besar nilai momentum sudut=1 dari atom hidrogen apabilah sebuah electron
dalam kedaan p ?

15. Deduksi kondisi ketidakpastian di S x dan S y (ini adalah persamaan dalam ekspresi

sebagi S xS y   / 2 S2 ) untuk partikel spin pada keadaan umum?

204

BAB 5
PARTIKEL IDENTIK

Partikel seperti elektron, proton dan neutron identik dalam mekanika kuantum, tidak
dapat dibedakan (indistinguishable). Misalnya, untuk tumbukan proton-proton, bayangkan
proton datang dari kiri dan proton datang dari kanan setelah tabrakan mendeteksi bahwa proton
telah tersebar ke arah tertentu. Dalam hal ini tidak bisa tentukan apakah proton yang terdeteksi
tersebar ke arah itu adalah proton dari kanan atau karena proton datang dari kiri, proton ini
adalah identik, tidak bisa dibedakan. Oleh karena itu, semua kemungkinan terbuka dalam
perhitungan mekanika kuantum ini telah masuk.

Jika syarat yang terdeteksi adalah proton adalah  1 , maka itu adalah datang dari kiri,
 2 memberikan kondisi bahwa proton yang masuklah yang terdeteksi dari kanan, semua
kemungkinan dipertimbangkan dalam perhitungan 1  2 . Dua partikel dikatakan identik jika
tidak ada efek ketika kedua partikel tersebut dipertukarkan. Lebih tepatnya, semua kuantitas
teramati harus tidak berubah jika posisi, momentum dan variabel dinamis lainnya seperti spin
dari partikel pertama dipertukarkan dengan variabel dinamis dari partikel kedua.

5.1 Sistem dua partikel

Untuk satu partikel, fungsi gelombang r,t adalah fungsi dari koordinat spasial r

dan waktu t (diabaikan putaran untuk saat ini). Fungsi gelombang untuk sistem dua partikel

adalah fungsi gelombang dari koordinat partikel satu r1 , koordinat partikel dua r2 , dan

waktu:

r1, r2 ,t (5.1)

Evolusi waktunya ditentukan (seperti biasa) oleh persamaan Schrodinger :

i   H (5.2)
t

Dimana H adalah Hamiltonian untuk keseluruhan sistem, yaitu

205

H   2 12  2  2 V r1, r2 ,t (5.3)
2m1 2m2 2

(maka subskrip pada 1 menunjukkan bentuk diferensiasi yang terkait dengan koordinat

partikel 1 atau partikel 2, tergantung modelnya). Interpretasi statistik dapat diungkapkan
menjadi:

r1, r2 ,t 2 d 3r1d 3r2 (5.4)

Persamaan 5.4 adalah probabilitas menemukan partikel 1 di volume d 3r1 dan partikel 2 di
volume d 3r2 ; jika  dinormalisasi sedemikian rupa sehingga:

 r1, r2 ,t 2 d 3r1d 3r2  1 (5.5)

Untuk potensial yang tidak tergantung waktu, diperoleh penyelesaian dengan pemisahan
variabel, yaitu

r1, r2 ,t  r1, r2 eiEt / (5.6)

Dimana fungsi gelombang spasial memenuhi persamaan Schrodinger yang tidak

bergantung waktu, yaitu

 2 12  2  22  V  E (5.7)
2m1 2m2

Dan E adalah energi total sistem

5.1.1 Boson dan Fermion

Misalkan partikel 1 dalam keadaan (satu partikel)  a r dan partikel 2 dalam keadaan
 b r . Dalam kasus ini  r1,r2  adalah produk sederhana, yaitu

 r1,r2   a r1  b r2  (5.9)

maka, ini diasumsikan bahwa dapat dibedakan partikel-partikel; jika tidak, tidak masuk

akal untuk mengklaim bahwa nomor 1 ada dalam keadaan  a dan nomor 2 dalam keadaan  b
; semua bisa dikatakan bahwa salah satunya dalam keadaan  a dan yang lainnya dalam

206

keadaan  b , tapi tidak akan tahu yang mana. Jika ditinjau tentang mekanika klasik ini akan

menjadi sulit dibedakan. Dengan membedakan partikel itu, pada prinsipnya cukup warnai salah
satunya dengan warna merah dan yang lainnya biru, atau beri nomor identifikasinya, tetapi
dalam mekanika kuantum, situasinya pada dasarnya berbeda. Faktanya adalah, semua elektron
benar-benar identik, dengan cara yang tidak mungkin ada dua objek klasik. Bukan hanya
karena kita tidak mengetahui elektron yang mana; tetapi, karena tidak ada yang namanya
elektron “ini”, atau elektron “itu” yang bisa dibicarakan secara sah hanyalah “sebuah” elektron.

Mekanika kuantum dengan rapi mengakomodasi keberadaan partikel yang pada
prinsipnya tidak dapat dibedakan: hanya dibangun fungsi gelombang yang tidak berkonotasi
untuk partikel mana dalam keadaan apa. Sebenarnya ada dua cara untuk melakukannya :

  r1,r2   A a r1  b r2  b r1  a r2  (5.10)

Jadi teori ini mengakui dua jenis partikel identik : Boson, yang menggunakan tanda
positif, dan Fermion, yang menggunakan tanda negatif. Foton dan meson adalah boson dan
elektron adalah fermion. Itu terjadi bahwa

semua partikeldengan putaran bilangan bulat adalah boson (5.11)
semua partikeldengan putaransetengah bilangan bulat adalah fermion

Hubungan antara putaran dan “statistik” ini (seperti yang terlihat, boson dan fermion
memiliki sifat statistik yang sangat berbeda) dapat dibuktikan dalam mekanika kuantum
relativistik; dalam teori nonrelativistik itu harus dianggap sebagai aksioma.

Khusunya dua fermion identik (misalnya, dua elektron tidak dapat menempati keadaan

yang sama). Karena jika  a  b maka

  r1,r2   A a r1 a r2  a r1  a r2   0

Dan dibiarkan tanpa fungsi gelombang sama sekali. Ini adalah prinsip ekslusi Pauli
yang terkenal. Ini bukan (seperti yang mungkin diyakini) asumsi yang aneh berlaku hanya
untuk elektron, melainkan konsekuensi dari aturan untuk membangun fungsi gelombang dua
partikel, berlaku untuk semua fermion identik.

207

Pertukaran partikel dalam keadaan sistem bisa simetris atau antisimetris. Simetri adalah
fitur partikel. Itu bukanlah sesuatu yang dapat diciptakan atau didefinisikan oleh manusia.
Partikel dapat dipecah berdasarkan spin kedalam dua kelompok:

 Partikel dengan putaran ganjil setengah ganjil disebut fermion, mengikuti
statistik Fermi-Dirac.

 Partikel dengan putaran bilangan bulat disebut boson dan mematuhi statistik
Bose-Einstein.

Dengan asumsi bahwa satu partikel dalam keadaan  a dan keadaan yang lain  b , tetapi

ada cara yang lebih umum (dan lebih canggih) untuk merumuskan masalah. Didefinisikan
operator pertukaran P yang menukar dua partikel, yaitu:

Pf r1, r2   f r2 ,r1  (5.12)

Jelas, P2  1, dan berikut (buktikan bahwa nilai eigen P adalah 1. Jika kedua partikel

identik, Hamiltonian harus memperlakukannya sama: m1= m2 dan V r1, r2   V r2 ,r1 . Oleh

karena itu P dan H adalah observable yang kompatibel,

P, H   0 (5.13)

Dan karenanya dapat ditemukan fungsi yang merupakan keadaan eigen simultan dari
keduanya. Artinya, dapat ditemukan solusi untuk persamaan Schrodinger yang simetris (nilai
eigen +1) atau antisimetris (nilai eigen -1) dibawah pertukaran :

 r1,r2    r2 ,r1  (+ untuk boson, - untuk fermion) (5.14)

Hukum baru (disebut sebagai persyaratan simetris) adalah bahwa untuk partikel identik,
fungsi gelombang tidak hanya diperbolehkan, tetapi juga harus memenuhi persamaan 5.14,
dengan tanda positif untuk boson dan tanda negatif untuk fermion. Ini adalah pernyataan
umum, dimana persamaan 5.10 merupakan kasus khusus.

Contoh: Misalkan ada dua partikel yang tidak berinteraksi, keduanya bermassa m, di dalam
persegi tak terhingga. Keadaan satu-partikel memiliki fungsi sebagai berikut;

 n x  2 sin n  , En  n2K
a a

208

(dimana K   22 / 2ma2 ). Jika partikel dapat dibedakan, fungsi gelombang komposit adalah
produk sederhana:

      n1,n2 x1, x2  n1 x1  n2 , En1,n2  n12  n22 K

Misalnya, keadaan dasar adalah

 11  2 sinx1 / asin x2 / a, E11  2K ;
a

Keadaan tereksitasi pertama berdegenerasi ganda :

 12  2 sinx1 / asin2x2 / a, E12  5K ,
a

 21  2 sin2x1 / asinx2 / a, E21  5K ;
a

Dan seterusnya, jika kedua partikel tersebut adalah identik boson, keadaan dasar tidak berubah,
tetapi keadaan tereksitasi pertama tidak mengalamai degenerasi :

2 sinx1 / a sin 2x2 / a  sin2x1 / asinx2 / a 
a

(masih dengan energi 5 K). Dan jika partikelnya adalah fermion yang identik, tidak ada
keadaan dengan energi 2 K; keadaan dasarnya adalah :

2 sinx1 / asin2x2 / a   sin2x1 / a sinx2 / a 
a

Dan energinya adalah 5 K.

