Saat suhu naik, distribusi Fermi-Dirac “melunakkan” memotong, seperti yang ditunjukkan oleh
kurva bulat pada gambar 5.9
Untuk partikel yang dapat dibedakan dalam sumur persegi tak hingga tiga dimensi, menemukan
(persamaan 5.98) bahwa energi total pada suhu T adalah
E 3 Nk BT (5.105)
2
Gambar 5.9 Distribusi Fermi-Dirac untuk T = 0 dan untuk T lebih besar dari nol
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Dari persamaan 5.97 berikut, bahwa
T kBT ln N 3 ln mkBT (5.106)
V 2 3 2
mencari rumus yang sesuai untuk fermion dan boson yang identik, menggunakan persamaan
5.90 dan 5.94 sebagai pengganti persamaan 5.86. Batasan pertama (persamaan 5.77) menjadi
N V k2 dk (5.107)
1
2 2 0 e 2k 2 / 2m / kBT
(dengan tanda positif untuk fermion dan negatif untuk boson) dan batasan kedua (persamaan
5.78) berbunyi
E V 2 k4 dk (5.108)
2 2 2m 1
e0 2k 2 / 2m / kBT
Yang pertama menentukan T , dan yang kedua menetukan ET (dari yang terakhir
diperoleh, misalnya, kapasitas panas C E / T ). Integral tidak dapat dievaluasi dalam
bentuk fungsi dasar, dan akan dibiarkan untuk menjelajahi masalah ini lebih lanjut.
245
5.4.5 Spektrum benda hitam
Kegagalan pertama teori klassik adalah saat menjelaskan spektrum kontinu dari benda-
hitam. Benda hitam ideal didefinisikan sebagai sesuatu yang menyerap semua radiasi
elektromagnet yang mengenainya, atau mengemisikan semua radiasi elektromagnet yang
dimiliknya; benda ini bisa didekati dengan sebuah kavitas yang berlubang sangat kecil.
Foton (kuanta medan elektromagnetik) adalah boson identik dengan spin 1, tetapi
merupakan kasus yang sangat khusus karena mereka adalah partikel tak bermassa, dan
karenanya secara intrinsik relativistik. Dengan memasukkannya di sini, jika siap menerima
empat pernyataan yang sebenarnya bukan milik mekanika kuantum nonrelativistik:
1. Energi foton berhubungan dengan frekuensinya dengan rumus Planck E hv .
2. Bilangan gelombang k berhubungan dengan frekuensi dengan k 2 / / c ,
dimana c adalah kecepatan cahaya.
3. Hanya ada dua keadaan spin yang terjadi (bilangan kuantum m dapat berupa + 1 atau –
1, tetapi tidak 0).
4. Jumlah foton bukan merupakan besaran yang kekal; ketika suhu naik jumlah foton (per
satuan volume) meningkat.
Mengingat item 4, persamaan batasan pertama (persamaan 5.77) tidak berlaku. Dapat
memperhitungkan ini hanya dengan menetapkan 0 , dalam persamaan 5.81 dan semuanya
yang mengikuti. Jadi bilangan okupasi yang paling mungkin untuk foton adalah (persamaan
5.94)
N dk 1 (5.110)
e / kBT
Untuk foton bebas dalam kotak volume V , dk diberikan oleh persamaan 5.96, dikalikan dengan
2 untuk putaran (item 3), dan dinyatakan dalam ω alih-alih k (item 2) :
246
Gambar 5.10 Rumus Planck untuk spektrum benda hitam, persamaan 5.112
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
dk V 2d (5.111)
2c3
Jadi rapat energi N /V , dalam rentang d adalah , dimana
3
e / kBT
(5.112)
2c3 1
Ini adalah spektrum benda hitam Planck yang terkenal, memberikan energi per satuan volume,
per satuan frekuensi, dalam medan magnet elektromagnetik pada kesetimbangan pada suhu T
ini diplot, untuk tiga suhu yang berbeda, pada gambar 5.10.
CONTOH SOAL
1. (a). Misalkan anda menempatkan kedua elektron dalam atom helium ke dalam keadaan
n = 2; apa energi yang dipancarkan? (b). Jelaskan (secara kuantitatif) spektrum ion
helium He+.
Penyelesaian:
a. Energi setiap elektron adalah E Z 2 E1 / n2 4E1 / 4 E1 13.6eV , jadi
total energi awal adalah 2 13.6eV 27.2eV . Satu elektron turun ke
247
keadaan dasar Z 2 E1 /1 4E1 , jadi yang lain dibiarkan dengan
2E1 4E1 72.2eV .
b. He memiliki satu elektron; itu adalah ion hidrogen dengan Z 2 , jadi
spektrumnya
adalah 1/ 4R 1/ n 2 1/ ni2 , dimana R adalah konstanta
f
hidrogen Rydberg, dan ni , n f adalah bilangan kuantum awal dan akhir (1, 2, 3,
....).
2. Keadaan dasar disprosium (elemen 66, di baris keenam dari Tabel Periodik) terdaftar
sebagai 5I8. Berapakah bilangan kuantum spin total , orbital total, dan momentum sudut
total keseluruhan? Sarankan kemungkinan konfigurasi elektron untuk disprosium.
Penyelesaian:
S 2; L 6; J 8
1s2 2s2 2 p6 3s2 3p6 3d 104s2 4 p6 pasti (36 elektron)
4d 105s2 5 p6 4 f 10 6s2 mungkin (20 elektron)
3. Turunkan rumus Stefan-Boltzmann untuk rapat energi total dalam radiasi benda hitam:
2kB4 T
15 3 c 3
E
V
4 7.57 1016 Jm 3 K 4 T4 [5.114]
Petunjuk : Gunakan petunjuk pada soal 5.26(c) untuk mengevaluasi integral.perhatikan bahwa
4 4 / 90 .
Penyelesaian:
Dari persamaan 5.109:
248
d 3 misalkan x
0 2c3 e / kBT kBT
E d
0 1
V
Maka
k BT 4 x3 dx kBT 4 4 4 kBT 4 6 4 2 k 4 T 4
2c3 90 B
E 2c33
0 ex 1 2c33 15c 3 3
V
E
V
2 1,3807 1023 J / K 4 4 7,566 10 16 J T 4 TERBUKTI
2,998108 m / s 3 1,05461034 T m3K
15 J s 3 4
LATIHAN SOAL
1. Biasanya, potensila interaksi hanya bergantung pada vektor r r1 r2 yang
memisahkan dua partikel. Dalam hal ini persamaan Schrodinger terpisah, jika kita
mengubah partikel r1,r2 ke r, R m1r1 m2r2 /m1 m2 (pusat massa).
a) Tunjukkan bahwa
r1 R / m1 r,r2 R / m2 r, dan1 / m2 R ,2 / m1 R r ,
dimana
m1m2 [5.8]
m1 m2
Adalah sistem tereduksi dari sistem.
b) Tunjukkan bahwa persamaan Schrodinger (tidak bergantung waktu) menjadi
2 2 R 2 2 r V r E
2
2m1 m2
c) Selesaikan dengan pemisahan variabel, dengan membiarkan R,r R R r r .
Perhatikan bahwa R memenuhi persamaan Schrodinger satu partikel, dengan massa
total m1 m2 menggantikan m, potensial nol, dan energi ER , sementara r
memenuhi persamaan Schrodinger satu partikel dengan massa tereduksi menggantikan
m, potensial V r dan energi . Total energi adalah jumlah : E ER Er . Catatan : ini
memberitahu kita bahwa pusat massa bergerak seperti partikel bebas, dan gerakan reatif
(yaitu, gerakan partikel 2 terhadap partikel 1) adalah sama seperti jika kita memiliki
249
partikel tunggal dengan massa tereduksi, tunduk pada potensial V. Pemisahan yang
sama persis terjadi dalam mekanika klasik; itu mengurangi masalh dua tubuh menjadi
masalah satu tubuh yang setara.
2. (a) Tuliskan Hamiltonian untuk dua partikel identik yang tidak berinteraksi di sumur
persegi tak hingga. Verifikasi bahwa keadaan dasar fermion yang diberikan dalam
contoh adalah fungsi eigen dari H, dengan nilai eigen yang sama. (b) Temukan dua
keadaan tereksitasi berikutnya (diluar yang diberikan dalam contoh) fungsi gelombang
dan energi – untuk masing-masing dari tiga kasus (dapat dibedakan, boson identik,
fermion identik).
3. Misalkan anda memiliki tiga partikel dalam potensil osilator harmonik satu dimendi,
dalam kesetimbangan termal, dengan enrgi total .
a) Jika mereka adalah partikel yang dapat dibedakan (tetapi semuanya dengan massa
yang sama), apa kemungkinan konfigurasi bilangan pendudukan, dan berapa banyak
keadaan berbeda (tiga partikel) yang ada untuk masing-masingnya? Apa konfigurasi
yang paling mungkin? Jika anda memilih sebuah partikel secara acak dan mengukur
energinya, berapa nilai yang mungkin anda dapatkan, dan berapa peluang masing-
masing? Apa energi yang paling mungkin?
b) Lakukan hal yang sama untuk kasus fermion identik (mengabaikan putaran, seperti
pada contoh di bagian 5.4.1).
c) Lakukan hal yang sama untuk kasus boson identik (mengabaikan putaran).
4. Dapatkan persamaan 5.75 dengan induksi. Pertanyaaan kombinatornya adalah berapa
banyak cara berbeda yang dapat kamu lakukan untuk memasukkan N bola yang identik
ke dalam d keranjang (tidak masalah subskrip n untuk masalah ini). Anda dapat
memasukkan semua N ke keranjang ketiga, atau semua kecuali satu di keranjang kedua
dan satu di keranjang kelima, atau dua di keranjang pertama dan tiga dikeranjang ketiga
dan sisnya dikernajang ketujuh, dst. Kerjakan secara eksplisit untuk kasus N =1, N =2,
N =3 dan N=4; pada tahap itu anda harus dapat menyimpulkan rumus umum.
