E-DIKTAT FISIKA KUANTUM

a 2 sin 2 kxdx  A 2 a  1, jadi A2  2.

A
0 2a

Ini hanya menentukan besarnya A, tetapi yang paling sederhana adalah memilih akar
bernilai real positif: A  2 (fase A membawa signifikansi yang tidakberfisik). Di dalam

a
sumur, maka, solusinya adalah

 n x  2 sin n x. (2.41)
a a 

Seperti yang dijanjikan, persamaan Schrödinger yang tidak bergantung waktu telah
menghasilkan himpunan penyelesaian tak berhingga, untuk setiap bilangan bulat n. Pada
Gambar 4.3; terlihat seperti gelombang berdiri pada tali yang panjangnya a.1, yang mana
yang menghasilkan energi paling rendah, disebut keadaan dasar; sebaliknya yang energinya

meningkat sebanding dengan n2 , disebut keadaan tereksitasi. Fungsi n xmemiliki beberapa

sifat yang menarik dan penting, yaitu:

1. Fungsi bergantian genap dan ganjil, terhadap pusat sumur.

1genap, 2ganjil,3genap,dan seterusnya.

2. Saat energi naik, setiap keadaan berturut-turut memiliki satu simpul lagi
(persimpangan nol). 1 bernilai nol (titik akhir tidak dihitung).  2 bernilai satu,  3 bermilai
dua, dan seterusnya

Gambar 2.3: Tiga keadaan stasioner pertama dari sumur persegi tak terbatas persamaan (2.41)

Sumber : David J.Griffiths 1995.

3. Fungsi gelombang saling ortogonal,dalam arti bahwa

 m x n xdx  0, (2.42)

45

Sehingga m  n. terbukti

 m x n xdx  2 a sin m x sin n x dx
a  a 
0 a

 1 a cos m  n x   cos m  n x dx
a 0 a   a

 1 sin m n x   1 sin m n x  a
 a   a  0
m  n m  n

 1  sin(m  n)   sinm  n   0.
  m  n m  n
 


Perhatikan bahwa argumen ini tidak berfungsi jika m= n dalam hal ini normalisasi memberi
tahukan bahwa integral adalah 1. Faktanya, dapat di gabungkan ortogonalitas dan normalisasi
menjadi satu pernyataan":

 m x n xdx  mn, (2.43)

Dimana mn (yang disebut delta kronecker) didefinisikan dengan cara biasa.

 mn  0, jika m  n; (2.44)
1, m  n.

4. Fungsi-fungsi tersebut lengkap, dalam arti bahwa setiap fungsi lain, f x, dapat

dinyatakan sebagai kombinasi linier dari fungsi-fungsi tersebut:

  2  sin n x . (2.45)
a a 
f x  cn n x  cn

n1 n1

Tidak dapat membuktikan kelengkapan fungsi 2 sin nx , tetapi jika telah
a a

mempelajari kalkulus tingkat lanjut, akan diketahui bahwa Persamaan 2.28 tidak lain adalah

deret Fourier untuk f x , dan fakta bahwa fungsi "apa pun" dapat diperluas dengan cara ini
kadang-kadang disebut teorema Dirichlet. Koefisien ekspansi cn dapat dievaluasi-untuk f(x)

tertentu-dengan metode yang disebut trik Fourier, yang dengan indah mengeksploitasi

ortonormalitas untuk  n  : Kalikan kedua sisi Persamaan 2.28 dengan  m x dan

mengintegrasikan, yaitu

46

 (2.46)

 m x f xdx  cn  m x n xdx  cn mn  cm.
n1 n1

(Perhatikan bagaimana delta Kronecker melenyapkan setiap suku dalam penjumlahan kecuali
yang n  m.) Jadi koefisien ke m dalam perluasan f(x) diberikan oleh

cm   m x f xdx. (2.47)