5.1.2 Kekuatan Pertukaran

Untuk memberi gambaran tentang apa yang sebenarnya dilakukan oleh persyaratan
simetri, dapat bekerja di luar contoh satu dimensi sederhana. Misalkan satu partikel dalam

keadaan  a x dan yang lainnya dalam keadaan  b x , dan kedua keadaan ini ortogonal dan

dinormalisasi. Jika kedua partikel dapat dibedakan, dan bilangan 1 adalah yang berada pada

keadaan  a , maka fungsi gelombang gabungannya adalah :

209

 x1, x2   a x1  b x2  ; (5.15)

Jika partikel adalah boson yang identik, fungsi gelombang kompositnya adalah (lihat soal 5.3
untuk normalisasi)

  x1, x2   1  a x1  b x2    b x1  a x2  ; (5.16)
2

Jika fermion identik :

  x1, x2   1  a x1  b x2   b x1  a x2  (5.17)
2

Dapat dihitung nilai ekspektasi kuadrat jarak pisah antara dua partikel,

 x1  x2 2  x12  x22  2 x1  x2 (5.18)

Kasus 1: Partikel yang dapat dibedakan. Untuk fungsi gelombang dalam persamaan 5.15,
diperoleh

2 dx1 2
    x12 x2
 x12  a x1  b x2 dx2  a

(nilai harap x 2 dalam keadaan satu partikel  a ),

2 dx1 2
    x22  x2
 a x1 x22  b x2 dx2  b

Dan

x1  a x1 2 dx1 2
    x1x2 
x2  b x2 dx2  x x
a b

Dalam hal ini, maka

 x1  x2 2  x2  x2 2 x x (5.19)
b
d a ba

(kebetulan, jawabannya tentu saja akan sama jika partikel 1 dalam keadaan  b dan partikel 2
dalam keadaan  a )

Kasus 2 : Partikel identik. Untuk fungsi gelombang dalam persamaan 5.16 dan 5.17,

210

           x121
2 x12  a x1 2 dx1  b x2 2 dx2  x12  b x1 2 dx1  a x2 2 dx2

  x12 a x1 * b x1 dx1  b x2 * a x2 dx2

   x12 b x1* a x1dx1  a x2 * b x2 dx2

   x121
2 x2  x2 00  1 x2  x2
ab 2 ab

Demikian pula,

 x221
2 x2  x2
ba

(tentu saja, x22  x12 , karena tidak dapat membedakannya.) Tapi

    x1x21
2 x1 a x1  2 dx1 x2  b x2  2 dx2  x1 b x1  2 dx1 x2  a x2  2 dx2

  x1 a x1 * b x1 dx1 x2 b x2 * a x2 dx2

   x1 b x1* a x1dx1 x2 a x2 * b x2 dx2

 x1x21
2 x x x x x x x x
ab ab ab ba ba ab

x1x2  x x x 2
ab ab

Dimana

x ab   x a x* b xdx (5.20)

Ternyata

 x1  x22  x2  x2 2 x x 2 2 (5.21)
b
 a ba x
ab

Bandingkan persamaan 5.19 dan 5.20, maka terlihat bahwa perbedaannya terletak pada suku
akhir :

211

x2  x2  2 x 2 (5.22)
 d ab

Boson identik (tanda atas) cenderung agak lebih dekat satu sama lain, dan fermion
identik (tanda bawah) agak jauh terpisah, daripada partikel yang dapat dibedakan dalam dua
keadaan yang sama. Perhatikan bahwa x menghilang kecuali jika kedua fungsi gelombang

ab

benar-benar tumpang tindih [jika  a xadalah nol dimana pun  b x bukan nol, integral dalam

persamaan 5.20 itu sendiri adalah nol]. Jadi, jika  a mewakili elektron dalam atom di Chicago
dan  b mewakili elektron dalam atom di Seattle, tidak akan ada bedanya apakah antisimetri

fungsi gelombang atau tidak. Oleh karena itu, sebagai masalah praktis, tidak apa-apa untuk
berpura-pura bahwa elektron dengan fungsi gelombang yang tidak tumpang tindih dapat
dibedakan (ini adalah satu-satunya hal yang memungkinkan fisikawan dan ahli kimia untuk
melanjutkan, karena pada prinsipnya setiap elektron di alam semesta terkait satu sama lain
melalui antisimetri fungsi gelombang.

Kasus yang menarik adalah ketika ada beberapa fungsi gelombang tumpang tindih,
sistem berperilaku seolah-olah ada “kekuatan tarik-menarik” antara boson yang identik
menariknya lebih dekat, dan “kekuatan tolakan” antara fermion identik mendorongnya
terpisah. Disebut dengan gaya pertukaran, meskipun itu gaya yang bekerja- tidak ada gaya
fisik yang mendorong partikel; melainkan, ini adalah konsekuensi geometris murni dari
persyaratan simetri. Ini juga merupakan fenomena mekanika kuantum yang tanpa padanan
klasik. Bagaimanapun, itu memiliki konsekuensi yang mendalam. Misalnya, molekul Hidrogen
(H2), keadaan umum terdiri dari satu elektron dalam keadaan dasar atom (persamaan 4.80)
berpusat pada inti 1, dan satu elektron dalam keadaan dasar atom berpusat pada inti 2. Jika
elektron adalah boson, persyaratan simetri (atau “gaya tukar”) akan cenderung memusatkan
elektron ke arah tengah antara dua proton (gambar 5.1a) dan akumulasi negatif yang dihasilkan:
muatan akan menarik proton ke dalam, untuk ikatan kovalen yang memegang

Gambar 5.1 Gambar skema ikatan kovalen: (a) Konfigurasi simetris menghasilkan gaya tarik-menarik;
(b) Konfigurasi antisimetris menghasilkan gaya tolak-menolak.

Sumber : Griffiths, D. J,(1995).

212

molekul bersama-sama. Elektron bukan boson, melainkan fermion, dan ini berarti bahwa
konsentrasi muatan negatif sebenarnya harus digeser ke sayap (Gambar 5.1b), merobek
molekul.

Tapi spin diabaikan, keadaan lengkap elektron tidak hanya mencakup fungsi
gelombang posisinya, tetapi juga spinor , yang menggambarkan orientasi putarannya atau spin:

 rxs (5.23)

Ketika menggabungkan keadaan dua elektron, bukan hanya bagian spasial, yang harus
antisimetris sehubungan dengan pertukaran. Sekarang, sekilas kembali pada keadaan putaran
komposit mengungkapkan bahwa kombinasi singlet adalah antisimetris (dan karenanya harus
digabungkan dengan fungsi spasial simetris), sedangkan ketiga keadaan triplet semuanya
simetris (dan akan membutuhkan fungsi spasial antisimetris). Jelas, kemudian, keadaan singlet
harus mengarah ke ikatan, dan triplet ke anti ikatan. Benar saja, ahli kimia memberi tahu bahwa
ikatan kovalen membutuhkan dua elektron untuk menempati keadaan singlet, dengan total
putaran nol.

5.2 Atom
Atom merupakan satuan dasar suatu bahan, karena atom sangat kecil maka untuk dasar

perhitungan massa atom adalah 1/5 kali massa atom C5 terdapat 0,602x1024sma per gram
hingga atom adalah gram per 0,602x1024 atom sehingga harga tepatnya 5,05 sma. Setiap atom
terdiri dari inti yang sangat kecil yang terdiri dari proton dan neutro, dan di kelilingi oleh
elektron yang bergerak.

Sebuah atom netral, dengan nomor atom Z, terdiri dari inti berat, dengan muatan listrik
Ze dikelilingi oleh elektron Z (massa m dan muatan –e). Hamiltonian untuk sistem ini adalah :

 HZ 2  2   1 Ze2   1  1  Z e2 (5.24)
j1  2m j 4 rj 2 4 jk rj  rk

0 0

Persamaan yang ada dalam kurung kurawal menujukkan energi kinetik ditambah
potensial elektron ke j dalam medan listrik inti; jumlah kedua (yang meliputi semua nilai j
kecuali j = k) adalah energi potensial yang terkait dengan gaya tolak menolak elektron (faktor

213

½ di depan mengoreksi fakta bahwa penjumlahan menghitung setiap pasangan dua kali).
Masalahnya adalah untuk memecahkan persamaan Schrodinger.

H  E (5.25)

Untuk fungsi gelombang   r1, r2 ,........, rZ . Karena eleketron adalah fermion yang identik.

Namun, tidak semua solusi dapat diterima; hanya solusi dengan status lengkap (posisi dan
putaran atau spin), yaitu

 r1, r2 ,....., rZ X s1, s2 ,...., sZ , (5.26)

Persamaan 5.26 adalah antisimetris terhadap pertukaran dua elektron. Secara khusus, tidak ada
dua elektron yang dapat menempati keadaan yang sama.

Persamaan Schrodinger dengan Hamiltonian dalam persamaan 5.24 (hidrogen). Dalam
praktiknya, harus digunakan metode aproksimasi yang rumit. Beberapa di antaranya akan
dipelajari pada Bagian II: untuk saat ini, hanya membuat sketsa beberapa fitur kualitatif dari
solusi, yang diperoleh dengan mengabaikan tolakan elektron. Pada bagian 5.2.1 dapat dipelajari
keadaan dasar dan keadaan tereksitasi helium, dan pada bagian 5.2.2 dapat dipelajari keadaan
dasar atom yang lebih tinggi.

5.2.1 Helium

Atom seperti helium (untuk selanjutnya disingkat, atom helium) tersusun dari 3 benda, yaitu
inti, elektron 1, dan elektron 2. Inti dianggap sebagai satu partikel.

Asumsi paling sederhana, namun logis:

 Interaksi antar partikel hanya berupa interaksi elektromagnetik, yaitu interaksi
Coulomb.

 Inti diam dan berada di pusat koordinat.

Efek-efek lain, seperti relativistik, gerakan inti, paling tidak dalam bahasan ini, tidak
diperhitungkan. Ini cukup beralasan, mengingat sudah dilihat di topik sebelumnya bahwa efek-
efek tersebut kecil.