250
5. Evaluasi integral (persamaan 5.107 dan 5.108) untuk kasus fermion identik pada nol
mutlak. Bandingkan hasil anda dengan persamaan 5.43 dan 5.45 (perhatikan bahwa
untuk elektron ada faktor tambahan 2 dalam persamaan 5.107 dan 5,108, untuk
memperhitungkan degenerasi putaran).
251
BAB 6
TEORI PERTUBRASI BEBAS WAKTU
Pada bagian sebelumnya telah dijelaskan bahwa persamaan Schrodinger dapat
diselesaikan secara analitik hanya untuk kasus yang memiliki simetri tertentu. Dipicu oleh
suatu interaksi terbentuklah sebuah sistem. Beberapa yang telah dilihat, antara lain, partikel
dalam kotak, osilator harmonik, atom hidrogen. Sistem-sistem itu memiliki keadaan-keadaan
dan nilai-nilai eigen energi (atau tingkat-tingkat energi). Jika sistem itu diusik atau diganggu
sedikit saja (perturbed), sedemikian sehingga sistem itu tidak berubah menjadi sistem lain yang
berbeda. Untuk kasus yang lebih umum, biasanya menggunakan metode numerik atau metode
pendekatan seperti contohnya yang akan dijelaskan pada bagian ini. Akan dibahas metode
pendekatan perturbasi atau gangguan, khususnya mempelajari suatu sistem kuantum yang
meiliki operator Hamilton dengan tambahan komponen lain (gangguan). Dengan kata lain,
sistem kuantum yang sudah diketahui solusinya kemudian diberikan suatu perturbasi atau
gangguan.
Teori perturbasi adalah solusi untuk menemukan berapa besarnya perubahan pada
tingkat-tingkat energi akibat dari kehadiran gangguan kecil seperti medan listrik atau medan
magnet. Pada dasarnya ada dua jenis teori gangguan, (i) teori gangguan bebas waktu dan (ii)
gangguan bergantung waktu. Teori gangguan bebas waktu terdiri dari gangguan untuk sistem
tak berdegenerasi dan teori gangguan untuk sistem berdegenerasi. Dalam hal gangguan waktu,
gangguan itu menyebabkan elektron berpindah dari satu keadaan ke keadaan lainnya.
6.1 TEORI PERTURBASI NON-GENERASI
6.1.1 Formulasi Umum
Misalkan telah memecahkan persamaan Schrödinger (tidak tergantung waktu) untuk beberapa
potensial (katakanlah, sumur persegi tak terbatas satu dimensi):
H 0 n0 En0 n0 (6.1)
memperoleh fungsi eigen ortonormal, n0 ,
n0 0 nm, (6.2)
m
252
dan nilai eigen yang sesuai En0 . Sekarang sedikit mengganggu potensial (katakanlah, dengan
meletakkan sedikit tonjolan di dasar sumur—Gambar 6.l). Pecahkan fungsi eigen dan nilai
eigen baru:
H n En n (6.3)
kecuali sangat beruntung, tidak mungkin dapat memecahkan persamaan Schrödinger dengan
tepat, untuk potensi yang lebih rumit ini. Teori gangguan adalah prosedur sistematis untuk
mendapatkan solusi perkiraan untuk masalah terganggu dengan membangun solusi eksak yang
diketahui untuk kasus tidak terganggu. Dimana H hanya sedikit berbeda dari H 0 sehingga
konsekuensinya ardalah En dan n tidak jauh berbeda dari E 0 dan n0 .
Gambar 6.1 Sumur Persegi tak berhingga dengan gangguan kecil
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Untuk memulainya, tulis Hamiltonian baru sebagai jumlah dari dua suku:
H H 0 H ' (6.4)
di mana H' adalah gangguan serta menggambarkan perturbasi yang kecil pada H 0 , kuantitas
adalah suatu faktor pengali atau penglipat. Jelaslah kiranya penyelesaian yang dicari adalaah:
En 0 lim En
0
n0 lim n
0
Untuk saat ini ambil sebagai bilangan kecil: naikkan ke l, dan H benar, Hamilton yang
tepat. Menulis n dan En sebagai deret pangkat di ,dengan diekspansikan ke dalam deret
taylor, sehingga
253
n 0 1 2 2 ..... , (6.5)
n n n
Atau
n m0 n nm
Dan
En En0 En1 2 En2 .... , (6.6)
Atau En m0 m Enm
Di sini E 1 adalah koreksi orde pertama untuk nilai eigen ke-n, dan 1 adalah koreksi orde
n n
pertama untuk fungsi eigen ke-n; E 2 dan 2 adalah koreksi orde kedua, dan seterusnya.
n n
Dengan memasukkan Persamaan 6.4, 6.5, dan 6.6 ke dalam Persamaan 6.3, di dapatkan
H
0 H ' 0 1 2 2 ....
n n n
En0 En1 2 En2 .... 0 1 2 2
n n n
atau (mengumpulkan nilai yang serupa):
H 0 '
0 0 H 0 1 H ' 0 2 H 2 H 1 ...
n n n n n
En0 0 En0 1 En1 0 2 En0 2 En1 1 En2 0 ....
n n n n n n
Untuk orde terendah 0 menghasilkan H 0 0 En0 0 yang bukan hal baru (hanya
n n
Persamaan 6.1). Untuk orde pertama 1 ,
H 0 1 H ' 0 En0 1 En1 0 (6.7)
n n n n
Untuk orde kedua 2 .
H 0 1 H ' 1 En0 2 En1 1 En2 0 (6.8)
n n n n n 254
dan seterusnya.
Gambar 6.2 Gangguan konstan berakhir di seluruh sumur
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
6.1.2 Teori Orde Pertama
Dari 0 0
Persamaan 6.7 dengan n [yaitu, mengalikan dengan n * dan mengintegrasikan],
0 H 0 1 0 H ' 0 En0 0 1 En1 0 0
n n n n n n n n
Tapi H° adalah Hermitian, jadi
0 H 0 1 H 0 0 1 En0 1 1 En0 0 1
n n n n n n n n
dan ini membatalkan persamaan pertama di sebelah kanan. Apalagi 0 0 1 , jadi1
n n
En1 0 H ' 0 (6.9)
n n
Ini adalah hasil mendasar dari teori gangguan orde pertama; sebagai hal praktis, itu mungkin
persamaan paling penting dalam mekanika kuantum. Dikatakan bahwa koreksi orde pertama
untuk energi adalah nilai harap dari gangguan pada keadaan tidak terganggu.
Contoh. Fungsi gelombang tak terganggu untuk sumur persegi tak hingga adalah
0 x 2 sin n x
n a a
Misalkan pertama-tama mengganggu sistem hanya dengan menaikkan "lantai" sumur sebesar
jumlah konstan V0 (Gambar 6.2). Dalam hal ini H ' V0 , dan koreksi orde pertama dengan
energi keadaan n'” adalah
En1 0 V0 0 V0 0 0 V0
n n n n
255
Gambar 6.3 Gangguan konstan pada separuh sumur
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Jadi, tingkat energi yang dikoreksi adalah En En0 ; diangkat oleh jumlah V0 . Hal yang
mengejutkan adalah bahwa dalam kasus ini teori orde pertama menghasilkan jawaban yang
tepat. Terbukti, untuk gangguan semua koreksi yang lebih tinggi menghilang2. Jika, di sisi lain,
gangguan meluas di tengah sumur (Gambar 6.3), kemudian
En1 2V0 a / 2 sin 2 n x V0
a 0 a 2
Dalam hal ini setiap tingkat energi diangkat oleh V0 / 2 . Itu bukan hasil yang tepat, mungkin.
tetapi tampaknya masuk akal sebagai pendekatan orde pertama.
Persamaan 6.9 adalah koreksi orde pertama untuk energi; untuk menemukan koreksi orde
pertama pada fungsi gelombang pertama-tama, tulis ulang Persamaan 6.7:
H 0En0 1 H' En1 0 (6.10)
n n
Ruas kanan adalah fungsi yang diketahui, jadi ini merupakan persamaan diferensial tidak
homogen untuk 1 . Fungsi gelombang tidak terganggu merupakan satu set lengkap, jadi 1
n n
(seperti fungsi lainnya) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier:
1 cm n 0 (6.11)
n m
mn
[Tidak perlu memasukkan m = n dalam penjumlahan, karena jika 1 memenuhi Persamaan
n
6.10, demikian juga 1 0 , dan dapat menggunakan
n n , untuk sembarang konstanta
kebebasan ini untuk mengurangi suku 0 3] Jika dapat menentukan koefisien cmn , itu akan
n
256
selesai. Masukkan Persamaan 6.11 ke Persamaan 6.10, dan menggunakan fakta bahwa 0
m
memenuhi persamaan Schrodinger tidak terganggu (Persamaan 6.1), sehingga
Em0
En0 cmn 0 H' En1 0
m n
mn
Ambil hasil kali dalam dengan 0 ,
1
Em0 cmn 0 0 0 0 En1 0
En0 l m l H n 0 n
l
mn
Jika l n , ruas kiri adalah nol, dan pulihkan Persamaan 6.9; jika l n , didapatkan
El0 En0 cln 0 H 0
l n
Atau
cmn 0 H 0
m n
(6.12)
E 0 Em0
n
sebagai
0 H 0
m n
1 0 (6.13)
n En0 E 0 m
m
mn
Perhatikan bahwa penyebutnya aman, karena tidak ada koefisien dengan m = n, selama
spektrum energi yang tidak terganggu tidak mengalami degenerasi. Tetapi jika dua keadaan
tidak terganggu yang berbeda berbagi energi yang sama, itu berada dalam masalah serius (bagi
dengan nol untuk mendapatkan Persamaan 6.12); dalam hal ini diperlukan teori gangguan
degenerasi, yang akan dibahas pada Bagian 6.2.