Keempat sifat ini sangat kuat, dan tidak khas untuk sumur persegi tak hingga. Yang
pertama benar bilamana potensi itu sendiri merupakan fungsi genap; yang kedua bersifat
universal, terlepas dari bentuk potensinya. Ortogonalitas juga cukup umum. Saya akan
menunjukkan buktinya di Bab 3. Berlaku secara lengkap untuk semua potensi yang mungkin
ditemui, tetapi buktinya cenderung buruk dan melelahkan; sebagian besar fisikawan
beranggapan kelengkapan dan berharap yang terbaik. Keadaan stasioner (Persamaan 2.47)
untuk sumur persegi tak terhingga terbukti

  n x,t  2 sin n  x ei n2 2 / 2ma2 t. (2.48)
a a 

Diklaim (Persamaan 2.46) bahwa solusi paling umum untuk (tergantung waktu) Persamaan
Schrödinger adalah kombinasi linier dari keadaan stasioner:

   2 sin n  x ei n2 2 / 2ma2 t (2.47)
a a 
 x,t  cn

n1

Diragukan bahwa ini merupakan solusi, tentu saja periksa! Tetap untuk menunjukkan bahwa

dapat disesuaikan fungsi gelombang awal yang dapat ditentukan,  x,0, dengan pilihan

koefisien yang sesuai cn . Menurut Persamaan2.46, ditulis:



x,0  cn  n x
n1

Kelengkapan  (ditinjau dalam hal ini melalui teorema Dirichlet) menjamin bahwa selalu

dapat menyatakan  x,0 dengan cara ini, dan ortonormalitas penggunaan trik Fourier untuk

menentukan koefisien aktual:

47

cn 2 a sin n xx,0dx (2.48)

a0 a 

Itu melakukannya: Mengingat fungsi gelombang awal, x,0 pertama-tama

menghitung koefisien ekspansi cn , menggunakan Persamaan 2.33, dan kemudian di masukkan

ke dalam Persamaan 2.32 untuk mendapatkan x,t.Berbekal fungsi gelombang, berada

dalam posisi untuk menghitung kuantitas dinamis apa pun yang menarik, menggunakan
prosedur di Bab 1. Dan ritual yang sama ini berlaku untuk setiap potensi—satu-satunya hal
yang berubah adalah bentuk fungsional dari 's dan the persamaan untuk energi yang diizinkan.

2.4 SUMUR KOTAK TERBATAS
Ditinjau kotak persegi berhingga dimana:

V x  0,V0. untuk  a  x  a. (2.49)
untuk x  a,

V0 adalah konstanta (positif) (Gambar 2.12). Seperti sumur fungsi delta, sumur kuadrat hingga
menerima keadaan terikat (dengan E < 0) dan keadaan hamburan (dengan E > 0).

Di daerah x  a potensialnya adalah nol, sehingga persamaan Schrödinger berbunyi

  2 d 2  E , atau d 2  k 2 ,
2m dx2 dx 2

Gambar 2.4: Sumber persegi berhingga (persamaan 2.50).
Sumber: David. J Griffiths, 1995

Dimana

48

k   2mE (2.50)


adalah real dan positif. Solusi umumnya adalah x  Aexp kx B expkx, tetapi suku

pertama pada persamaan melenyap (sebagai x   ), sehingga solusi yang dapat diterima
secara fisika adalah

f x  Bekx ,untukx  a (2.51)

Di daerah  a  x  a,V x  V0 , dan persamaan Schrödinger berbunyi:

 2 d 2  V0 , atau d 2  12 .
2m dx 2 dx 2

Dimana:

I  2mE  V0  (2.52)



Meskipun E negatif, untuk keadaan terikat, ia harus lebih besar dari  V0 , menurut teorema
lama E  Vmin (Soal 2.2); x adalah real dan positif. Solusi umum adalah

 x  C sinIx  D cosIx, untuk  a  x  a, (2.53)

di mana C dan D adalah konstanta arbitrer Akhirnya, di daerah x > a potensial lagi nol;

solusinya adalah x  F exp kx G expkx, tetapi suku kedua meledak (sebagai x   ),

jadi kita tinggal

 x  Fe kx , untuk. ( x > a ). (2.54)