Selain hidrogen, atom paling sederhana adalah helium (Z = 2). Hamiltonian,

214

H   2 12  1 2e 2    2  2  1 2e 2   1 e2 (5.27)
 2m 4 0 r1   2m 2 4 r2  4 r1  r2
   
0 0

Atau

Hˆ  Hˆ c 1 Hˆ c 2V12

Dengan

H c   2  2  2e 2 ;i  1,2
i 2m i 4 0ri

V12  e2  r2
4 0 r1

Terdiri dari dua Hamiltonian hidrogen (dengan muatan inti 2e), satu untuk elektron 1 dan satu

untuk elektron 2, bersama dengan poksial yang menggambarkan tolakan dua elektron. Poksial

tolakan inilah yang menyebabkan penyelesaian menjadi rumit. Masing-masing H c dan H c
1 2

mirip dengan hamiltonian elektron dari atom berelektron tunggal (dengan Z=2), sedangkan

suku V12 adalah potensial Coulomb antara elektron-elektron dengan r1  r2 adalah jarak antara

kedua.

Jika diabaikan saja, persamaan Schrodinger terpisah, dan solusinya dapat ditulis sebagai
produk dari fungsi gelombang hidrogen:

 r1, r2   nlmr1  n'l'm' r2  (5.28)

V12 diabaikan  V12 = 0

1) Jika V12 (diabaikan), atom helium menyerupai satu sistem yang terdiri dari 2 atom
hidrogen, sehingga permasalahan menjadi sederhana (gunakan teknik separasi
variabel):
 Energi atom helium sama dengan jumlah energi dua atom hidrogen.
 Fungsi gelombang atom helium sama dengan perkalian fungsi gelombang dua
atom hidrogen. Catatan: Pada tahap ini sifat simetri partikel identik (elektron 1
dan elektron 2) untuk sementara belum diperhitungkan.

215

2) V12 diperhitungkan V12  0
Interaksi Coulomb saling tolak antar elektron 1 dan elektron 2 dapat menimbulkan
pergeseran tingkat energi E atom helium, yang dibahas di atas (ketika V5 = 0). Idealnya,
diselesaikan persamaan Schrodinger dengan hamiltonian. Namun, sebagai pendekatan hitung
menurut teori perturbasi sampai orde 5. Jika E dihitung untuk sembarang keadaan / tingkat
energi, tentulah tidak sederhana.

Hanya dengan setengah jari-jari Bohr, dan empat kali energi Bohr. Energi totalnya adalah

E  4En  En'  (5.29)

Dimana En  13.6 / n2 eV. Secara khusus, keadaan dasarnya adalah

      0 r1, r2  8 e 2r1r2 / a
  100 r1  100 r2 a 3 (5.30)

(lihat persamaan  100 r, ,   1 er / a ), dan energi akan
a 3

E0  813.6eV   109eV (5.31)

Karena  0 merupakan fungsi simetris, keadaan putaran harus antisimetris, sehingga

keadaan dasar helium adalah konfigurasi singlet, dengan putaran “berlawanan”. Keadaan dasar
helium yang sebenarnya memang singlet, tetapi energi yang dihitung secara eksperimental
adalah -78.975 eV, jadi hasilnya tidak terlalu bagus. Tapi, ini tidak mengherankan: dengan
mengabaikan tolakan elektron, yang tentu saja bukan kontribusi kecil. Ini jelas positif (lihat
persamaan 5.27),yang dapat membawa energi total naik dari -109 ke -79 eV (lihat persamaan
5.10). Hasil eksperimen menunjukkan energi dasar atom helium adalah -79 eV. Itu artinya
energi interaksi itu sangat penting untuk dihitung. Ada dua cara untuk menghitung energi
potensial elektron-elektron itu, (i) menggunakan teori gangguan dan (ii) menggunakan metode
variasi. Ini menunjukkan bahwa meskipun dengan metoda perhitungan yang sederhana dengan
menggunakan orbital-orbital atom yang sebenarnya hanya untuk atom hidrogen, namun
diperoleh hasil yang memadai.

Keadaan tereksitasi helium terdiri dari satu elektron dalam keadaan dasar hidrogen dan yang
lainnya dalam keadaan tereksitasi:

216

 nlm 100 (5.32)

[Jika dicoba untuk menempatkan kedua elektron dalam keadaan teresksitasi, segera turun ke
keadaan dasar, melepaskan energi yang cukup untuk menuju ke dalam kontinum (E > 0) dengan
meninggalkan ion helium (He +) dan elektron bebas. Hal ini sistem yang menarik] Dapat
dibangun dari kombinasi simetris dan antisimetris ini, dengan cara biasa (persamaan 5.10);
yang pertama mengikuti konfigurasi spin antisimetris (singel), dan sistem ini disebut
parahelium, sedangkan yang terakhir memerlukan konfigurasi spin simetris (triplet), dan sistem
ini dikenal sebagai orthohelium. Keadaan dasar harus parahelium; keadaan tereksitasi dalam
kedua bentuk, karena keadaan spasial simetris membawa elektron lebih dekat (seperti di bagian
5.5.2), diharapkan energi interaksi yang lebih tinggi di parahelium, dan secara eksperimental
dikonfirmasi bahwa keadaan parahelium memiliki energi yang agak lebih tinggi daripada
orthohelium (lihat gambar 5.2).

Gambar 5.2 Diagram tingkat energi untuk Helium (notasi dijelaskan pada bagian 5.2.2). Perhatikan
bahwa energi parahelium secara seragam lebih tinggi daripada energi orthohelium. Nilai numerik pada

 skala vertikal relatif terhadap keadaan dasar helium terionisasi He : 4 13.6eV   54.4eV ;

untuk mendapatkan energi total keadaan, kurangi 54.4 eV.
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Dalam atom helium netral misalkan satu elektron menduduki orbital  1s dan yang satu

lagi menduduki orbital eksitasi nl n  2 , misalnya 2 pz . Posisi spin kedua elektron bisa

paralel (disebut orto-helium, S=0) dan bisa antiparalel (disebut para-helium, S=1).

217

Untuk orto-helium di mana kedua elektron mempunyai spin yang berlawanan, s=0, dan
ms=0, hanya ada satu fungsi total spin, yakni

1,2  1  1 2   2 1
2

Karena fungsi spin ini bersifat antisemetrik terhadap pertukaran elektron, maka fungsi keadaan
tereksitasi untuk orto-helium adalah sebagai berikut:

  1 1s 12 pz 2  1s 22pz 11 2   2 1
2

Untuk para-helium kedua elektron mempunyai fungsi spin yang sama; artinya total
S=1, dan ms=1, 0, -5. Jadi ada tiga buah fungsi total spin (disebut triplet), yakni:

 1 2
1,2  12112 2   2 1

Fungsi-fungsi spin tersebut bersifat simetrik terhadap pertukaran elektron. Agar memenuhi
prinsip Pauli di mana fungsi keadaan tereksitasi harus bersifat antisimetrik, maka fungsi yang
terkait dengan orbital harus bersifat antisimetrik.

 1 1s 12 pz 2  1s 22 pz 1 1,2
2

218

Gambar 5.3 Spektrum helium sebenarnya untuk keadaan singlet (parahelium) dan triplet
(orthohelium). Pelabelan level memiliki penekanan (1s), sehingga level (2p) kira-kira dijelaskan oleh
orbital (1s)(2p).

Sumber: Gasiorowicz, (2003).

5.2.2 Tabel Periodik

Konfigurasi elektron keadaan dasar untuk atom yang lebih berat dapat disatukan dengan
cara yang hampir sama. Untuk pendekatan pertama (mengabaikan tolakan timbal baliknya
secara bersama-sama), elektron individu menempati keadaan hidrogen satu partikel (n, l , m)
yang disebut orbital, dalam potensial Coulomb dari inti dengan muatan Ze. Jika elektron adalah
boson (atau partikel yang dapat dibedakan), elektron akan terguncang ke keadaan dasar (1, 0
,0), dan kimia akan sangat membosankan. Tetapi elektron pada kenyataannya adalah fermion
yang identik, tunduk pada prinsip ekslusi Pauli, sehingga hanya ada dua yang dapat menempati
orbital tertentu (satu dengan putaran ke atas, dan satu dengan putaran ke bawah atau, lebih
tepatnya, di konfigurasi tunggal). A dan n2 fungsi gelombang hidrogen semua dengan energi E
yang sama untuk nilai n, kulit n = 1 memiliki ruang untuk dua kulit elektron, kulit n =2
menampung delapan, n = 3 membutuhkan 18, dan secara umum kulit ke-n dapat menampung
2n2 elektron. Secara kualitatif, baris horizontal pada tabel periodik sesuai dengan mengisi
setiap kulit (jika memiliki panjang 2,8,18,32,50, dll., bukan 2,8,8,18,18, dst.)

Dengan helium, maka kulit n =1 terisi, sehingga atom selanjutnya, litium (Z = 3),
memasukkan satu elektron ke dalam kulit n = 2. Sekarang , untuk n = 2 dipilih l = 0 atau l =

219

1; manakah yang akan dipilih oleh elektron ke ketiga? Dengan tidak adanya interaksi elektron,
keduanya memiliki energi yang sama (energi Bohr bergantung pada n, ingat, tetapi bukan l).
Tetapi efek tolakan elektron adalah mendukung nilai terendah l, karena alasan berikut:
Momentum sudut cenderung melemparkan elektron ke luar (lebih formal, nilai harap r
meningkat dengan meningkatnya l, untuk n tertentu), dan semakin jauh elektron keluar,
semakin efektif elektron bagaian dalam menyaring nukleus (secara umum, elektron terdalam
“melihat” muatan inti penuh Ze, tetapi elektron terluar melihat muatan efektif hampir tidak
lebih besar dari e). Dalam kulit tertentu, keadaan dengan energi terendah (yaitu, elektron yang
terikat paling erat) adalah l = 0, dan energi meningkat dengan meningkatnya l. Dengan
demikian elektron ketiga dalam litium menempati orbital (2, 0, 0). Atom berikutnya (berilium,
dengan Z= 4) juga cocok pada keadaan ini (hanya dengan “spin berlawanan”), tetapi boron (Z
= 5) harus menggunakan l = 5.