Itu melengkapi teori gangguan orde pertama: En1 diberikan oleh Persamaan 6.9, dan diberikan
oleh Persamaan 6.16. Diperingatkan bahwa sementara teori gangguan sering kali menghasilkan
energi yang sangat akurat (yaitu, En0 En1 cukup dekat dengan nilai pasti En ), fungsi
gelombangnya terkenal buruk.
257
6.1.3 Energi Orde Kedua
Dari persamaan orde kedua (Persamaan 6.8) dengan 0 :
n
0 H 0 2 0 H 1 En0 0 2 En1 0 1 En2 0 0
n n n n n n n n n n
Dengan menggunakan Hermititas H 0 :
0 H 0 2 H 0 0 2 En0 0 2
n n n n n n
jadi suku pertama di sebelah kiri membatalkan suku pertama di sebelah kanan. Sementara itu,
0 0 1 . dan didapatkan rumus untuk En2 , yaitu:
n n
En2 0 H 1 En1 0 1
n n n n
Tapi 0 1 cmn 0 0 0
jadi n n n m
mn
c mn 0 H 0 0 H 0
En2 0 1 0 0 m n n m
n H n n H m
mn En0 Em0
mn
sehingga,
0 0 2
m n
E 2 H
n
E 0 E 0 (6.14)
n m
mn
Persamaan 6.14 merupakan hasil mendasar dari teori gangguan orde kedua. Untuk dapat
melanjutkan menghitung koreksi orde kedua pada fungsi gelombang 2 , koreksi orde ketiga
n
terhadap energi, dan seterusnya, tetapi dalam praktiknya Persamaan 6.14 biasanya setinggi
yang berguna untuk mengejar metode ini. Perlu dicatat bahwa koreksi orde dua atau yang lebih
tingi terhadap En dan n jarang digunakan. Sebagai contoh pemakaian teori perturbasi ditinjau
dari masalah partikel dalam kotak dengan dasar yang landai (sloping bottom). Masalah orde
nolnya adalah partikel dalam kotak 1 dimensi yang penyelesainnya terlah terdahulu diberikan.
258
6.2 TEORI PERTURBASI DEGENERASI
Jika keadaan tidak terganggu mengalami degenerasi—yaitu, jika dua (atau lebih)
keadaan berbeda 0 0 berbagi energi yang sama—maka teori gangguan biasa gagal:
a dan b
cab (Persamaan 6.12) dan Ea2 (Persamaan 6.14) meledak (kecuali, mungkin, pembilangnya
hilang, 0 H 0 0 ). Oleh karena itu, dalam kasus yang menurun, tidak ada alasan untuk
a b
mempercayai bahkan koreksi orde pertama terhadap energi (Persamaan 6.9), dan harus mencari
cara lain untuk menangani masalah tersebut.
6.2.1 Degenerasi Dua Kali Lipat
Jika
H 0 0 E 0 0 , H 0 0 E 0 0 , dan 0 0 (6.15)
a a b b a b
Perhatikan bahwa setiap kombinasi linier dari keadaan ini,
0 0 0 (6.16)
a b
masih merupakan keadaan eigen dari H 0 , dengan nilai eigen yang sama E 0 :
H 0 0 E 0 0 (6.17)
Biasanya, gangguan ( H ) akan "mematahkan" degenerasi: Saat meningkatkan A (dari 0 ke 1),
energi umum yang tidak terganggu E 0 terbagi menjadi dua (Gambar 6.4).
Masalah penting adalah ini: Ketika mematikan gangguan, keadaan "atas" berkurang menjadi
satu kombinasi linier 0 dan 0 , dan keadaan "bawah" berkurang menjadi beberapa
a b
kombinasi linier lainnya, tetapi tidak tahu prioritas seperti apa kombinasi linier yang "baik" ini.
Untuk alasan ini bahkan tidak dapat menghitung energi orde pertama (Persamaan 6.9) karena
tidak tahu keadaan tidak terganggu apa yang digunakan.
Oleh karena itu, untuk saat ini, tuliskan keadaan tidak terganggu "baik" dalam bentuk umum
(Persamaan 6.16), dengan menjaga dan dapat disesuaikan. Untuk memecahkan
persamaan Schrodinger,
259
H E (6.18)
dengan H H 0 H dan
E E0 E1 2 E 2 ...., 0 1 2 2 .... (6.19)
Masukkan persamaan 6.19 ke dalam Persamaan 6.18, dan mengumpulkan kekuatan seperti
, seperti sebelumnya, sehingga;
H 0 0 H 0 H 0 1 .... E0 0 E1 0 E0 1 ....
Tapi H 0 0 E0 0 (Persamaan 6.17), jadi suku pertama batal; pada urutan 1 sehingga
H 0 1 H 0 E 0 1 E1 0 (6.20)
Mengambil produk dalam dengan 0 :
a
0 H 0 1 0 H 0 E0 0 1 E1 0 1
a a a a
Karena H 0 adalah Hermitian, suku pertama di sebelah kiri membatalkan suku pertama di
sebelah kanan. Masukkan ke dalam Persamaan 6.16 dan memanfaatkan kondisi ortonormalitas
Persamaan 6.15 di peroleh
0 H 0 0 H 0 E1
a a a b
Gambar 6.4 “Mengangkat” degenerasi dengan gangguan
atau, lebih ringkasnya, Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Waa Waa E1 (6.21)
260
dimana
Wij 0 H 0 , i, j a,b (6.22)
i j
Demikian pula, hasil kali dalam dengan 0 menghasilkan
b
Waa Waa E1 (6.23)
Perhatikan bahwa W diketahui (pada prinsipnya)—hanyalah "elemen matriks" dari H',
sehubungan dengan fungsi gelombang tak terganggu 0 dan 0 . Mengalikan Persamaan 6.23
a b
dengan Wab , dan menggunakan Persamaan 6.21 untuk hilangkan Wab , sehingga;
WabWba E1 Waa E1 Wbb 0 (6.24)
Jika bukan nol, Persamaan 6.24 menghasilkan persamaan untuk E1 :
E1 2 E1 Waa Wbb WaaWbb WabWba 0 (6.25)
Menggunakan rumus kuadrat, dan perhatikan (dari Persamaan 6.22) bahwa Wba W ab
disimpulkan bahwa
E1 1 Waa 2 4Wab 2
2 Wbb Waa Wbb (6.26)
Ini adalah hasil mendasar dari teori gangguan degenerasi; dua akar yang benar- merespons dua
energi yang terganggu.
Tetapi bagaimana jika adalah nol? Dalam kasus 1 , Persamaan 3,21 mengatakan
Wab 0 , dan Persamaan 6.23 memberikan E1 Wbb Mengapa. Ini sebenarnya termasuk dalam
hasil umum (Persamaan 6.26), dengan tanda positif (tanda negatif sesuai dengan 1, 0
). Maka jawabannya adalah
E1 Wbb 0 H 0 , E1 Waa 0 H 0
b b a a
persis apa yang akan diperoleh dengan menggunakan teori gangguan nondegenerate
(Persamaan 6.9): Keadaan 0 dan 0 sudah merupakan kombinasi linier yang "benar". Jelas,
a b
261
itu akan sangat menguntungkan jika entah bagaimana bisa menebak keadaan "baik" sejak awal.
Dalam praktiknya, dapat dilakukan dengan memanfaatkan teorema berikut:
Teorema: Biarkan A menjadi operator Hermitian yang bolak-balik dengan H . Jika 0 dan
a
0 adalah fungsi eigen dari A dengan nilai eigen yang berbeda,
b
A 0 0 , A 0 v 0 , dan v
a a b b
maka Wab 0 . (dan karena 0 dan 0 adalah keadaan "baik" untuk digunakan dalam teori
a b
gangguan).
Bukti: Dengan asumsi, A, H 0 , jadi
0 A, H 0 0
a b
0 A, H 0 0 AH 0 0 H A 0
a b a b a b
0 A, H 0 A 0 H 0 0 H v 0
a b a b a b
0 A, H 0 v 0 H 0 vWab
a b a b
Tetapi v , jadi Wab 0 . QED
Moral: Jika dihadapkan pada keadaan yang menurun, carilah operator Hermitian A yang
melakukan perjalanan dengan H ; pilih sebagai keadaan tidak terganggu yang merupakan
fungsi eigen dari H 0 dan A. Kemudian gunakan teori gangguan orde pertama biasa. Jika tidak
dapat menemukan operator seperti itu, gunakan Persamaan 6.26, tetapi dalam praktiknya hal
ini jarang diperlukan.
6.2.2 Degenerasi Tingkat Tinggi
Pada bagian sebelumnya ada asumsi bahwa degenerasi ada dua, tetapi mudah untuk melihat
bagaimana metode ini menggeneralisasi. Tulis ulang Persamaan 6.21 dan 6.23 dalam bentuk
matriks:
WWbaaa Wab E 1
Wbb
(6.27)
262
Terbukti E1 tidak lain adalah nilai eigen dari matriks-W; Persamaan 6.25 adalah persamaan
karakteristik untuk matriks ini, dan kombinasi linier “baik” dari keadaan tidak terganggu adalah
vektor eigen dari W. Dalam kasus degenerasi n-lipat, untuk mencari nilai eigen dari matriks
nn
Wij 0 H 0 (6.28)
i j
Dalam bahasa aljabar linier, menemukan fungsi gelombang tidak terganggu yang "baik" sama
dengan membangun basis di subruang yang merosot yang mendiagonalisasi gangguan H .