Langkah selanjutnya adalah memaksakan syarat batas:  dan d / dx kontinu pada  a dan
 a . Tetapi dapat menghemat sedikit waktu dengan mencatat bahwa potensial ini adalah fungsi
genap, sehingga dapat diasumsikan bahwa tanpa kehilangan secara umum yang mana solusinya
baik genap maupun ganjil. Keuntungan ini adalah hanya perlu adanya syarat batas pada satu

sisi (misalnya, pada +a); sisi lain kemudian otomatis, karena   x   x. Dapat dicari

solusi genap, Anda bisa mengerjakan solusi ganjil di Soal 2.28. Kosinusnya genap (dan sinus
fungsi ganjil), jadi dicari solusi berbentuk

49

Fe kx , x  a
 x  D coslx, untuk 0  x  a
  x, (2.55)
x  0 (2.56)

Kontinuitas pada  x, di x  a , menyatakan

Feka  D cosla

dan kontinuitas d / dx mengatakan

 kFeka  lD sinla (2.57)

Membagi persamaan (2.56) dengan persamaan (2.57), ditemukan bahwa (2.58)

k  l tanla.

Persamaan (2.58) adalah rumus untuk energi yang diizinkan, karena k dan l adalah fungsi
dari E. Untuk menyelesaikan E , digunakan beberapa notasi

z  la, dan z0  a 2mV0 (2.59)


 Menurut persamaan 2.58 dan 2.59, k 2  l 2  2mV0 / , Jadi ka  z 2  z2 , dan persamaan
0

2.60 dibaca

tan z  z0 /\ / z2  1. (2.60)

ini adalah persamaan transendental untuk z (dan karenanya untuk E) sebagai fungsi dari z0
(yang merupakan mengukur "ukuran" sumur). Ini dapat diselesaikan secara numerik,
menggunakan kalkulator atau komputer, atau secara grafis, dengan memplot tan z dan

 z0 / z 2 1 pada kisi yang sama, dan mencari titik potong (lihat Gambar 2.13). Dua kasus

pembatas menjadi perhatian khusus:

1. Lebar, sumur dalam. Jika z0 sangat besar, perpotongan terjadi sedikit di bawah
zn  n / 2 , dengan n genap ; berikut ini

50

En  V0  n2 2 2 . (2.61)

2m2a2

Di sini (E + Vo) adalah energi yang posisinya melampaui dasar sumur, dan di lebar dasar sumur
2a memiliki energi sumur persegi tak terhingga, untuk sumur dengan lebar 2a (lihat Persamaan
4.3.12) atau lebih tepatnya, setengahnya. karena n ganjil. (Yang lainnya, tentu saja, berasal dari
fungsi gelombang ganjil, seperti yang akan ditemukan dalam Soal 2.28.) Jadi, sumur kotak
berhingga menuju ke sumur kotak tak hingga, apabila V0→  ; namun, untuk V0 berhingga,
hanya ada banyak keadaan terikat.

2. Sumur dangkal, sempit. Disaat z0 berkurang, semakin sedikit keadaan terikat
menyatakan, sampai akhirnya (untuk z0   / 2 , di mana keadaan ganjil terendah menghilang)
hanya satu yang tersisa. Menarik untuk dicatat, bagaimanapun, bahwa selalu ada satu keadaan
terikat, tidak peduli seberapa "lemah" sumur itu.

Kembali ke normalisasi (Persamaan 4.3.7), tapi sekarang beralih ke keadaan hamburan

(E> 0), di mana V x  0 dimiliki:

  x  Aeikx  Be ikx , untuk ( x < -a ) (2.62)

Dimana (seperti biasa)

k 2mE (2.63)
 (6.64)

Di dalam sumur, di manaV x  V0 ,

 x  C sinlx  D coslx, untuk  a  x  a,

51

Gambar 2.5: Solusi grafis untuk persamaan 4.3.15, untuk z0  8 (genap)

Sumber: David. J Griffiths, 1995

Dengan,

l  2mE  V0  . (6.65)



Disebelah kanan, dengan asumsi tidak ada gelombang di area ini,di dapatkan (6.66)

 x  Feikx .

A adalah amplitudo datang, B adalah ampitudo yang dipantulkan, dan F adalah amplitudo.