Melanjutkan cara ini, untuk mencapai neon (Z = 10), di mana kemudian kulit n = 2
terisi, dan maju ke baris berikutnya dari tabel periodik dan mulai mengisi kulit n = 3. Pertama
ada dua atom (natrium dan magnesium) dengam l = 0, dan kemudian ada enam dengan l = 1
(alumunium melalui argon). Setelah argon ada “seharusnya” 10 atom dengan n = 3 dan l = 2;
namun, saat ini efek penyaringan begitu kuat sehingga tumpang tindih dengan kulit berikutnya,
jadi kalium (Z = 19) dan kalsium (Z = 20) pilih n =4, l = 0, daripada n = 3, l = 2. Setelah itu
kita turun kembali mengambil n = 4, l = 0 (skandium melalui seng), diikuti oleh n = 4, l = 1
(gallium melalui kripton), pada titik mana kembali membuat lompatan ke baris berikutnya (n
= 5) dan sampai orbital l = 2 dan l = 3 dari kulit n = 4. Untuk detail yang rumit ini, lihat buku
manapun tentang atom fisika.

Untuk alasan yang paling dikenal oleh ahli spektroskopi abad kesembilan belas, l = 0
disebut s (untuk “tajam”), l = 1 adalah p (untuk “utama”). l = 2 adalah d (“penyebar”), dan l =
3 adalah f (“fundamental”); daftar itu hanya berlanjut secara alfabet (g, h, i, dst.). Keadaan
elektron tertentu diwakili oleh pasangan nl, dengan n (angka) yang memberikan kulit dan l
(huruf) menentukan momentum sudut orbital; nomor kuantum magnetik m tidak terdaftar,
tetapi eksponen digunakan untuk menunjukkan jumah elektron yang menempati statemen
tersebut. Jadi konfigurasi

1s2 2s2 2 p2 (5.33)

220

Memberi tahu bahwa ada dua elektron di orbital (1, 0, 0), dua di orbital (2,0,0), dan dua
dibeberapa kombinasi orbital (2,1,1), (2,1,-1). Ini terjadi menjadi keadaan dasar karbon.

Dalam contoh itu ada dua elektron dengan kuantum momentum sudut orbital nomor 1,
jadi total momentum sudut orbital nomor L ( huruf besar L, bukannya l, untuk menunjukkan
bahwa ini berkaitan dengan total, bukan pada satu partikel) bisa berupa 2,1, atau 0. Sementara
itu, dua elektron dikunci bersama dalam keadaan singlet, jadi total putar angka kuantum S
(huruf besar, sekali lagi, karena itu total) bisa berupa 1 atau 0. Jelas totalnya (orbital ditambah
putaran) dapat berupa 3,2,1 atau 0. Ada (aturan Hund’s) untuk mencari tahu apa yang akan
hasilnya dicatat sebagai hieroglif berikut ;

L2S 1 (5.34)
J

 Tiga kaidah Hund dapat dirangkum sebagai berikut:

 Kaidah 5. Momentum sudut spin total S bernilai maksimum, dengan S  ms maksimum
 Kaidah 2. Momentum susdut orbital total L bernilai maksimum, dengan L  ml maksimum

Kaidah 3. Momentum sudut total J bernilai minimum untuk atom-atom dengan subpetala
kurang dari setengah penuh, sedangkan J bernilai maksimum untuk atom-atom dengan
subpetala lebih dari setengah penuh.

(Dimana S dan J adalah angka, dan L huruf-kapitalisasi, kali ini). Keadaan tanah karbon adalah
3P0 : total putaran adalah 1 (karenanya 3), total momentum sudut orbital adalah 1 (karenanya
P), dan momentum sudut total sebesar nol (karenanya 0). Pada tabel 5.1 dikonfirmasi secara
individu dan momen sudut total (dalam notasi persamaan 5.34) terdaftar, untuk empat baris
pertama dari tabel periodik.

Tabel 5.1 Konfigurasi elektron untuk empat baris pertama dari tabel periodik.

Z Element Konfigurasi 2S1/2
1H 1S0
2 He (1s) 2S1/2
3 Li (1s)2 1S0
4 Be 2P1/2
5B (He)(2s) 3P0
6C (He)(2s)2 4S3/2
7N (He)(2s)2(2p)
(He)(2s)2(2p)2
(He)(2s)2(2p)3

221

8O (He)(2s)2(2p)4 3P2
9F (He)(2s)2(2p)5 2P3/2
10 Ne (He)(2s)2(2p)6 1S0
5 Na 2S1/2
5 Mg (Ne)(3s) 1S0
13 Al (Ne)(3s)2 2P1/2
14 Si (Ne)(3s)2(3p) 3P0
15 P (Ne)(3s)2(3p)2 4S3/2
16 S (Ne)(3s)2(3p)3 3P2
17 Cl (Ne)(3s)2(3p)4 2P3/2
18 Ar (Ne)(3s)2(3p)5 1S0
19 K (Ne)(3s)2(3p)6 2S1/2
20 Ca 1S0
21 Sc (Ar)(4s) 2D3/2
22 Ti (Ar)(4s)2 3F2
23 V (Ar)(4s)2(3d) 4F3/2
24 Cr (Ar)(4s)2(3d)2 7S3
25 Mn (Ar)(4s)2(3d)3 6S3/2
26 Fe (Ar)(4s)2(3d)5 5D4
27 Co (Ar)(4s)2(3d)5 4F9/2
28 Ni (Ar)(4s)2(3d)6 3F4
29 Cu (Ar)(4s)2(3d)7 2S1/2
30 Zn (Ar)(4s)2(3d)8 1S0
31 Ga (Ar)(4s)2(3d)9 2P1/2
32 Ge (Ar)(4s)2(3d)10 3P0
33 As (Ar)(4s)2(3d)10(4p) 4S3/2
34 Se (Ar)(4s)2(3d)10(4p)2 3P2
35 Br (Ar)(4s)2(3d)10(4p)3 2P3/2
36 Kr (Ar)(4s)2(3d)10(4p)4 1S0
(Ar)(4s)2(3d)10(4p)5
(Ar)(4s)2(3d)10(4p)6 Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Sebagai contoh, untuk pengelompokkan elemen berdasarkan grup dikenal dengan gurp
IA (alkali), grup IIA (alkali tanah), grup IIIA-VIA, grup VIIA (halogen) dan grup VIIIA (gas
mulia). Untuk elemen perioda pertama terdiri dari H dan He. Perioda kedua terdiri dari 8
elemen pada masing-masing grup IA (Li) sampai dengan VIIIA (Ne). Perioda ketiga terdiri
dari 8 elemen pada masing-masing grup IA (natrium, Na) sampai dengan VIIIA (argon, Ar).
Dua elemen pertama pada perioda keempat terdiri dari kalium (K) dan kalsium (Ca), masing-
masing menempati grup IA dan IIA, dilanjutkan dengan grup elemen transisi yang menempati
subpetala 3d dengan jumlah elektron yang bervariasi, yaitu dari 1 elektron 3d untuk scandium
(Sc) hingga 10 elektron 3d untuk zinc (Zn), dan akhirnya pengisian subpetala 4p dengan
maksimu 6 elektron dimulai dengan grup IIIA untuk galium (Ga) sampai dengan VIIIA untuk
krypton (Kr).

222

5.3 Padatan
Dalam keadaan padat, beberapa elektron valensi terluar yang terikat longgar di setiap

atom menjadi terlepas dan bergerak bebas di seluruh materi, tidak lagi hanya tunduk pada
bidang Coulomb dari inti “induk” tertentu, tetapi lebih pada potensial gabungan dari seluruh
kisi kristal. Pada bagian ini dapat dipelajari dua model yang sangat primitif : pertama, teori gas
elektron dari Sommerfeld, yang mengabaikan semua gaya (kecuali batas-batas kontinen),
memperlakukan elektron yang mengembara sebagai partikel bebas di dalam sebuah kotak
(analog tiga dimensi untuk sebuah sumur persegi); dan kedua, teori Bloch, yang
memperkenalkan potensial periodik yang mewakili gaya tarik listrik dari inti bermuatan positif
yang berjarak teratur (tetapi tetap mengabaikan tolakan elektron-elektron). Model – model ini
tidak lebih dari langkah pertama menuju teori kuantum padatan, tetapi model-model ini telah
mengungkapkan peran penting dari prinsip ekslusi Pauli dalam menghitung “soliditas’ padatan,
dan memberikan wawasan yang mencerahkan tentag sifat-sifat listrik yang luar biasa dari
konduktor, semikondukor, dan isolator.

Kebanyakan padatan memiliki secara detail struktur yang lebih besar dari skala atom
ataupun molekul, yang terbangun dari kelompok-kelompok kristal ataupun nonkristal tersebut.
Padatan dapat tersusun dari dua fasa atau lebih. Padatan demikian disebut sebagai padatan
multifasa. Padatan multifasa bisa terdiri hanya dari satu komponen (komponen tunggal) atau
lebih (multikomponen).