Sekali lagi, jika memikirkan operator A yang melakukan perjalanan dengan H', dan
menggunakan fungsi eigen simultan dari A dan H 0 . maka matriks W akan secara otomatis
menjadi diagonal, dan tidak perlu repot menyelesaikan persamaan karakteristik.
Contoh. Pertimbangkan sumur kubus tak terbatas tiga dimensi:
V x, y, z 0 jika0 x a,0 y a, dan0 z a; (6.29)
otherwise
Keadaan stasioner adalah
0 2 3/ 2 sin nx x sin ny y sin nz z (6.30)
nxnynz a a a a
Gambar 6.5 Gangguan meningkatkan potensi sebesar V0 di sektor yang diarsir
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Di mana nx , ny dan nz , adalah bilangan bulat positif. Energi yang diizinkan yang sesuai adalah
22
2ma2
E0 n 2 n 2 n 2
nxnynz x y z
Perhatikan bahwa keadaan dasar 111 adalah tidak mengalami degenerasi; energinya adalah
263
E00 3 22 (6.32)
2ma2 (6.33)
Tetapi keadaan tereksitasi pertama adalah (tiga kali lipat) berdegenerasi:
a 112, b 121, dan c 211
semua berbagi energi
E10 3 22 (6.34)
2ma2
Sekarang perkenalkan gangguannya
H V0,0s,ejbikaali0knyax a / 2dan0 v a / 2 (6.35)
Ini meningkatkan potensi sebesar V0 dalam seperempat kotak (lihat Gambar 6.5). Koreksi orde
pertama untuk energi keadaan dasar diberikan oleh Persamaan 6.9:
E01 111 H 111 2 3V0 a / 2 sin 2 x dx
a 0 a
a / 2 sin 2 y dy a sin 2 z dz 1 (6.36)
0 a 4 V0
0 a
yang hanya apa yang diharapkan.
Untuk keadaan tereksitasi pertama membutuhkan mesin lengkap dari teori gangguan
degenerasi. Langkah pertama adalah membangun matriks W. Elemen diagonalnya adalah sama
seperti untuk keadaan dasar (kecuali bahwa argumen salah satu sinus digandakan); Dapat
diperiksa bahwa
Waa Wbb Wcc 1
4 V0
Elemen off-diagonal lebih menarik:
2 3 a / 2 sin 2 x dx
a 0 a
Wab V0
264
a / 2 sin y sin 2 y dy a sin 2 z sin z dz
0 a a 0 a a
Tetapi integral z adalah nol (seperti juga untuk Wac ), jadi
Wab Wac 0
Akhirnya,
Wbc 2 3V0 a / 2 sin x dx
a 0 a
y sin a sin 2
a 0 a
a / 2 sin 2 y dy z dz 16 V0
9 2
0 a
Dengan demikian
W V0 1 0 0 (6.37)
0 1
4 0 1
dimana 8 / 3 2 0.7205
Persamaan karakteristik untuk W (atau lebih tepatnya, untuk 4W /V0 , yang lebih mudah untuk
dikerjakan) adalah
1 w3 2 1 w 0 ,
dan nilai eigennya adalah
w1 1; w2 1 1.7205; w3 1 0.2795
Untuk orde pertama di , maka,
E1 EE1100 V0 / 4, / 4, (6.38)
1 V0
E10 1 V0 / 4
265
di mana E10 adalah energi tak terganggu (umum) (Persamaan 6.34). Gangguan mengangkat
degenerasi, membelah E10 menjadi tiga tingkat energi yang berbeda (lihat Gambar 6.6).
Perhatikan bahwa jika menerapkan teori gangguan nondegenerate untuk masalah ini, dapat
disimpulkan bahwa koreksi orde pertama (Persamaan 6.9) adalah
Gambar 6.6. Pengangkatan degenerasi dalam contoh (persamaan 6.38)
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Sama untuk ketiga keadaan dan sama dengan V0 / 4 - yang sebenarnya benar hanya untuk
keadaan tengah.
Sementara itu, keadaan tidak terganggu “baik” adalah kombinasi linier dari bentuk :
0 a b c (6.39)
Dimana koefisien , , membentuk vektor eigen dari matriks W:
1 0 0
0 1 = w
0 1
Untuk w 1didapatkan 1, 0 ; untuk w 1 k didapatkan 0, 1/ 2
.(dinormalkan untuk melanjutkannya.) Jadi, status “baik” adalah
a, 2 (6.40)
2
0 b c /
b c /
266
6.3 Stuktur Halus Hidrogen
Menurut teori atom Bohr, tingkat energi elektron suatu atom hanya ditentukan oleh bilangan
kuantum utama n saja dan garis spektral dari deret Balmer, Paschen, Lyman, Brackett atom
hidrogen, yang dihasilkan dari transisi tingkat energi tertentu. Mengubah nilai n ke tingkat
energi yang berbeda dengan nilai n yang berbeda, menggunakan spektrometer yang sangat
sensitif, garis spektral yang diamati dalam spektrometer biasa akan terdiri dari beberapa garis
berwarna halus yang berdekatan satu sama lain. Hal ini menunjukkan bahwa tingkat energi
bergantung pada bilangan kuantum 1. E = E (n, l , j) bukan hanya E = E(n).
Dalam studi tentang atom hidrogen, dianggap Hamiltonian sebagai
H 2 2 e2 1 (6.41)
2m 4 0 r
(energi kinetik elektron ditambah energi potensial Coulomb). Ganti m dengan massa yang
dikurangi. Lebih signifikansi adalah apa yang disebut struktur halus, yang sebenarnya
disebabakan oleh dua mekanisme berbeda : koreksi relativistik, dan kopling spin-orbit.
Dibandingkan dengan energi Bohr, struktur halus adalah gangguan kecil-lebih kecil dengan
faktor 2 , dimana
e2 1 (6.42)
4 0 c 137.036
Persamaan 16.2 adalah konstanta struktur halus yang terkenal. Lebih kecil lagi (oleh faktor lain
dari ) adalah pergeseran Lamb, terkait dengan kuantitas medan Coulomb, dan lebih kecil
lagi urutan besarnya adalah struktur hyperfine, yang disebabkan interaksi magnetik antara
momen dipol elektron dan protonnya. Hirarki ini diringkas dalam Tabel 6.1.
Tabel 6.1 : Hirarki koreksi energi Bohr hidrogen
Energi Bohr Pesanan 2mc2
Struktur Halus Pesanan 4mc2
Pergeseran Lamb Pesanan 5mc2
Pemisahan urutan yang Pesanan m / mP 4mc2
sangat halus
Pada bagian ini akan menganalisis struktur halus hidrogen, sebagai aplikasi teori pertubrasi
yang tidak bergantung waktu.
267
6.3.1 Koreksi Relativistik (6.43)
Suku pertama dalam Hamiltonian mewakili energi kinetik :
T 1 mv2 p2
2 2m ,
Dan subtitusi kanonik p / i menghasilkan operator
Tˆ 2 2 (6.44)
2m
Tapi persamaan 6.43 adalah persamaan klasik untuk energi kinetik; rumus relativistiknya
adalah
T mc2 mc2 (6.45)
1 v / c2
Suku pertama adalah energi relativistik total (tidak termasuk energi potensial, yang tidak akan
dibahas saat ini), dan suku kedua adalah energi dalam – perbedaannya adalah energi yang
terkait dengan gerak. Untuk mengungkapkan T dalam hal momentum (relativistik)
p mv (6.46)
1 v / c2
Bukannya kecepatan. Perhatikan itu
p2c2
m2c4 m2v2c2 1 v / c2 1 m2c 4 2 T mc2 2
1 v / c2
v / c ,
T p2c2 m2c4 mc2 (6.47)
Persamaan relativistik untuk energi kinetik ini mereduksi (tentu saja) ke hasil klasik, dalam
batas nonrelativistik p mc ; perluasan dalam pangkat bilangan kecil p / mc, jadi
p 2 1 p 2 1 p 4 p2 p4
T mc2 mc 1 1 2 mc 8 1 2m 8m3c 2
1 mc2 ...... .... (6.48)
mc
268
Kontribusi relativistik orde terendah untuk Hamiltonian jelas
H r pˆ 4
8m3c 2
(6.49)
Dalam kategori orde pertama, koreksi terhadap En , diberikan oleh nilai harapan H dalam
keadaan tidak terganggu;
Er1 H 1 pˆ 4 1 pˆ 2 pˆ 2
8m3c 2 8m3c 2
(6.50)
Persamaan Schrodinger (untuk keadaan tidak terganggu) yaitu (6.51)
pˆ 2 2mE V
Dan karenanya
Er1
1 E V 2 1 E2 2E V V 2
2mc2 2mc2
(6.52)
Separuhnya umum, tapi pada kasus hidrogen , yang V r 1/ 4 0 e2 / r :
Er1 1 2En e2 1 e2 1
2mc2 En2 4 0 r 4 0 r2
(6.53)
Dimana En adalah energi Bohr dari keadaan yang bersangkutan.
Untuk menyelesaikan pekerjaan, dibutuhkan nilai harap 1/ r dan 1/ r 2 dalam keadaan nlm
(tidak terganggu). Yang pertama mudah
11 (6.54)
r n2a
Dimana a adalah jari-jari Bohr. Yang kedua tidak begitu sederhana untuk diturunkan, tetapi
jawabannya adalah7
1 l 1
r2
1/ 2n3a2 (6.55)
269
Berikut ini
Er1 1 2En e2 1 e2 2 l 1
2mc2 En2 4 0 n2a 4 0
1/ 2n3a2
Atau, menghilangkan a (menggunakan persamaan a 4 0 2 0.529 1010 m ) dan
me2
menyatakan semuanya dalam bentuk En (menggunakan persamaaan
m e 2 2 1 E1
4 n2 n2
En 22 0 , n 1,2,3,.... ), sehingga
Er1 E 2 4n 3
n l 1/ 2
2mc2 (6.56)
Perhatikan bahwa koreksi relativistik lebih kecil dari En dengan faktor En / mc2 2 105 .