Ada empat syarat batas. Kontinuitas pada  xdari  a menyatakan

Aeika  Beika  C sinla  D cosla, (6.67)

Kontinuitas d di  a menyatakan
dx

 ik Aeika  Beika  lC cosla  Dsinla,

Kontinuitas  xdi  a menyatakan

C sinla  D cosla  Feika , (2.68)

Dan kontinuitas d di  a membutuhkan (2.69)
dx

lC cosla Dsinla  ikFeika.

Kita dapat menggunakan dua di antaranya untuk menghasilkan C dan D, dan menyelesaikan
dua sisanya untuk B dan F (lihat soal2.31):

 B  i sin2la l 2  k 2 F. (2.70)
2kl

52

Gambar 2.6: koefisien transmisi sebagai fungsi energi (persamaan 2.71)

 e 2ika A (2.71)

cos2la  i sin2la
 F
2kl k2 l2

Koefisien transmisi (T  F 2 / A 2 ) , dinyatakan dalam variabel asli, diberikan oleh

T 1 1 V02 sin 2  2a 2mE  V0   (2.72)
  
4EE  V0 

Perhatikan bahwa T = 1 (sumur menjadi "transparan") setiap kali argumen sinus adalah nol,
yang mengatakan, untuk

2a 2mEn  V0   n , (2.73)


di manan setiap bilangan bulat. Energi untuk transmisi sempurna, kemudian, diberikan oleh

En  V0  n2 22 , (2.74)

2m2a2

yang kebetulan merupakan energi yang diizinkan untuk sumur persegi tak hingga. T diplot pada
Gambar 4.5 sebagai fungsi energi.

Contoh Soal

1. Sebuah partikel dalam sumur persegi tak hingga memiliki fungsi gelombang awalnya
sebagai campuran genap dari dua keadaan stasioner pertama:

x,0  A1x 2 x.

53

(a)Normalisasi x,0. (Yaitu, temukan A. Ini sangat mudah jika dieksploitasi

ortonormalitas pada 1 , dan  2 . Ingat bahwa, setelah dinormalisasi  pada t  0, dapat
di yakinkan bahwa itu tetap dinormalisasi jika meragukan, periksa secara eksplisit setelah
melakukan bagian B.)

(b)Carilah x,tdan x,t2.(Ungkapkan yang terakhir dalam fungsi sinusoidal waktu,

hilangkan eksponensial dengan bantuan rumus Euler: ei  cos  i sin .) Biarkan
w   2 / 2ma2

(c) Hitung (x). Perhatikan bahwa ia berosilasi dalam waktu. Berapakah frekuensi
getarannya? Berapakah amplitudo getaran tersebut? (Jika amplitudo lebih besar dari a/2.

(d) Hitung (p). (Seperti yang dikatakan Peter Lorre, "Lakukan ze kveek vay, Johnny!")

(e) Carilah nilai harapan dari H. Bagaimana perbandingannya dengan E1 dan E2?

Jawaban:

1.

     2
 2  A 2     1  2  A 2  1 1  1 2    2 .
1 2
21 2
   1   2 dx  A 2  1 2  1 2  2 1   2 2 dx  2 A 2  A  1 2.

(b)

 1 (tapi En  n2 )
2 
    x,t
 e  eiE1t /  iE2t / 
2
1

1 2 sin  x eit  sin 2 x e it 
2 a a  a  

 1 e it sin  x  sin 2 x eit 
a a  a  .

1 sin   x  sin  x   sin 2  2 x 
a  a  a  a
 x,t 2
 2 e it  e it

x,t  1  2   x   sin 2  2 x  2sin  xsin 2 x  cost .
a sin  a  a  a  a 

(c)

x   x x,t 2 dx

54

 1 a x  2   x   sin 2  2 x  2sin  xsin 2 x  cost dx
a 0 sin  a   a  a   a 

   2 x sin 2 x  cos 2 x   a2 a x sin 2  2 x dx.
a x sin 2   x dx  x  a   a   4 0 a 
  /a   a  
0 a   4 4 8 / a2  0