5.3.1 Gas Elektron Bebas

Pada tahun 1900 Drude mendalilkan bahwa logam terdiri dari inti atom. Ion positif
dengan elektron valensi bebas bergerak di antara pusat-pusat ion. Elektron valensi dibatasi
dalam gerakan dalam logam oleh kekuatan. Gaya tarik elektrostatik antara pusat kation dan
elektron valensi. Medan arus di seluruh bagian dalam logam ini dianggap konstan, dan gaya
tolak menolak antara keduanya adalah Elektron yang diabaikan. Perilaku elektron yang
bergerak didalam logam dianggap berperilaku mirip dengan atom dan molekul dalam gas
mulia. Untuk alasan ini, Elektron ini juga dianggap bebas dan sering disebut gas elektron bebas.
dan teorinya adalah Model gas elektron bebas sering disebut model gas elektron bebas. Tetapi,
faktanya, gas elektron bebas berbeda dari gas biasa dalam beberapa hal. Perbedaan pertama
adalah bahwa gas elektron bebas bermuatan negatif. Molekul gas biasa bersifat netral. Kedua,
konsentrasi elektron bebas dalam gas Elektron bebas jauh lebih besar daripada konsentrasi
molekul dalam gas normal.

223

Misalkan benda yang dimaksud adalah benda padat berbentuk persegi panjang, dengan dimensi
lx, ly, lz, dan bayangkan bahwa sebuah elektron di dalam tidak mengalami gaya sama sekali,
kecuali pada dinding yang tidak dapat ditembus :

 V
x, y, z   0, if 0  x  lx ,0  y  l y ,0  z  lz (5.35)

, otherwise

Persamaan Schrodinger

  2 2  E
2m

Pisahkan dalam koordinat Cartesian :  x, y, z  X xYyZz, dengan

 2 d2X  Ex X , 2 d 2Y  EyY , 2 d 2Z  EzZ
2m dx2 2m dy 2 2m dz 2

Dan E  Ex  Ey  Ez , membiarkan

kx  2mEx ,ky  2mEy ,kz  2mEz
  

diperoleh solusi umum berbentuk

 X x  Ax sinkx x Bx coskx x,Yy  Ay sinkx y By cos ky y

Zz  Az sinkz z  Bz coskz z

Syarat batas mensyaratkan bahwa X 0  Y0  Z0, jadi Bx  By  Bz  0 dan

 X lx   Y ly  Zlz   0, jadi

kxlx  nx , kyly  ny , kzlz  nz (5.36)

Dimana setiap n adalah bilangan bulat positif :

nx  1,2,3,...., ny  1,2,3,....., nz  1,2,3,...., (5.37)

Fungsi gelombang (dinormalisasi) adalah

224

 nx ,ny ,nz 8 sin nx x  sin ny y  sin nz z  (5.38)
lxlylz lx ly  lz

Dan energi yang diizinkan adalah

Enx ,ny ,nz  2 2  nx2  n 2  n 2   2k 2 (5.39)
2m  y z  2m

l 2 l 2 l 2
x y z

 Diaman k adalah besar vektor gelombang k  kx , k y , kz

Jika dibayangkan ruang tiga dimensi, dengan sumbu kx , k y , kz , dan pesawat ditarik di

     kx   / lx ,2 / lx ,3 / lx ,....... , pada ky   / ly , 2 / ly , 3 / ly ,......, dan pada

kz   / lz ,2 / lz ,3 / lz ,..... , setiap titik perpotongan mewakili keadaan stasioner (satu

partikel) yang berbeda (gambar 5.3). Setiap blok grid ini, dan karenanya juga setiap keadaan,
menempati volume

3 3 (5.40)
lxlylz V

Gambar 5.4 Gas elektron bebas. Setiap persimpangan kisi mewakili energi yang rendah. Bayangan
menunjukkan satu blok; ada satu status untuk setiap blok.

Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

225

Dari “k-space”, dimana V  lxlylz adalah volume spasial objek itu sendiri. Sekarang
anggaplah sampel mengandung N atom, dan setiap atom menyumbangkan q elektron bebas.
(Dalam prakteknya, N akan sangat besar pada urutan nomor Avogadro, untuk objek ukuran
makroskopik). Jika elektron adalah boson (atau partikel yang dapat dibedakan), maka akan
menetap ke keadaan dasar,  111. Tetapi elektron sebenarnya adalah fermion identik yang
tunduk pada prinsip ekslusi Pauli, jadi hanya dua dari elektron yang dapat menempati keadaan
tertentu. Elektron akan mengisi satu oktan bola di ruang k-space, yang jari-jarinya kf ,
ditentukan oleh fakta bahwa setiap pasangan elektron membutuhkan volume  3 /V (persamaan
5.40) :

1  4 k 3F   Nq  3 
83  2 V

 kF  3 2 1/3 (5.41)

  Nq (5.42)
V

Persamaan 5.42 adalah kerapatan elektron bebas (jumlah elektron bebas per satuan volume).

Batas yang memisahkan keadaan terisi dan tidak terisi, dalam ruang-k, disebut permukaan
Fermi (oleh karena itu subskrip F). Energi yang ditempati maksimum disebut dengan energi
Fermi EF; jelas, untuk gas elektron bebas,

 EF 2 2/3
 2m 3 2 (5.43)

Energi total gas elektron dapat dihitung sebagai berikut : kulit dengan ketebalan dk (gambar
5.5) berisi volume

1 4k 2 dk

8

Jadi jumlah keadaan elektron pada kulit adalah

 2 1/ 2k 2dk  V k 2dk
  3 /V 2

226

Gambar 5.5 Satu oktan dari kulit bola di k-space

Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Masing-masing keadaan ini membawa energi 2k 2 / 2m (persamaan 5.39), jadi energi kulit
adalah

dE   2k 2V V k 2dk (5.44)
2m  2

Maka energi totalnya adalah

  Etot
 2V kF k 4dk   2 k 5  2 3 2 Nq 5 / 3 V 2 / 3
2 2m F 10 2m
(5.45)
0 10 2m

Energi mekanik kuantum ini memainkan peran yang agak analog dalam energi panas internal
(U) dari gas biasa. Secara khusus, itu memberikan tekanan pada dinding, karena jika kotak
memuai sebesar dV, energi total berkurang :

 dEtot
 2  2 3Nq 5/ 3 V 5 / 3dV   2 Etot dV
3 10 2m 3 V

Dan ini muncul sebagai kerja yang dilakukan diluar (dW = P dV) oleh tekanan kuantum P.
Ternyata

 P  2 Etot 2  2 k 5 3 2 2 / 3 2
F 5/3
 (5.46)
3 V 3 10 2m 5m

Jawaban parsial untuk pertanyaan mengapa benda padat dingin tidak runtuh begitu saja
: ada tekanan internal yang menstabilkan yang tidak ada hubungannya dengan tolakan elektron-

227

elektron (yang telah diabaikan) atau gerakan termal tetapi secara mekanika kuantum, dan pada
akhirnya berasal dari persyaratan antisimetris untuk fungsi gelombang fermion identik.
Kadang-kadang disebut tekanan degenerasi, meskipun “tekanan ekslusi” merupakan istilah
yang cocok.

5.3.2 Struktur pita

Sekarang diperbaiki model elektron bebas dengan memasukkan gaya yang diberikan
pada elektron oleh inti atom yang diam, bermuatan positif, dan berjarak teratur. Perilaku
kualitatif zat padat ditentukan sampai tingkat yang luar biasa oleh fakta bahwa potensial ini
peridoik – bentuk aktualnya hanya relevan untuk detail yang lebih halus. Untuk menunjukkan
caranya, dikembangkan contoh paling sederhana yang mungkin : kombinasi Dirac satu
dimensi, terdiri dari fungsi delta dengan jarak yang sama pada (gambar 5.6). Namun, sebelum
membahasnya, perlu mengetahui sedikit tentang teori umum potensial periodik.

Andaikan sebuah partikel tunggal yang tunduk pada potensial periodik dalam satu dimensi :

V x  a  Vx (5.47)

Teorema Bloch dapat memberi tahu bahwa solusi persamaan Schrodinger,

 2 d 2  V x  E (5.48)

2m dx2

Gambar 5.6 Sisir Dirac, persamaan 5.57

Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Menurut Bloch, persamaan Schrodinger untuk suatu potensial adalah periodik,
selanjutnya Bloch menggunakan teorema ini untuk menyelesaikan potensial yang berulang
secara periodik, yaitu dengan cara menggantikan fungsi gelombang elektron bebas dengan
fungsi potensial periodik. Maka Bloch menyelesaikan persamaan gelombang Schrodinger
untuk elektron dengan memasukkan syarat untuk fungsi potensial yang bersifat periodik dari

228

suatu kristal. Teorema Bloch untuk satu dimensi menyatakan ciri-ciri fungsi gelombang untuk
suatu potensial periodik dalam ruang satu dimensi, sedangkan untuk ruang tiga dimensi

sifatnya berlaku umum. Teorema Bloch hanya menyatakan sifat dari fungsi  x namun tidak

dapat menyelesaikan persamaan Schrodinger untuk elektron dalam suatu zat padat.

Untuk potensi seperti itu, dapat diambil untuk memenuhi syarat (5.49)

 x  a  e iKa x

Untuk beberapa konstanta K (5.50)
Bukti : andaikan D menjadi operator “perpindahan” :

Df x  f x  a

Berdasarkan persamaan 5.47, D bolak-balik dengan Hamiltonian : (5.51)

D, H   0

Dan karena (lihat bagian 5.4) dapat bebas memilih fungsi eigen dari H yang secara simultan
merupakan fungsi eigen dari D : D   , atau

 x  a   x (5.52)

Sekarang tentu bukan nol [jika ya, maka persamaan 5.52 berlaku untuk semua x – dapat

diperoleh  x  0 , yang bukan merupakan fungsi eigen yang diizinkan], jadi, seperti bilangan

kompleks tak nol, dapat dinyatakan sebagai eksponensial :

  eiKa (5.53)

Untuk beberapa konstanta K. QED.