Mungkin telah memperhatikan bahwa menggunakan teori gangguan nondegenerasi dalam
perhitungan ini meskipun atom hidrogen sangat merosot. Tapi gangguannya simetris bola, jadi
bola-balik dengan tanah L2 dan Lz . Selain itu, fungsi eigen dari operator-operator ini (diambil
bersama-sama) memiliki nilai eigen yang berbeda untuk keadaan n2 dengan En yang diberikan.
Fungsi gelombang nlm adalah keadaan “baik” untuk masalah ini, sehingga penggunaan teori
pertubrasi tak terdegenerasi boleh digunakan.
6.3.2 Kopling Spin-Orbit
Jika koreksi relativistik hanya diterapkan pada atom mirip hidrogen, koreksi yang
memperhitungkan gaya interaksi antara dipol magnetik dari rotasi orbital dan dari rotasi spin
elektron atom, umumnya diterapkan pada atom sembarang. Namun, hanya atom mirip hidrogen
yang dijelaskan dan dibandingkan dengan koreksi relativistik.
Bayangkan elektron mengorbit di sekitar nukleus; dari sudut pandang elektron, proton
mengelilinginya (Gambar 6.8). Interaksi antara dipol magnet dari gerakan orbital elektron
dengan yang dari gerakan rotasi spin elektron itu sendiri. Masing-masing dipol magnet itu akan
saling mengenakan medakn magnet sehingga saling menimbulkan presesi yaitu vektor
momentum rotasi yang satu akan berpresesi sekeliling vektor momentum rotasi yang lain,
270
tetapi di lain pihak vektor jumlah kedua momentum rotasi itu akan tetap. Dengan demikian
kedua presesi itu dapat dinyatakan sebagai presesi serentak kedua vekor momentum rotasi
sekliling vektor jumlah kedua vektor momentum rotasi sekeliling vektor jumlah kedua vektor
momentum rotasi seperti dijelaskan gambar 6.8. Interaksi demikian yang lazim disebut kopling
yang dalam hal ini ialah kopling spin-orbit atau lazim disebut kopling l-s.
Gambar 6.7 Kopling spin-orbit elektron atom
Sumber: Peter Soedojo, (2001).
Muatan positif yang mengorbit ini membentuk medan magnet B dalam kerangka elektron, yang
memberikan torsi pada elektron yang berputar, cenderung menyelaraskan momen magnetnya
sepanjang arah medan. Hamiltonian adalah
H B (6.57)
Medan magnet proton. Jika di gambarkan proton (dari sudut pandang elektron) sebagai loop
arus kontinu (Gambar 6.9), medan magnetnya dapat dihitung dari hukum Biot-Savart, yaitu:
B 0I
2r
Dengan arus efektif I e /T , dimana e adalah muatan proton dan T adalah periode orbit. Di
sisi lain, momentum sudut orbital elektron (dalam kerangka inti) adalah L rmv 2mr2 /T .
Selain itu, titik B dan L dalam arah yang sama (naik, pada gambar 6.9), jadi
B 1 e L (6.58)
4 0 mc2r 3
(dengan menggunakan c 1/ 0 0 untuk mengeliminasi 0 demi 0 .)
271
Gambar 6.8 Atom hidrogen, dari sudut pandang elektron
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Gambar 6.9 Sebuah cincin bermuatan, yang berputar pada porosnya
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Momen dipol magnet dari elektron. Momen dipol magnet dari muatan yang berputar
berhubungan dengan momentum sudut (putarannya); faktor proporsionalitas adalah rasio
gyromagnetik. Turunkan, menggunakan elektrodinamika klasik. Pertimbangkan pertama-tama
sebuah muatan q muncul di sekitar cincin berjari-jari r, yang berputar pada sumbu dengan
periode T (gambar 6.3). Momen dipol magnet cincin didefinisikan sebagai arus q / T kali luas
r 2 :
qr 2
T
Jika massa cincin adalah m, momentum sudutnya adalah momen inersia mr2 kali kecepatan
sudut 2 /T :
q S
2m
Murni perhitungan klasik, namun ternyata momen magnet elektron adalah dua kali jawaban
klasik:
272
e eS
m
(6.59)
Faktor “ekstra” dari 2 dijelaskan oleh Dirac dalam teori relativistik elektronnya8.
Interaksi Spin-Orbit. Menyatukan semua ini, sehingga
H e 2 1 SL
4 m2c2r3
0
Tapi ada penipuan serius, dalam perhitungan ini : dilakukan analisis dalam kerangka sisa
elektron, tapi itu bukan sistem inersia berakselerasi saat elektron mangorbit di sekitar nukleus.
Bisa lolos dengan ini jika membuat koreksi kinematik yang tepat, yang dikenal sebagai presesi
Thomas9. Dalam konteks ini memasukkan faktor ½:
H 0 e 2 1 SL (6.60)
8 m2c2r3
0
Ini adalah interaksi spin-orbit: terlepas dari dua koreksi (rasio gyromagnetic yang dimodifikasi
untuk elektron dan faktor presesi Thomas yang secara tepat membatalkan satu sama lain); itu
adalah apa yang diharapkan berdasarkan model klasik. Secara fisik, ini disebabkan oleh torsi
yang diberikan pada momen dipol magnetik elektron yang berputar, oleh medan magnet
proton, di kerangka sesaat elektron.
Untuk mekanika kuantum. Dengan adanya kopling spin-orbit, Hamiltonian tidak lagi bolak-
balik dengan L dan S, sehingga spin dan momentum sudut orbital tidak secara terpisah. Namun,
H so bolak-balik dengan L2 , S 2 dan momentum sudut total
J LS (6.61)
Dan oleh karena itu besaran-besaran ini kekal. Dengan kata lain, keadaan eigen dari Lz dan S z
bukanlah keadaan “baik” untuk digunakan dalam teori gangguan, tetapi keadaan eigen dari
L2 , S 2 , J 2 dan J z . Sekarang
J 2 L S L S L2 S 2 2L S
Jadi
273
L S 1 J 2 L2 S 2 (6.62)
2
Dan oleh karena itu nilai eigen dari L S adalah
2 j j 1 ll 1 ss 1
2
Dalam hal ini, tentu saja s 1/ 2 . Sementara itu, nilai harap 1/ r 3 adalah
1 ll 1/ 1 1n3a3
r3
2l (6.63)
Dan disimpulkan bahwa
Es1o
H e2 1 2 / 2 j j 1 ll 1 3/ 4
ll 1/ 2l 1n3a3
so 8 0 m2c2
Atau, mengungkapkan semuanya dalam istilah En :
E 1 E 2 n j j 1 ll 1 3/ 4
so n
mc2 ll 1/ 2l 1 (6.64)
Mengingat mekanisme fisik yang berbeda terlibat, bahwa koreksi relativistik dan kopling spin-
orbit memiliki orde yang sama En / mc2 . Menambahkannya bersama-sama, di dapatkan
persamaan struktur halus:
E 1 En2 3 j 4n 2
fs 2mc2 1/
(6.65)
Menggabungkan persamaan d sin d ll
sin d d 1sin 2 m2 0 dengan rumus
Bohr, diperoleh hasil besar untuk tingkat energi hidrogen, termasuk struktur halus, yaitu:
Enj 13.6eV 2 j n 3
n2 1 n2 1/ 2 4
(6.26)
Struktur halus mematahkan degenerasi l (yaitu, untuk n tertentu, nilai l yang diizinkan berbeda
tidak semuanya membawa energi yang sama); energi ditentukan oleh n dan j (lihat gambar 6.4).
274
Nilai eigen azimut untuk momentum sudut orbital dan spin ( ml dan ms ) bukan lagi bilangan
kuantum “baik” – keadaan stasioner adalah kombinasi linier dari keadaan dengan nilai besaran
yang berbeda, bilangan kuantum “baik” adalah n, l, s, j, dan mj.10
Gambar 6.10 Tingkat energi hidrogen, termasuk struktur halus (tidak berskala)
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
6.4 Efek Zeeman
Pada tahun 1869, Peter Zeeman menemukan bahwa garis emisi atom dari sebuah sumber
cahaya akan terpecah menjadi beberapa komponen jika dipengaruhi oleh medan magnet.
Fenoma tersebut disebut efek Zeeman, dan pergeseran frekuensi cahaya yang diemisikan
disebut pergeseran Zeeman. Atom yang miliki spin nol (S = 0) akan mengalami efek Zeeman
normal, misalnya atom yang meiliki jumlah elektron genap. Jika jumlah elektron valensinya
genap, maka spin akan berpasangan dan saling meniadakan sehingga atom akan bertindak
seperti partikel yang tidak memiliki spin.