 

xsin 2
 a
 a x sin  xcos  3 x dx
a a
0 a
xdx  1 a x   cos
2 0  

 1 a2 cos  x  ax sin  x  a2 cos 3 x  ax sin 3 x  a
 a    a  9 2 a  3 a 0
2   2

 1 a2 (cos  cos0)  a2 cos3  cos0
2  9 2
  2 

  a2 1  1    8a 2 .
2  9  9 2

x  1 a2  a2  16a2 cos3t   a 1  32 cos3t  .
a  4 9 2 2 9 2
 4 

Amplitudo: 32  a   0.3603a / 2
9 2 2

Sudut Frekuensi : 3  3 2
2ma2

(d)

 p  m dx  m a   32  3 sin3t   8 sin3t .
 2  9 2 3a
dt 

(e) Bisa didapatkan E1   22 / 2ma2 atau E2  2 22 / ma2 , dengan probabilitas yang

sama p1  p2  1.
2

Jadi: H   1 E1  E2   5 2 2 ini adalah rata rata dari E1 dan E2
2 4ma2

Latihan Soal

55

   1. Hitung x, x2 ,p, p2 , x dan  p , untuk keadaan stasioner ke n dari sumur persegi

tak terbatas. Periksa apakah prinsip ketidakpastian terpenuhi. Keadaan mana yang
paling mendekati batas kepastian?
2. Meskipun konstanta fase keseluruhan dari fungsi gelombang tidak signifikan secara
fisis (dibatalkan setiap kali menghitung kuantitas yang dapat diukur). fase relatif dari
koefisien ekspansi dalam Persamaan 2.14 memang penting. Sebagai contoh, misalkan
kita mengubah fase relatif 1 dan  2 pada contoh soal:

 x,0  A1x ei 2x ,

3. Sebuah partikel dalam sumur persegi tak hingga memiliki fungsi gelombang awal

x,0  Axa  x.

(a) Normalisasi x,0. Grafik itu. Keadaan stasioner mana yang paling mirip? Atas

dasar itu, perkirakan nilai harapan energi.

(b) Hitung (x), (p), dan (H), dengan t = 0. (Catatan: Kali ini tidak dapat memperoleh (p)
dengan mendiferensialkan (x), karena hanya diketahui (x) pada satu waktu.)
Bagaimana (H) dibandingkan dengan perkiraan dalam (a)?

4. Temukan (x.) untuk fungsi gelombang awal pada Soal 2.8. Evaluasi C1,C2 dan C3 secara
numerik, hingga lima tempat desimal, dan beri komentar pada angka-angka ini. ( Cn
memberitahukan, secara kasar, berapa banyak  n , yang "terkandung dalam"  .)
Misalkan mengukur energi pada waktu t0  0 dan mendapatkan nilai E3 . Mengetahui
bahwa pengulangan pengukuran segera harus mengembalikan nilai yang sama, apa
yang dapat Anda katakan tentang koefisien c, setelah pengukuran? (Ini adalah contoh
dari "runtuhnya fungsi gelombang", yang telah kita bahas secara singkat di Bab 1.)

5. Pertimbangkan potensi fungsi langkah:

0, jikax0,

V x   V0,JIKAX 0.

(a) Hitung koefisien refleksi, untuk kasus E  V0 , dan beri komentar pada jawaban
(b) Hitung koefisien refleksi untuk kasus E  V0

56

(c) Untuk potensial seperti ini yang tidak kembali ke nol di sebelah kanan penghalang,
koefisien transmisi tidak hanya F / A 2 ,dengan amplitudo datang dan amplitudo F

yang ditransmisikan, karena gelombang yang ditransmisikan merambat pada arah
yang berbeda. kecepatan. Menunjukkan bahwa

T E  V0 F2 {2.80}
.
E A2

Untuk E  V0 . Petunjuk: Anda dapat mengetahuinya menggunakan Persamaan 2.81,
atau-lebih elegan, tetapi kurang informatif dari arus probabilitas (Soal 1.9a). Berapa T
untuk E  V0 ?