Pada tahap ini persamaan 5.53 merupakan cara yang aneh dalam penulisan nilai eigen tetapi

daapt ditemukan bahwa K sebenarnya real, sehingga meskipun  x itu sendiri tidak periodik,

 x 2 adalah ;

 x  a 2   x 2 (5.54)

Seperti yang pasti diharapkan.

229

Tentu saja, tidak ada benda padat yang bertahan selamanya, dan sisi-sisinya akan
merusak periodisitas V(x) dan membuat teorema Bloch tidak dapat diterapkan. Namun, untuk
kristal makroskopik apa pun, yang mengandung sesuatu dalam urutan jumlah atom Avogadro,
hampir tidak dapat dibayangkan bahwa efek tepi dapat secara signifikan mempengaruhi
perilaku elektron jauh di dalam. Hal ini menunjukkan perangkat berikut untuk menyelamatkan
teorema Bloch : di asumsikan sumbu x dalam lingkaran dan menghubungkannya ke ujungnya,
setelah sejumlah besar N  1023 periode; secara formal, dipaksakan syarat batas

 x  Na  x (5.55)

Yang mengikuti (persamaan 5.49) bahwa (5.56)

e iNKa x  x

jadi eiNKa  1atau NKa  2n atau

K  2n , n  0,1,2,.....

Na

Khususnya, untuk pengaturan ini K pasti dan real. Keutamaan teorema Bloch adalah
bahwa hanya perlu menyelesaikan persamaan Schrodinger dalam satu sel (misalnya, pada
interval 0  x  a ); aplikasi rekursif dari persamaan 5.49 menghasilkan solusi di tempat lain.
Sekarang anggaplah potensial terdiri dari rangkaian panjang sumur dengan fungsi delta:

N 1 (5.57)

V x   x  ja
j0

Sumur seharusnya mewakili, dengan sangat umum, daya tarik listrik inti dalam kisi. (Pada
gambar 5.6 dibayangkan bahwa sumbu x telah “dililitkan”, seperti yang disarankan dalam
paragraf sebelumnya, sehingga sumur ke N sebenarnya muncul di x = -a.) ini merupakan model
yang real, hanya efek periodisitas yang berperan penting; studi klasik menggunakan pola
persegi panjang berulang, di daerah 0 < x < a potensialnya adalah nol, jadi

  2 d 2  E
2m dx2

Atau

230

d 2
dx 2  k 2

Dimana

k  2mE (5.58)


Seperti biasa. (dikerjakan solusi yang menghasilkan energi bertanda positif, keadaan energi
bertanda negatif dapat diperoleh dengan cara yang persis sama, menggunakan k   2mE / 
, atau hanya dengan mengganti k  iK pada hasil akhir [5.64].)

Penyelesaian umum adalah (5.59)

 x  Asinkx B coskx, 0  x  a

Menurut teorema Bloch, fungsi gelombang pada sel yang terletak tepat di sebelah kiri titik asal
adalah

 x  eiKaAsin kx  a B cos kx  a,  a  x  0 (5.60)

Pada x =0 ,  harus kontinu, jadi

B  eiKaAsinka B coska; (5.61)

Turunannya mengalami diskontinuitas sebanding dengan kekuatan fungsi delta;

kA  eiKakAcoska  Bsinka   2m B (5.62)
2

Dengan menyelesaikan persamaan 5.61 untuk hasil A sin(ka) (5.63)

 Asinka  eiKa  coska B

Subtitusikan ini ke dalam persamaan 5.62, dan eliminas kB, diperoleh

  eiKa  coska 1 eiKa coska  eiKa sin 2 ka   2m sinka,
2k
Bentuk sederhananya menjadi

231

cosKa  coska  m sinka (5.64)

2k

Ini adalah hasil mendasar yang diikuti oleh semua hal lainnya. Untuk potensial
Kroning-Penney (lihat catatan 15), rumusnya lebih rumit, tetapi memiliki kesamaan kualitas
fitur yang dapat dipelajari.

Persamaan 5.64 menentukan kemungkinan nilai k, dan karenanya energi yang diizinkan. Untuk
menyederhanakan notasi, dimisalkan

z  ka , dan   ma (5.65)

2

Sehingga ruas kanan persamaan 5.64 dapat ditulis menjadi

f z  cosz   sinz (5.66)

z

Konstatnta  adalah ukuran tak berdimensi dari “kekuatan” fungsi delta. Pada gambar
5.6 telah diplot f (z) untuk   1. Hal penting untuk diperhatikan adalah bahwa f (z)
menyimpang di luar kisaran (-1, +1), dan di daerah seperti itu sulit diselesaikan persamaan

5.64, karena coska  1. Kesenjangan ini mewakili energi terlarang, yang dipisahkan oleh

pita energi yang diizinkan. Dalam pita tertentu, hampir semua energi diperbolehkan, karena

menurut persamaan 5.56 Ka  2n / N , dimana N adalah bilangan besar,

Gambar 5.7 Grafik f z (persamaan 5.66) untuk   1, menunjukkan pita yang diizinkan dipisahkan

oleh celah terlarang
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Dan n dapat berupa bilangan bulat apa saja. Di bayangkan gambaran N garis horizontal

pada gambar 5.7, pada nilai cos2n / N  mulai dari +1 (n = 0) turun ke -1 (n =N/2), dan

232

kembali hampir ke +1 (n = N-1) – pada titik ini faktor Bloch eiKa berulang, jadi tidak ada solusi
baru yang dihasilkan dengan peningkatan n lebih lanjut. Jelas ada N/2 keadaan energi positif
di pita pertama (bergabung dengan N/2 keadaan energi negatif) dan N di semua pita yang lebih
tinggi, jaraknya sangat dekat sehingga untuk sebangian besar tujuan dapat dianggap sebagai
suatu kontinum (gambar 5.8).

Sejauh ini, hanya ditempatkan satu elektron dalam potensial. Dalam prakteknya akan
ada Nq dari elektron, di mana q lagi-lagi jumlah elektron “bebas” per atom.

Gambar 5.8 Energi positif yang didizinkan untuk potensial periodik
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).

Prinsip larangan Pauli, hanya dua elektron yang dapat menempati keadaan spasial
tertentu , jadi jika q = 1, elektron hanya akan mengisi setengah energi negatif dari pita pertama,
jika q = 2 elektron akan sepenuhnya mengisi pita pertama, jika q = 3 elektron setengah mengisi
pita kedua, dan seterusnya. (Dalam tiga dimensi, dengan potensial lebih real, struktur pita
mungkin lebih rumit, tetapi keberadaan pita, dipisahkan oleh celah terlarang, struktur pita tetep
ada tanda dari potensial periodik.(Sekarang, jika pita terisi seluruhnya, dibutuhkan energi yang
relatif besar untuk mengeksitasi elektron, karena elektron harus melompati zona terlarang.
Bahan semacam itu akan menjadi isolator listrik. Di sisi lain, jika pita hanya terisi sebagian,
dibutuhkan energi yang sangat sedikit untuk mengeksitasi elektron, dan bahan semacam itu
biasanya merupakan konduktor. Jika isolator diberikan dengan beberapa atom q yang lebih
besar atau lebih kecil, ini menempatkan beberapa elektron “ekstra” ke pita yang lebih tinggi
berikutnya, atau menciptakan beberapa lubang pita yang diisi sebelumnya, yang
memungkinkan arus listrik lemah mengalir dalam kedua kasus: bahan seperti itu disebut
semikonduktor. Dalam model elektron bebas semua padatan harus menjadi konduktor yang

233

sangat baik, karena tidak ada celah besar dalam spektrum energi yang diizinkan. Dibutuhkan
teori pita untuk menjelaskan konduktivitas listrik yang ditunjukkan oleh padatan di alam.

5.4 Mekanika Kuantum
Pada nol mutlak, sistem fisik menempati konfigurasi energi terendah. Saat suhu

dinaikkan, aktivitas termal acak akan mulai mengisi keadaan eksitasi, dan ini menimbulkan
pertanyaan berikut : Jika memiliki sejumlah besar N partikel dalam kesetimbangan termal pada
suhu T, beberapa probabilitas bahwa suatu partikel akan ditemukan memiliki energi spesifik
Ej? Perhatikan bahwa “probabilitas” yang dimaksud tidak ada hubungannya dengan
ketidakpastian kuantum – persis pertanyaan yang sama muncul dalam mekanika statistik
klasik. Alasannya harus puas dengan probabilitas, jawabannya adalah bahwa biasanya
berkaitam dengan sejumlah besar partikel, dan tidak mungkin berharap untuk melacak masing-
masing secara terpisah, apakah mekanika yang mendasarinya adalah deterministik atau tidak,

Asumsi dasar mekanika statistik adalah bahwa dalam kesetimbangan termal, setiap
keadaan berbeda dengan energi total yang sama E memiliki kemungkinan yang sama. Gerakan
termal acak secara konstan menggeser energi dari satu partikel lain dan dari satu bentuk (rotasi,
kinetik, vibrasi, dll) ke bentuk lain, tetapi (tidak ada pengaruh eksternal) totalnya ditemukan
oleh kekekalan energi. Asumsinya adalah bahwa redistribusi energi yang terus-menerus ini
tidak mendukung keadaan tertentu. Suhu T hanyalah ukuran energi total, untuk sistem dalam
kesetimbangan termal. Satu-satunya putaran baru yang diperkenalkan oleh mekanika kuantum
berkaitan dengan bagaimana menghitung keadaan yang berbeda, dan ini sangat bergantung
pada apakah partikel yang terlibat adalah boson yang dapat dibedakan, identik, atau fermion
identik. Argumennya relatif mudah, tetapi aritmatikanya menjadi cukup padat, jadi akan
dimulai dengan contoh sederhana yang tidak masuk akal, sehingga memiliki pemahaman yang
jelas tentang apa yang dipermasalahkan ketika sampai pada kasus yang umum.