Efek Zeeman terjadi karena atom memiliki momen magnetik sehingga dapat dipengaruhi oleh
medan magnet luar. Medan magnet menyebabkan tingkat energi pada atom menjadi beberapa
komponen yang disebut sub tingkatan magnetik atau tingkatan Zeeman. Ketika sebuah atom
ditempatkan dalam medan magnet luar Bext , tingkat energi digeser. Fenomena ini dikenal
sebagai efek Zeeman. Untuk satu elektron. Gangguan adalah
H Z l s Bext (6.67)
Dimana
275
s eS
m
(6.68)
Persamaan 6.28 adalah momen dipol magnet yang terkait dengan spin elektron, dan
l e L (6.69)
2m
Persamaan 6.29 adalah momen dipol terkait dengan gerakan orbital. Dengan demikian
H Z e L 2S B ext
2m
(6.70)
Sifat pembelahan Zeeman sangat bergantung pada kekuatan medan eksternal dibandingkan
dengan medan internal (persamaan 6.68) yang membuktikan kopling spin-orbit. Karena jika
Bext Bint , maka struktur halus mendominasi, dan HZ dapat diperlakukan sebagai gangguan
kecil, sedangkan Bext Bint , maka efek Zeeman mendominasi, dan struktur haus menjadi
gangguan. Di zona perantara, dimana dua bidang sebanding, membutuhkan mesin penuh teori
gangguan degenerasi, dan perlu untuk mendiagonalisasi bagian yang relevan dari Hamiltonian
“dengan tangan”. Pada bagian selanjutnya akan dibahas masing-masing rmedan secara singkat,
untuk kasus hidrogen.
6.4.1 Efek Zeeman Medan Lemah
Jika Bext , Bint , struktur halus mendominasi (persamaan 6.66); bilangan kuantum “baik”
adalah n,l, j , dan m j (tetapi bukan ml dan ms karena dengan adanya kopling spin-orbit L dan
S tidak dilestarikan secara terpisah). Dalam teori gangguan orde pertama, koreksi Zeeman
terhadap energi adalah
EZ1 nljm j H Z nljm j e L 2S
2m Bext
(6.71)
Sekarang L 2S J S ; tidak segera mengetahui nilai harap dari S. Tetapi dapat
mengetahuinya sebagai berikut: Momentum sudut total J L S adalah konstan (gambar
6.12); L dan S berpresisi dengan cepat dengan vektor ini. Khususnya, nilai rata-rata (waktu)
dari S hanyalah proyeksinya sepanjang J:
276
S ave S J
J2 J (6.72)
(6.73)
Tapi L J S , jadi L2 J 2 S 2 2J S , dan karena (6.74)
S J 1 J 2 S 2 L2 2 j j 1 ss 1 ll 1
22 ,
Yang mengikuti bahwa
L 2S 1 SJ J j j 1 ll 1 3/ 4 J
J2 1
2 j j 1
Gambar 6.11 Dengan adanya spin-orbit kopling L dan S tidak dipertahankan secara terpisah; L dan S
berpresisi tentang momentum sudut total tetap, J
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Gambar 6.12 Pemisahan keadaan dasar zeeman medan lemah; garis atas (mj =1/2) memiliki
kemiringan 1, garis bawah (mj = -1/2) memiliki kemiringan -1
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Persamaan yang ada dalam tanda kurung siku dikenal sebagai Lande g-factor, g J .
Di pilih sumbu z untuk terletak di sepanjang Bext ; maka
277
EZ1 B g J Bext m j (6.75)
Dimana
B e 5.788 105 eV /T
2m
(6.76)
Persamaan 6.76 disebut magneton Bohr. Energi total adalah jumlah dari bagian struktur halus
(persamaan 6.66) dan kontribusi Zeeman (persamaan 6.75). Misalnya, keadaan dasar (
n 1,l 0, j 1/ 2 , dan karena itu g J 2 ) terbagi menjadi dua tingkat :
13.6eV 1 2 / 4 B Bext (6.77)
Dengan tanda positif untuk m j 1/ 2 , dan negatif untuk m j 1/ 2 . Energi ini diplot (sebagai
fungsi dari Bxt pada gambar 6.13).
6.2.2 Efek Zeeman Medan Kuat
Jika Bext Bint efek Zeeman mendominasi13, dengan Bext dalam arah z, bilangan kuantum
yang “baik” sekarang adalah n,l, ml , dan ms (tetapi tidak j dan ms karena – di hadapan dari
torsi eksternal – momentum sudut total tidak kekal, sedangkan Lz dan S z ). Hamiltonian adalah
H Z e 2Sz
2m Bext Lz
Dan energi “tidak terganggu” adalah
13.6eV
n2
Enmlms
B Bext ml 2ms (6.78)
Dalam teori gangguan orde pertama, koreksi struktur halus ke level ini adalah
E1fs nlml ms H r H so nlml ms (6.79)
Kontribusi relativistik sama dengan sebelumnya (persamaan 6.56); untuk spin-orbit istilah
(persamaan 6.60) yang dibutuhkan yaitu;
S L Sx Lx S y Ly Sz Lz 2ml ms (6.80)
278
(perhatikan bahwa Sx S y Lx Ly 0 untuk keadaan eigen dari S z dan Lz ).
Menempatkan semua ini bersama-sama, disimpulkan bahwa
E 1 13.6eV 2 3 ll 1 2ml lm1s
fs n3 ll
4n 1/
(6.81)
(persamaan yang ada dalam kurung siku tidak tentu l 0 ; nilai yang benar dalam kasus ini
adalah 1). Energi total adalah jumlah bagian Zeeman (Persamaan dari 6.78) dan kontribusi
struktur halus (persamaan 6.81).
6.4.3 Efek Zeeman Medan Menengah
Dalam rezim perantara, baik H Z maupun H tidak mendominasi, dan harus memperlakukan
fs
keduanya pada pijakan yang sama, sebagai gangguan pada Bohr Hamiltonian (persamaan
6.41):
H H Z H fs (6.82)
Batasi perhatian pada kasus n 2 dan memilih sebagai dasar untuk teori degenerasi gangguan
keadaan yang dicirikan ole l, j dan m j . Menggunakan koefisien Clebsch-Gordan unutk
menyatakan jm j sebagai kombinasi linier dari lml sms , sehingga
l 0 1 1 1 00 ,1 1
2 2
22
2 1 1 00 ,1 1
22
22
3 33 11 11
22 22
4 3 3 11 1 1
22 22
1 5 31 2 / 310 11 1/ 311 1 1
22 22 22
l 6 1 1 11 1 1
2 2 22 22
1/ 310 2 / 311
7
3 1 1/ 311 11 2 / 310 1 1
22 22 22
8
1 1 2 / 311 11 1/ 310 1 1
2 2 22 22
279
Dalam basis ini, elemen matriks bukan nol dari H fs , semuanya diagonal, dan diberikan oleh
persamaan 6.65; H Z memiliki empat elemen di luar diagonal, dan matriks lengkap – W adalah
5 0 0 0 0 0 0 0
5 0 0
0 0 2 0 0 0 0 0
0 0 2
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 2 2 0 0
3 3
0 2 5 1 0 0
3 3
2
0 0 0 3 2
3
0
0 0 2 5 1
3 3
/ 8213.6eV dan B Bext
Empat nilai eigen pertama ditampilkan sepanjang diagonal; tinggal mencari nilai eigen dari
dua blok 2 2 . Persamaan karakteristik untuk yang pertama adalah
2 6 5 2 11 0
3
Tabel 6.2: Tingkat energi untuk n 2 keadaan hidrogen dengan struktur halus dan pemisahan
Zeeman
1 = E2 5
2 = E2 5
3 = E2 2
4 = E2 3 / 2
5 = E2 3 / 2 4 2 2 / 3 2 / 4
6 = E2 3 / 2 4 2 2 / 3 2 / 4
7 = E2 3 / 2 4 2 2 / 3 2 / 4
8 = E2 3 / 2 4 2 2 / 3 2 / 4
Dan rumus kuadrat memberikan nilai eigen : (6.83)
280
3 / 2 4 2 2 / 3 2 / 4
Nilai eigen dari blok kedua adalah sama, tetapi dengan tanda dibalik. Delapan energi
tercantum dalam Tabel 6.2; dan diplot melawan Bext pada gambar 6.13. Dalam batas medan
nol 0 direduksi menjadi nilai struktur halus; untuk medan lemah , untuk medan
kuat (perhatikan konvergensi ke lima tingkat energi yang berbeda, pada medan yang
sangat tinggi).
Gambar 6.13 Pemisahan Zeeman keadaan hidrogen dari n = 2 dalam medan lemah, menengah, dan
kuat
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
6.5 Pemisahan Hyperfine (Struktur Halus)
Proton itu sendiri merupakan dipol magnet, meskipun momen dipolnya jauh lebih kecil dari
elektron karena massa pada penyebutnya (persamaan 6.59):
p ge Sp, e
2m p me
e Se (6.84)
(Proton adalah struktur komplosit, terdiri dari tiga quark, dan rasio giromagnetiknya tidak
sesederhana elektron – karenanya faktor-g yang nilai terukurnya adalah 5.59 dibandingkan
dengan 2.00 untuk elektron.) Menurut elektrodinamika klasik : dipol membentuk medan
magnet
B 0 3 rˆrˆ 20 3 r (6.85)
4r 3 3
281
Jadi Hamiltonian (Persamaan 6.57) elektron, dalam medan magnet karena momen dipol
magnet proton, adalah
Hhf
0 ge2 3 S p rˆ Se rˆ S p Se 0 ge2 S Se 3 r
8mp me 3mp me
r3 p
(6.86)
Menurut teori gangguan koreksi orde pertama terhadap energi (persamaan 6.49) adalah nilai
harap dan Hamiltonian yang mengganggu:
Eh1f
0 ge2 3 S p rˆ Se rˆ S p Se
8mp me
r3
0 ge2 Sp Se 0 2
3m p me
(6.87)
Dalam keadaan dasar (atau keadaan lain yang l 0 ) fungsi gelombangnya simetris bola, dan
nilai harap pertama hilang. Sementara itu, dari persamaan pada kegiatan belajar sebelumnya
ditemukan bahwa 100 0 2 1/ a3 , jadi
Eh1f 0 ge2 Sp Se
3mp mea3
(6.88)
Gambar 6.14 Pemisahan hiperhalus dalam keadaan dasar hidrogen
Sumber : Griffiths, D. J, (1995).