2.5 POTENSI FUNGSI DELTA
Ditemukan dua jenis solusi yang sangat berbeda untuk persamaan Schrödinger yang

tidak bergantung waktu untuk sumur kotak tak hingga dan osilator harmonik, keduanya dapat
dinormalisasi, dan diberi label dengan indeks diskritn; untuk partikel bebas tidak dapat
dinormalisasi, dan diberi label dengan variabel kontinu yang pertama mewakili keadaan yang
dapat direalisasikan secara fisika, yang terakhir tidak; tetapi dalam kedua kasus solusi umum
untuk persamaan Schrodinger yang bergantung waktu adalah kombinasi antara keadaan
stasioner untuk tipe pertama kombinasi ini mengambil bentuk penjumlahan (lebih dari n),
sedangkan untuk yang kedua merupakan integral (lebih dari k). Apa signifikasinya secara fisika
pada perbedaan ini?

Dalam mekanika klasik, potensi bebas waktu satu dimensi dapat menimbulkan dua
jenis gerak yang agak berbeda. Jika V (x) naik lebih tinggi dari energi total partikel (E) di kedua
sisi (Gambar 5.1), maka partikel "terjebak" di sumur potensial bergerak bolak-balik di antara
titik balik, tetapi tidak terjebak (kecuali

57

Gambar 2.7 : (a) keadaan terikat, (b) status hamburan, (c) keadaan terikat klasik, tetapi keadaan hamburan
kuantum

Sumber : David. J Griffiths 1995

tentu saja, hal ini dapat dibuktikan dengan adanya energi ekstra, seperti motor, tetapi
tidak dibahas pada bagian ini) yang di sebut keadaan terikat. Jika, di sisi lain, E melebihi V(x)
di satu sisi (atau keduanya), maka partikel datang dari "tak terhingga", lalu melambat atau
mempercepat di bawah pengaruh potensial, dan kembali ke tak terhingga (Gambar 2.7 B). (Itu
tidak bisa terjebak dalam potensial kecuali ada beberapa mekanisme, seperti gesekan, untuk
menghilangkan energi, tetapi sekali lagi, tidak dibahas disini.) Di sebut keadaan hamburan.
Beberapa potensial hanya menerima keadaan terikat (misalnya, osilator harmonik); hanya
beberapa lainya keadaan hamburan (misalnya, sebuah bukit potensial tanpa kemiringan di
dalamnya); kedua jenis ini, bergantung pada energi partikel. Sebagaimanayang mungkin dapat
diduga, dua jenis solusi persamaan Schrödinger sesuai dengan keadaan terikat dan hamburan.
Perbedaannya bahkan lebih bersih dalam domain kuantum, karena fenomena tunneling (yang

58

akan dibahas secara singkat) memungkinkan partikel untuk "bocor" melalui potensial halang
yang berhingga, jadi satu-satunya hal yang paling penting adalah potensi di tak terhingga
(Gambar 5.1c):

E  V  danV    terikat (2.75)
E  V  AtauV    berhamburan

Dalam "kehidupan nyata" sebagian besar potensial menjadi nol pada tak terhingga, dalam hal
kriteria sederhana ini lebih lanjut dapat ditulis:

E  0  Terikat (2.76)
E  0  Berhamburan

Karena sumur kotak tak terhingga dan potensial osilator harmonik menuju tak terhingga
sebagai x   , hanya berlaku untuk keadaan terikat; karena potensial partikel bebas adalah
nol di mana-mana, itu hanya memungkinkan keadaan hamburan." Pada bagian ini (dan berikut
ini) kita akan mengeksplorasi potensial yang ditimbulkan kedua jenis keadaan.

Fungsi delta Dirac,  x, didefinisikan informal sebagai berikut:

0, x  0  xdx  1.
, x  0, dengan
 x   (2.77)
jika

Gambar 2.8: Fungsi delta Dirac (Persamaan 2.78)

terjadi pusat tajam di daerah 1 pada titik a. Jika dikalikan  x  a dengan fungsi biasa

yaituf(x), sama dengan mengalikan f(a):

f x x  a  f a x  a. (2.78)

karena produknya nol dimana-mana kecuali di titik a. Khususnya

59

 x x  adx  f a  x  adx  f a (2.79)

f


Itulah sifat terpenting dari fungsi delta: Di bawah tanda integral fungsi delta "mengambil" nilai
f(x) di titik a. (Tentu saja, integral tidak perlu dimulai dari   ke   ; yang penting adalah
domain integrasi menyertakan titik a, jadi a - eto a+e akan dilakukan, untuk setiap e > 0.) Mari
kita pertimbangkan a potensi bentuk