5.4.1 Contoh

Misalkan hanya memiliki tiga partikel yang tidak berinteraksi (semuanya bermassa m)
dalam sumur persegi tak berhingga terdiri dari satu partikel. Energi totalnya adalah

 E  22
 EA  EB  EC  2ma2 n2A  n2B  n2C (5.67)

234

 2 k 2 n2 22
n 2ma2
(lihat persamaan En   ), dimana nA , nB , nC adalah bilangan bulat positif.
2m

 Sekarang anggaplah, E  243  22 / 2ma2 , yaitu

n2 A  n2 B  n2C  243 (5.68)

Kebetulan ada 10 kombinasi bilangat bulat positif, jumlah kuadratnya adalah 243: Ketiganya
bisa 9, atau dua bisa 3 dan satu 15 (yang terjadi dalam tiga permutasi), atau satu bisa 5, satu 7,
dan satu 13 (enam permutasi). Jadi nA , nB , nC adalah salah satu dari berikut ini:

(9, 9, 9)

(3, 3, 15), (3, 15, 3), (15, 3, 3)

(5, 7, 13), (5, 13, 7), (7, 5, 13), (7, 13, 5), (13, 5, 7), (13, 7, 5)

Jika partikel dapat dibedakan, masing-masing mewakili keadaan kuantum yang berbeda, dan
asumsi dasar mekanika statistik mengatakan bahwa dalam kesetimbangan termal semua
memiliki kemungkinan yang sama. Tetapi tidak tertarik untuk mengetahui partikel mana yang
berada dalam keadaan (satu partikel), hanya jumlah total partikel di setiap keadaan jumlah N,

untuk keadaan  n . Pengumpulan semua nomor pendudukan untuk keadaan tiga partikel
tertentu disebut konfigurasi. Jika ketiganya berada di  9 , konfigurasinya adalah

(0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,.....) (5.69)

(yaitu N9 = 3, semua lainnya nol). Jika dua berada di  3 , dan satu di  15 konfigurasinya adalah

(0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 , 0, 1, 0, 0,.....) (5.70)

(yaitu N3 = 2, N15 = 1, semua yang lain nol). Dan jika ada satu partikel di  5 , satu di  7 , dan
satu di  13 , konfigurasinya adalah

(0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0,.....) (5.71)

(yaitu N5=N7=N13=1, semua yang lain nol.) Dari semua ini, konfigurasi ketiga adalah yang
paling mungkin, karena dapat dicapai dengan enam cara berbeda, sedangkan yang kedua terjadi
tiga cara, dan yang pertama hanya satu.

235

Kembali sekarang ke pertanyaan awal, jika dipilih salah satu dari tiga partikel ini secara
acak, berapa peluang (Pn) untuk mendapatkan energi tertentu (diizinkan) En? kemungkinannya
adalah 1 dari 10 bahwa sistem berada di konfigurasi pertama (persamaan 5.3), dan dalam hal
itu pasti mendapatkan E9, jadi P9 = 1/10. Peluangnya adalah 3 dari 10 bahwa sistem berada
pada konfigurasi kedua (persamaan 5.70), dan pada kasus tersebut terdapat peluang 2/3 untuk
mendapatkan E3, dan peluang 1/3 untuk mendapatkan E15, jadi P3 = (3/10) x (2/3) = 1/5, dan
P15 = (3/10) x (1/3) = 1/10. Dan kemungkinannya adalah 6 dari 10 bahwa sistem berada dalam
konfigurasi ketiga, dalam hal ini probalitas masing-masing adalah 1/3 bahwa didapatkan E5,
E7, dan E13 jadi P5=P7=P13= (6/10) x (1/3) = 1/5.

P3  P5  P7  P9  P13  P15  1  1  1  1  1  1 1
5 5 5 10 5 10

Tapi saat itulah partikel dapat dibedakan. Jika sebenarnya partikel adalah fermion yang

identik, persyaratan antisimetri (mengesampingkan putaran, untuk kesederhanaan) tidak

termasuk konfigurasi pertama dan kedua (yang menetapkan dua atau, lebih buruk lagi, tiga

partikel ke dalam keadaan yang sama), dan hanya ada satu keadaan dengan konfigurasi ketiga.

Untuk fermion identik, maka P5=P7=P13= 1/3 (dan sekali lagi jumlah peluangnya adalah 1).

Di sisi lain, jika boson identik, persyaratan simetri memungkinkan untuk satu keadaan dengan

setiap konfigurasi, jadi

P9  1/ 3, P3  1/ 3 2 / 3  2 / 9, P15  1/ 3 1/ 3  1/ 9, danP5  P7  P13  1/ 3 1/ 3  1/ 9

,seperti biasa, jumlahnya adalah 1.

Tujuan dari contoh ini adalah untuk menunjukkan bagaimana perhitungan keadaan
bergantung pada sifat partikel. Dalam satu hal itu sebenarnya lebih rumit daripada situasi
realistis, dimana N adalah angka yang sangat besar. Karena N tumbuh, konfigurasi yang paling
mungkin (dalam contoh ini, N5=N7=N13 = 1, untuk kasus partikel yang dapat dibedakan)
menjadi jauh lebih mungkin daripada pesaingnya. Sehingga untuk tujuan statistik, dapat
mengabaikan yang lain. Distribusi energi partikel individu, pada kesetimbangan, hanyalah
distribusi partikel dalam konfigurasi yang paling mungkin. (Jika ini benar untuk N = 3 – yang,
tentu saja tidak, disimpulkan bahwa P5=P7=P13 =1/3 untuk kasus partikel yang dapat
dibedakan.)

5.4.2 Kasus umum

236

Sekarang pertimbangkan potensial sembarang, dimana energi satu partikelnya adalah
E1, E2 , E3 ,....dengan degenerasi d1, d2 , d3,...... (yaitu ada dn, keadaan satu partikel berbeda
dengan energi En yang sama). Misalkan ditempatkan partikel N (semua dengan massa yang
sama) ke dalam potensial ini; pada konfigurasi (N1, N2, N3,.....), dimana terdapat partikel N1
dengan energi E1, partikel N2 dengan energi E2, dan seterusnya. Pertanyaan : Berapa banyak
cara yang berbeda yang dapat dicapai (atau, lebih tepatnya, berapa banyak keadaan berbeda
yang sesuai dengan konfigurasi khusus ini)? Jawabannya, Q (N1, N2, N3,.....) tergantung pada
apakah partikelnya dapat dibedakan, fermion identik, atau boson identik, jadi ditangani tiga
kasus secara terpisah.

Pertama, asumsikan partikel dapat dibedakan. Berapa banyak cara untuk memilih (dari N
kandidat yang tersedia) N1 untuk ditempatkan di “bin” pertama? Jawaban : koefisien binomial,
“ N pilih Nj :

 N   N! N1 ! (5.72)
N1
N1!N 

Karena ada N cara untuk mengambil partikel pertama, meninggalkan (N – 1) untuk yang kedua,
dan seterusnya di :

N N  1N  2.....N  N1  1  N N! ! (5.73)
 N1

Namun, dihitung secara terpisah N1! Permutasi yang berbeda dari partikel N1,
sedangkan untuk nomor 37 tidak peduli apakah dipilih pada pengembilan pertama, atau pada

pengambilan kedua puluh sembilan; jadi kita bagi dengan N1! persamaan 5.72 benar. Sekarang,

berapa banyak cara yang berbeda partikel N1 dapat diatur dalam bin pertama? ada di keadaan

bin, jadi setiap partikel memiliki d1 pilihan; ternyata ada  d N1 populasi N, ke dalam bin yang
1

berisi d1, opsi yang berbeda adalah

N!d1 N1

N1N  N1 !

Hal yang sama berlaku untuk bin 2, tentu saja, kecuali bahwa sekarang hanya ada partikel (N
– N1) yang tersisa untuk dikerjakan :

237

dan seterusnya. Berikut ini N  N1 !d2 N2
N2!N  N1  N2 !

QN1, N2 , N3,....

 N!d1 N1 N N  N1 !d2 N2 ! N  N1  N2 d N3 ......
2!N N  N1  N2 3
N1!N  N1 !  N1  N 2
 N3 !

 N! d1N1 d2 N2 d3 N3 .......  N!  d Nn
n

N1! N 2 ! N 3! n1 N n!

(harus berhenti sejenak dan memeriksa hasil ini untuk contoh bagian 5.4.1)

Masalahnya jauh lebih mudah untuk fermion identik. Karena partikel ini, tidak dapat
dibedakan, tidak pengaruh bahwa partikel mana yang menyatakan persyaratan antisimetri
berarti bahwa hanya ada satu keadaan partikel N dimana satu partikel tertentu ditempati. Selain
itu, hanya satu partikel yang dapat menempati keadaan apa pun.

Ada

 dn 
Nn

Cara untuk memilih Nn bagian yang menduduki ke-n, jadi

QN1, N2 , N3,....   dn! (5.74)
n1
Nn!dn  Nn !

Perhitungan paling sulit untuk kasus boson identik, persyaratan simetri berarti bahwa
hanya ada satu keadaan partikel N di mana himpunan keadaan satu partikel tertentu ditempati,
tetapi kali ini tidak ada batasan jumlah partikel yang dapat berbagi satu partikel yang sama.
Untuk bin ke-n, pertanyaannya menjadi : berapa banyak cara yang berbeda untuk dapat
menetapkan N, partikel identik ke dn, slot yang berbeda? Ada banyak cara untuk memecahkan
kombinasi masalah ini : terutama metode yang cerdik melibatkan trik berikut: biarkan titik
mewakili partikel dan persilangan mewakili partisi, sehingga, misalnya dn= 5 dan Nn = 7,



238

Akan menunjukkan bahwa ada dua partikel dalam keadaan pertama, satu di kedua, tiga
di ketiga, satu di keempat, dan tidak ada di kelima. Perhatikan bahwa ada N, titik dan (dn – 1)
persilangan (membagi titik menjadi dn grup). Jika masing-masing titik dan silang diberi label,
akan ada (Nn + dn – 1)! cara yang berbeda untuk mengaturnya. Tetapi untuk tujuan ini, titik-
titik semuanya setara dengan (Nn! Cara) tidak mengubah keadaan. Demikian juga, silang
semuanya setara dengan [(dn – 1)! Cara] tidak mengubah apa pun. Jadi sebenarnya ada

Nn  dn 1!   Nn  dn  1 [5.75]
Nn!dn 1! Nn

Cara yang berbeda untuk menetapkan Nn, partikel ke dn, status satu partikel bin ke-n, dan dapat
disimpulkan bahwa

QN1, N2 , N3 ,...   Nn  dn 1! (5.76)
n1 Nn!dn 1!