Dalam keadaan dasar. Ini disebut kopling spin-spin karena melibatkan titik produk dari dua
putaran (kontras kopling spin-orbit yang melibatkan S L ).
Dengan adanya kopling spin-spin, momen sudut spin individu tidak lagi kekal; keadaan “baik”
adalah vektor eigen dari total putaran
282
S Se Sp (6.89)
Seperti sebelumnya, diselesaikan untuk mendapatkan
S p Se 1
2 S2 Se2 Sp2
(6.90)
Tetapi elektron dan proton keduanya memiliki spin ½, jadi Se2 S 2 3/ 42 . Dalam
p
rangkap tiga keadaan (berputar “paralel”) spin total adalah 1, dan karenanya S 2 22 , dalam
keadaan singlet putaran total adalah 0, dan S 2 0 . Jadi
Eh1f 4g 4 1/ 4triplet (6.91)
3m p me2c 2a 4 3/ 4sin glet
Kopling spin-spin mematahkan degenarasi putaran dari keadaan dasar, mengangkat
konfigurasi triplet dan menekan singlet (lihat gambar 6.14).
Kesenjangan energi jelas
E 4g 4 5.88 106 eV
3m p me 2c 2a 4
(6.92)
Frekuensi foton yang dipancarkan dalam transisi dari keadaan triplet ke keadaan singlet adalah
v E 1420MHz (6.93)
h
Dari panjang gelombang yang sesuai adalah c / v 21cm , yang jatuh dalam wilayah
gelombang mikro. “Garis 21 sentimeter” yang terkenal ini adalah salah satu bentuk radiasi yang
paling menyebar dan tersebar dimana-mana di alam semesta.
CONTOH SOAL
1. Misalkan kita menganggu sumur kubus tak terhingga (persamaan 6.29) dengan
meletakkan “menabrak” fungsi delta pada titik a / 4, a / 2,3a / 4 :
H a3V0 x a / 4 y a / 2 z 3a / 4
283
Temukan koreksi orde pertama untuk energi keadaan dasar dan (tiga kali lipat hasilkan)
keadaan tereksitasi pertama.
Penyelesaian:
Keadaan dasar tidak mengalami degenerasi; persamaan 6.9 dan 6.31
E12 3 a 3V0 a sin 2 xsin 2 y sin 2 z x a y a z 3a dxdydz
a 0 a a a 4 2 4
8V0 sin 2 sin 2 sin 2 3 8V0 1 1 1 2V0
4 2 4 2 2
Keadaan tereksitasi pertama (persamaan 6.34):
Waa 8V0 sin2 xsin 2 y sin 2 2 z x a y a z 3a dxdydz
a a a 4 2 4
8V0 1 11 4V0
2
Wbb 8V0 sin 2 xsin 2 2 y sin 2 z x a y a z 3a dxdydz
a a a 4 2 4
8V0 1 0 1 0
2 2
Wcc 8V0 sin 2 2 xsin 2 y sin 2 z x a y a z 3a dxdydz
a a a 4 2 4
8V0 11 1 4V0
2
Wab 8V0 sin 2 sin sin 3 0
4 4
Wac 8V0 sin sin sin 2 sin 3 sin 3 8V0 1 111 1 4V0
4 2 2 2 4 2
2
Wbc 8V0 sin sin sin sin 3 0
4 2
4
284
1 0 1 1 0 1
W 4V0 0 0 0 4V0 D ; detD 0 0 1 2 0
1 0 1 1 0 1
0, atau 1 2 11 1 0 atau 2
Jadi koreksi orde pertama untuk energi adalah 0,0,8V0
2. Gunakan persamaan 6.18 untuk memperkirakan medan internal dalam hidrogen, dan
karakterisasi secara kuantitatif medan Zeeman yang “kuat” dan “lemah”.
Penyelesaian:
Persamaan 6.18 B 1 e L dikatakan L , r a ; sehingga
4 0 mc2r 3
B 1 e
4 0 mc2a3
1.60 1019C 1.051034 J s 12T
4 8.9 1012C 2 / N m2 9.11031kg 3108 m / s2 0.531010 m 3
Jadi medan Zeeman “kuat” adalah Bext 10T , dan medan “lemah” adalah Bext 10T .
Kebetulan, medan bumu 104T pasti lemah.
LATIHAN SOAL
1. Dua boson yang identik ditempatkan dalam sebuah sumur persegi tak berhingga
(Persamaan: 2.15). Mereka berinteraksi secara lemah satu sama lain, melalui potensi
V x1, x2 aV0 x1 x2
(di mana M adalah konstanta dengan dimensi energi dan a adalah lebar sumur
(a) Pertama, dengan mengabaikan interaksi antar partikel, temukan keadaan dasar dan
keadaan tereksitasi pertama—fungsi gelombang dan energi yang terkait.
285
(b) Gunakan teori gangguan orde pertama untuk menghitung efek interaksi partikel-
partikel di tanah dan energi keadaan tereksitasi pertama.
2. Biarkan dua keadaan "baik" tidak terganggu menjadi
0 0 0
a b
dimana dan , ditentukan (sampai normalisasi) dengan Persamaan 6.21 (atau
Persamaan 6.23), dengan Persamaan 6.26 untuk E . Tunjukkan secara eksplisit bahwa
(a) 0 0 0
ortogonal 0 ;
(b) 0 H 0 0:
(c) 0 H 0 E1 .
3. Pertimbangkan delapan keadaan n 2 , 2lml ms . Temukan energi dari setiap bagian
keadaan, dibawah pemisahan Zeeman medan kuat. (Ungkapkan jawaban anda sebagai
jumlah dari tiga suku, seperti dalam persamaan 6.37: energi Bohr; struktur halus,
sebanding dengan 2 , dan kontribusi Zeeman, sebanding dengan B Bext .) Jika anda
mengabaikan struktur halus sama sekali, berapa banyak tingkatan yang berbeda, dan
apa degenerasi mereka?
4. Jika l 0 , maka j s, m j ms , dan keadaan “baik” adalah sama nms untuk medan
lemah dan kuat. Tentukan E 1 (dari persamaan 6.31) dan energi struktur halus
Z
(persamaan 6.26), dan tuliskan hasil umum untuk l 0 efek Zeeman – terlepas dari
kekuatan medan. Tunjukkan bahwa rumus untuk medan kuat (persamaan 6.41)
mereproduksi hasil ini, asalkan kita menafsirkan suku tak tentu arah dalam tanda
kurung siku sebagai 1.
286
5. Kerjakan elemen matriks H Z dan H fs , dan bangun matriks W yang diberikan dalam
teks, untuk n 2 .
RANGKUMAN
Fungsi gelombang berisi semua informasi tentang peluang keberadaan(posisi) dan
gerakan atau momentum partikel. Fungsi ini menggambarkanperilaku objek dan memberikan
nilai tertentu bagi objek tersebut pada suatu titik di alam semesta. Sebagian besar masalah
dalam teori kuantum terletak pada interpretasi teori.
Besaran yang digunakan dalam mekanika kuantum adalah fungsi gelombang partikel
. Jika diketahui hal ini memberikan informasi tentang posisi partikel, momentum,
momentum sudut, dan energi. Persamaan gelombang ditulis sebagaiY x,t , tetapi dalam
mekanika kuantum, fungsi gelombang partikel ditulis sebagai x,t .
Dinamika sistem kuantum dinyatakan melalui persamaan Schrodinger, yang
merupakan persamaan gerak untuk x,t
Hˆ x, t i x, t
t
Dengan Hˆ adalah operator energi total. Pada Fisika Klasik telah diketahui bahwa
energitotal adalah jumlah dari energi kinetik T 1 mv2 p2 dan energi potensial
2 2m
V V x,t. Dengan menuliskan besaran momentum P dan potensialV dalam bentuk
operator, diperoleh operator energi total Hˆ i Vˆx,t 2 2 Vˆx,t
2m 2m
dengan Vˆ adalah operator energi potensial. Dengan demikian, persamaan Schrodinger
dituliskan sebagai :
287
2 2 Vˆx,tx,t i x,t
2m
t
2x,t 2m E Vˆx,t x,t 0
2
Dengan diketahuinyaVˆ , maka akan diperoleh solusi persamaan diferensial untuk yang
menggambarkan dinamika sistem kuantum.
Probabilitas atau biasa disebut peluang adalah istilah lain dari “harapan”. Probabilitas
elektron berada di suatu tempat dapat diartikan sebagai peluang elektron berada di tempat itu.
Akhirnya, secara umum didefenisikan besaran rapat arus probabilitas sebagai :
jx, t dRP x, t i t) d x, t x, t d x, t
2m (x,
dt dx dx
Momentum dalam mekanika kuantum yaitu untuk menghitung nilai harap. Variabel
dinamis faktanya merupakan besaran tersebut dapat ditulis dalam bentuk posisi dan
momentum. Energi kinetik, untuk contohnya adalah dan momentum sudut adalah:
T 1 mv2 p2
2 2m
L r mv r p
Dari eksperimen yang telah dilakukan Heisenberg mengeluarkan sebuah asas
ketidakpastian Heisenberg, yang berbunyi:
“jika momentum sebuah partikel diketahui secara pasti, maka akan diikuti dengan posisi
elektron yang tidak pasti.”
Persamaan Schrodinger merupakan fungsi gelombang yang digunakan untuk memberikan
informasi tentang perilaku gelombang dari partikel. Bentuk sederhana dari persamaan ini
disebut nilai eigen. Persamaan Schrodinger terbagi menjadi dua yaitu persamaan Schrodinger
bergantung waktu dan persamaan Schrodinger tak bergantung waktu.