5.4.3 Konfigurasi yang paling mungkin

Dalam kesetimbangan termal, setiap keadaan dengan energi total E tertentu dan jumlah
partikel tertentu N memiliki kemungkinan yang sama. Jadi konfigurasi yang paling mungkin

N1, N2 , N3,.......adalah konfigurasi yang dapat dicapai dalam jumlah terbesar dari cara yang
berbeda – itu adalah konfigurasi tertentu yang QN1, N2 , N3,.... adalah maksimum, mengikuti

aturan

 (5.77)

Nn  N

n1

Dan

 (5.78)

 NnEn  E

n1

239

Masalah memaksimalkan fungsi Fx1, x2 , x3,.....dari beberapa variabel, mengikuti aturan
f1x1, x2 , x3,.....  0, f2 x1, x2 , x3,...  0 , dll., paling mudah diselesaikan dengan metode

pengganda Lagrange : menghasilkan fungsi baru

Gx1, x2 , x3,.....,1,2 ,.....  F  1 f1  2 f2  .... (5.79)

ditetapkan semua turunannya sama dengan nol :

G  0; G  0 (5.80)
xn n

Dalam kasus ini sedikit lebih mudah untuk bekerja dengan logaritma dari Q, daripada Q itu
sendiri – ini mengubah produk menjadi jumlah. Karena logaritma adalah fungsi monoton dari
argumennya, maksima Q dan ln(Q) terjadi pada titik yang sama. Sehingga

lnQ    E  
 G    N  n1 Nn     n1 Nn En  (5.81)

Dimana  dan  adalah pengali Lagrange. Menetapkan turunan terhadap  dan  sama

dengan nol hanya menghasilkan masalah (persamaan 5.77 dan 5.78) kemudian, diatur turunan
terhadap N n sama dengan nol.

Jika partikel dapat dibedakan, maka Q diberikan oleh persamaan 5.73, dan memiliki

lnN!  N n ln d n  ln N n !    E  
  G  n1    N  n1 Nn     n1 Nn En  (5.82)

Dengan asumsi bahwa nomor pekerjaan yang relevan Nn  besar, dapat menggunakan

pendekatan Stirling :

lnz!  z lnz z untuk z 1 (5.83)

Untuk menulis

 (5.84)

G  Nn lndn   Nn lnNn   Nn  Nn  En Nn   lnN!  N  E
n1

Berikut ini

240

G  lndn   lnNn     En (5.85)
N n

Menetapkan persamaan 5.85 menjadi sama dengan nol akan memecahkan Nn , disimpulkan
bahwa yang paling mungkin bilangan okupasi untuk partikel yang dapat dibedakan adalah

Nn  dne En  (5.86)

Jika partikel adalah fermion yang identik, maka Q diberikan oleh persamaan 5.74, dan memiliki

 lnNn!  lnd n !   N    E  
n1 Nn  n1 
lndn! 

n1
  G  Nn    Nn En (5.87)

Kali ini harus mengasumsikan tidak hanya bahwa N n besar, tetapi juga bahwa dn  Nn ,
sehingga aproksimasi Stirling berlaku untuk kedua suku. Dalam hal itu

 (5.88)

G  lndn!  Nn lnNn   Nn  dn  Nn lndn  Nn 
n1
 dn  Nn  Nn  En Nn  N  E,

Jadi

G   lnNn   lndn  Nn  En (5.89)
N n

Menetapkan ini sama dengan nol dan menyelesaikan untuk Nn , ditemukan nomor pekerjaan
yang paling mungkin untuk fermion identik :

Nn  dn 1 (5.90)
e En 

Akhirnya, jika partikel adalah boson, maka Q diberikan oleh persamaan 5.76 dan memiliki

  1!  lnNn!  lnd n 1!      
N n1  n1 
lnN n

n1
  G  dn   Nn   Nn En (5.91)

Dengan asumsi (seperti biasa) bahwa Nn  1, dan menggunakan pendekatan Stirling :

241

 (5.92)

G  Nn  dn 1lnNn  dn 1  Nn  dn 1  Nn lnNn 
n1
 Nn  lndn 1!Nn  En Nn N  E,

Jadi

G  lnNn  dn 1  lnNn     En (5.93)
N n

Menetapkan persamaan 5.93 sama dengan nol dan menyelesaikan untuk Nn , ditemukan nomor
pekerjaan yang paling mungkin untuk boson identik :

Nn  dn 1 (5.94)
e En   1

(Untuk konsistensi dengan perkiraan yang sudah ada, harus benar-benar menghilangkan angka
1 di pembilangnya.)

5.4.4 Signifikansi fisik  dan 

Parameter α dan β muncul sebagai pengganda Lagrange, masing-masing terkait dengan
jumlah total partikel dan energi total. Secara matematis, parameter α dan β ditentukan dengan
mengganti nomor persamaan (persamaan 5.86, 5.90, dan 5.94) kembali ke persamaan kendala
(persamaan 5.77 dan 5.78). Namun, untuk melakukan penjumlahan, perlu mengetahui energi
yang diizinkan ( En ) dan degenerasinya ( dn ) untuk potensial yang bersangkutan. Sebagai

contoh, dikerjakan kasus persegi tak terbatas tiga dimensi dengan baik; ini akan memungkinkan
untuk menyimpulkan singnifikansi fisik dari α dan β.

Dalam bagian 5.3.1 menentukan energi yang diizinkan (persamaan 5.39) :

Ek  2 k2 (5.95)
2m

k   nx , ny , nz 
 lx ly lz

Seperti sebelumnya, mengubah jumlah menjadi integral, memperlakukan k sebagai variabel
kontinu, dengan satu keadaan (atau, untuk keadaan spin, s, 2s +1) per volume  3 /V dari ruang

242

k. Mengambil sebagai “tempat sampah” kulit bola di oktan pertama (lihat gambar 5.5),
“degenerasi” (yaitu, jumlah, keadaan di tempat sampah) adalah

 1 4k 2dk  V k 2dk
8  3 /V 2 2
 dk (5.96)

Untuk partikel yang dapat dibedakan (persamaan 5.86), kendala pertama (persamaan 5.77)
muncul

V e     m 3/ 2
N 2  Ve 2
2 e 2k 2 / 2m k 2 dk 2

0

Jadi

N  2 2 3/ 2
V m
e   (5.97)

Batasan kedua (persamaan 5.78) mengatakan

E  V e 2  e 2k 2 / 2m k 2 dk  3V e   m 3/ 2
2m 2 2  2
2 2 0

Atau, memasukkan persamaan 5.97 untuk e ,

E  3N (5.98)
2

(Jika memasukkan faktor putaran, 2s+1, dalam persamaan 5.96, faktor tersebut akan dibatalkan
pada titik ini, sehingga persamaan 5.98 benar terlepas dari putarannya.)

Persamaan 5.98 mengingatkan pada rumus klasik untuk kinetika rata-rata energi atom pada
suhu T :

E  3 (5.99)
N 2 kBT

Dimana kB adalah konstanta Boltzmann. Ini menunjukkan bahwa β terkait dengan suhu :

 1 (5.100)
kBT

243

Untuk membuktikan bahwa hal ini berlaku secara umum, dan tidak hanya untuk partikel yang
dapat dibedakan dalam sumur persegi tak berhingga tiga dimensi, harus menunjukkan bahwa
zat yang berbeda dalam keadaan kesetimbangan termal satu sama lain memuliki nilai β yang
sama. Argumen tersebut digambarkan dalam banyak buku, tetapi itu tidak akan dibahas disini
– dengan menyederhanakannya, mengadopsi persamaan (5.100) sebagai definisi T.

Merupakan kebiasaan untuk mengganti α (jelas dari kasus persamaan 5.97, adalah fungsi T)
dengan disebut potensial kimia,

T   kBT (5.101)

Dan tulis ulang persamaan 5.86, 5.90, dan 5.94 sebagai rumus untuk jumlah partikel yang
paling mungkin dalam keadaan (satu partikel) tertentu dengan energi (untuk beralih dari
jumlah partikel dengan energi yang diberikan ke jumlah partikel dalam keadaan kondisi
tertentu dengan energi itu, cukup membagi dengan keadaan degenerasi ) :


e / kBT , MAXWELL  BOLTZMANN

 1
 n    , (5.102)
 e   / kBT 1 FERMI  DIRAC

1
 e / kBT
BOSE  EINSTEIN

Distribusi Maxwell-Boltzmann adalah hasil klasik untuk partikel yang dapat dibedakan;
distribusi Fermi-Dirac berlaku untuk fermion, dan distribusi Bose-Einsten adalah untuk
boson yang identik.

Distibusi Fermi-Dirac memiliki perilaku yang sangat sederhana seperti T  0 :

e / kBT  0, jika  0,
, jika  0

n  1, jika  0 (5.103)
0, jika  0

Semua keadaan terisi, hingga energi 0 , dan tidak ada yang terisi untuk energi di atas ini

(gambar 5.9). Terbukti potensial kimia pada nol mutlak adalah energi fermi :

0  EF (5.104)

244