Persaman Schrodinger bergantung waktu:
Satu dimensi untuk koordinat kartesius yaitu
288
2 2m E V 0
x 2 2
koordinat kartesius tiga dimensi yaitu
2 2 2 2m E V 0
x 2 y 2 z 2 2
Persamaan Schrodinger bergantung waktu merupakan persamaan diperensial orde dua
yang memiliki penyelesaian: i Et px
x,t Ae
Sedangkan persamaan Schrodinger tak bergantung waktu. Persamaan Schrodinger tak
bergantung waktu satu dimension untuk koordinat kartesius yaitu:
d 2 2m E V 0
dx 2 2
Tiga dimensi untuk koordinat kartesius:
d2 d2 d2 2m E V 0
dx 2 dy 2 dz 2
2
Persamaan Schrodinger tak bergantung waktu juga merupakan persamaan diferensial
orde dua yang memiliki penyelesaian:
x, t ip x
Ae
partikel bebas sebenarnya adalah contoh yang sangat halus dan rumit. Persamaan
Schrödinger yang tidak bergantung waktu berbunyi
h2 d 2 E .
2m dx2
atau
d 2 k 2 , k 2mE
dx 2 dimana h
Di luar sumur, x 0 (probabilitas menemukan partikel di nol). Di dalam sumur, di
mana V = 0, persamaan Schrödinger tidak tergantung waktu (Persamaan 2.4) dibabaca
289
h2 d 2 E ,
2m dx2
d 2 k 2 , dimana k 2mE .
dx 2 h
(Dengan menuliskan seperti ini, saya di asumsikan bahwa E 0; kita tahu dari Soal 2.2 bahwa
E 0, tidak bekerja.) Persamaan 2.17 adalah harmonik sederhana (klasik) persamaan osilator;
solusi umumnya adalah
x Asin kx B cos kx,
dimana A dan B adalah konstanta sembarang. Biasanya, konstanta ini ditetapkan oleh kondisi
batas masalah. Apa syarat batas yang sesuai untuk x? . Biasanya, dan d kontinu, tetapi
dx
di mana potensial menuju tak terhingga hanya yang pertama yang berlaku. (Saya akan
membuktikan kondisi batas ini, dan memperhitungkan pengecualian ketika V
Di daerah x a potensialnya adalah nol, sehingga persamaan Schrödinger berbunyi
2 d 2 E , atau d 2 k 2 ,
2m dx2 dx 2
Kita telah mempelajari dua jenis solusi yang sangat berbeda untuk persamaan Schrödinger
yang tidak bergantung waktu.. Sementara kasus pertama (sumur potensial tak terbatas dan
osilator harmonik) menggambarkan keadaan yang dapat dicapai secara fisik dalam batas, yang
kedua (partikel bebas) tidak, tetapi dalam kedua kasus Schrödinger yang tidak tergantung
waktu Solusi umum persamaan adalah kombinasi linier dari negara bagian.
Dalam mekanika klasik, potensi satu dimensi yang tidak bergantung waktu menyebabkan dua
gerakan yang sangat berbeda. Jika tinggiV(x)pada kedua sisi lebih besar dari energi total E
(Gbr. 2.7a), partikel terperangkap di dinding potensial dan jatuh lagi setelah mendekati titik
belok. Partikel tidak bisa lagi keluar dari dinding potensial (kecuali jika Anda menerapkan
energi ekstra, seperti di motor, kita tidak membicarakannya). Ini disebut keadaan terikat. Di
sisi lain, ketikaE melebihi V(x)di satu sisi (atau keduanya), partikel mencapai titik 'tak
terhingga' dan di bawah pengaruh potensial, partikel melambat atau berakselerasi dan kembali
ke 'tak terhingga'. ” (Gbr. 2.7b). (Partikel tidak dibatasi dalam potensi kecuali ada beberapa
mekanisme seperti gesekan untuk menghilangkan energi, tetapi kita tidak membicarakannya).
290
Ini disebut keadaan hamburan. Beberapa potensial hanya berlaku untuk keadaan terikat (seperti
osilator harmonik), beberapa hanya berlaku untuk keadaan hamburan (seperti bukit potensial
tanpa lubang), dan beberapa berlaku untuk keduanya, tergantung pada energi partikel.
u ( , , ) disebut vektor dan bilangan-bilangan , dan disebut koordinat (atau
juga bisa disebut komponen vektor). Komponen-komponen vektor merupakan skalar.
Vektor dalam bentuk baris disebut vektor baris dan vektor dalam bentuk kolom disebut vektor
kolom.
Suatu matriks yang hanya terdiri dari satu baris (1 x k ) saja disebut matriks baris atau vektor
baris. Sedangkan suatu matriks yang hanya terdiri dari satu kolom (b x 1) saja disebut matriks
kolom atau vektor kolom. Sama halnya dengan vektor, matriks juga dapat dijumlahkan,
dikurangkan dan dikalikan.
Transpos dari suatu matriks M yang ditulis MT adalah matriks yang di dapatkan dengan
menukar baris-baris pada matriks M menjadi kolom-kolom matriks transpos MT dan kolom-
kolom pada matriks M menjadi baris-baris pada matriks transpos MT.
Matriks invers yang ditulis M-1 adalah sebuah matriks tertentu yang apabila dikalikan dengan
matriks (pasangan inversnya) dari arah mana pun akan menghasilkan matriks identitas, I .
Interprestasi dalam statistika merupakan kegiatan yang bertujuan untuk menggabungkan hasil
dari analisis yang dibuat dengan bentuk kriteria, pertanyaan ataupun standar khusus.
Beberapa cara interprestasi statistika umum
a. Keadaan partikel diwakili oleh vektor ternormalisasi ( ) dalam ruang Hilbert
L₂ .
b. Besaran-besaran yang dapat diamati, Qx, p,t , diwakili oleh operasi-operasi
Hermitian, Qˆ x, ,t ; nilai harap Q, dalam keadaan , adalah
i x
Q Qˆ .
291
c. Pengukuran Q yang teramati pada sebuah partikel pada keadaan dipastikan
akan mengembalikan nilai jika dan hanya jika adalah vektor eigen dari Qˆ ,
dengan nilai eigen .
c’. Jika Anda mengukur Q yang dapat diamati pada sebuah partikel dalam keadaan
, Anda pasti mendapatkan salah satu nilai eigen dari Qˆ . Probabilitas
mendapatkan nilai eigen tertentu sama dengan kuadrat absolut dari
komponen , ketika dinyatakan dalam basis ortonormal dari vektor eigen.
Prinsip ketidakpastian merupakan fondasi dasar dari ilmu fisika kuantum yang menjadi ciri
khas fisika kuantum dengan fisika klasik.
Atom itu seperti bola, jadi harus diketahui terlebih dahulu operator laplacian 2 dalam
koordinat bola.
2 2 2 2
x2 y 2 z 2
Persamaan angular / sudut merupakan persamaan dua garis yang saling berpotongan yang titik
pangakalnya berimpit / sama.
Radial merupakan persamaan gelombang yang merambat secara radial (menyebar dari pusat
bola menuju kesegala arah dan bergantung pada jarak r).
d r 2 dR 2mr 2 V r ER ll 1R
dr dr 2
Atom hidrogen adalah atom yang paling sederhana
Persamaan yang sering digunakan dalam menyelesaikan permasalahan atom hidrogen adalah
persamaaan schrodiger 3 dimensi yang di turunkan dari persamaan osilator harmonic.
Spektrum hidrogen adalah susunan pancara dari atom hidrogen saaat elektronnya melompat
atau berstransisi dari tingkat energy tinggi ke rendah.
Dalam mekanika klasik, momentum sudut partikel diberikan oleh persamaan
292
L = r x p,
Dalam mekanika klasik, benda kaku menerima dua jenis momentum sudut: orbital (L = r x p),
terkait dengan gerak pusat massa, dan spin (S = lw)
Hanya ada dua eigen states: 1 1 , yang kita sebut spin up (secara informal, ), dan
22
1 1 , yang disebut spin down ( )
2 2
Partikel seperti elektron, proton dan neutron identik dalam mekanika kuantum, tidak
dapat dibedakan (indistinguishable). 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.
Untuk satu partikel, fungsi gelombang r,t adalah fungsi dari koordinat spasial r
dan waktu t . Dimana fungsi gelombang spasial memenuhi persamaan Schrodinger yang
tidak bergantung waktu, yaitu
2 12 2 22 V E
2m1 2m2
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.
r1,r2 A a r1 b r2 b r1 a r2
Solusi untuk persamaan Schrodinger yang simetris (nilai eigen +1) atau antisimetris (nilai eigen
-1) dibawah pertukaran :
r1,r2 r2 ,r1 (+ untuk boson, - untuk fermion)
Hukum baru (disebut sebagai persyaratan simetris) adalah bahwa untuk partikel identik, fungsi
gelombang tidak hanya diperbolehkan, tetapi juga harus memenuhi persamaan diatas, dengan
tanda positif untuk boson dan tanda negatif untuk fermion.
293
Partikel dapat dibedakan:
x1 x2 2 x2 x2 2 x x
b
d a ba
Partikel identik:
x1 x2 2 x2 x2 2 x x 2 2
b
a ba x
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.
Untuk fermion identik cara untuk memilih Nn bagian yang menduduki ke-n, jadi
QN1, N2 , N3,.... dn! Nn !
n1
Nn!dn
Untuk boson identik cara yang berbeda untuk menetapkan Nn, partikel ke dn
QN1, N2 , N3 ,... Nn dn 1!
n1 Nn!dn 1!
Jika partikel dapat dibedakan, maka Q
lnN! N n ln d n ln N n ! N E
G n1 n1 Nn n1 Nn En
Jika partikel adalah fermion yang identik, maka Q
lnNn! lnd n ! N E
n1 n1
lndn!
n1
G Nn Nn Nn En
Sehingga untuk fermion identik adalah
Nn dn 1
e En
jika partikel adalah boson, maka Q
294