V (x)  a x (2.80)

Dimana  adalah suatu konstanta. Ini adalah potensi buatan (begitu juga sumur persegi tak
terbatas), tetapi sangat sederhana dan dalam beberapa hal lebih dekat dengan kenyataan ketika
potensial apa pun yang telah ditinjau sejauh ini. Persamaan Schrödinger berbunyi

 2 d 2   x  E . (2.81)

2m dx2

Potensial ini menghasilkan keadaan terikat (E< 0) dan hamburan menyatakan (E> 0);ditinjau
terlebih dahulu keadaan terikatny, yaitu:.

Di daerah x < 0, V(x) = 0, jadi

d 2   2mE  k 2 , (2.82)
dx 2 h2

k  2mE (2.83)


(E negatif, dengan asumsi, jadi xreal dan positif.) Solusi umum untuk Persamaan diatas adalah

 x  Aekx  Bekx (2.84)

tetapi suku pertama lenyap ketika x  , jadi harus dipilih A  0 :

 x  Bekx ,x  0. (2.85)

Di daerah x  0, V xsekali lagi nol, dan solusi umumnya adalah dalam bentuk
F exp kx  G expkx; kali ini suku kedua yang lenyap (seperti x  ) , sehingga

 x  Fekx ,x  0 (2.86)

60

Dengan menggabungkan kedua fungsi ini bersama-sama, gunakan syarat batas di x = 0.
Dengan menggunakan sebelumnya syarat batas standar yaitu:

1. (2.87)
2.d / dx
Dimana: 1. selalu berkesinambungan, dan

2.d / dx adalah kotinu kecuali pada titik titik di mana potensinya terhingga

Dalam hal ini syarat batas pertama memberi hasil bahwa F = B, jadi

 x  Be kx , x  0. (2.88)
Be kx x  0.

[ x diplot pada Gambar 5.3. Syarat batas kedua tidak memberi hasil apa-apa; ini (seperti

sumur kotak tak hingga) kasus luar biasa di mana V adalah tak hingga pada gabungan, dan ini
dapat dijelaskan dari grafik bahwa fungsi ini memiliki ketegaran pada x  0. Terbukti fungsi
delta harus menentukan diskontinuitas dalam turunan  , pada x  0. Dapat ditunjukkan pada
pekerjaan ini, dan sebagai produk dapat lihat mengapa d dx biasanya kontinu. Idenya adalah
untuk mengintegrasikan persamaan Schrödinger, dari   sampai   dan kemudian
mengambil batas sebagai   0 :

Gambar 2.9: fungsi gelombang keadaan terikat untuk potensi fungsi delta
Sumber : David. J Griffiths, 1995

   2d 2  xdx.
2m dx 2
 V x  xdx  E  (2.89)


61

Integral pertama tidak lain adalah d / dx , dievaluasi pada dua titik akhir; integral terakhir
adalah nol, pada limit   0 , karena ini adalah wilayah dengan lebarnya diabaikan dan tinggi
terhingga dengan demikian

 d   2m lim  x xdx. (2.90)
 dx  2 0
V


Biasanya, limit di sebelah kanan adalah nol lagi, dan karenanya d / dx kontinu. Tetapi ketika

V x takhingga pada batas, argumen ini gagal. Khususnya, jika V x   x, Persamaan

5.1.15 menghasilkan

 d    2ma 0. (2.91)
 dx  2

Untuk kasus yang dihadapi (Persamaan 2.91)

d / dx  bkekx ,untuk x  0,lalud / dx   Bk,
d / dx  Bkekx ,untuk x  0,lalud / dx   Bk,
dan karenanya d / dx  2Bk . Dan 0  B . Jadi Persamaan 2.91 mengatakan

k  ma (2.92)
2

dan energi yang diizinkan (Persamaan 2.92) adalah (2.93)
E   2k 2   ma2
2m 22

Akhirnya, dinormalkan , yaitu:

   x 2 dx  2 B 2  e2kx dx  B 2 =1

 0 k

jadi (agar lebih terjamin dipilih, akar real positif):

62

B  k  ma (2.94)


Terbukti fungsi delta dengan baik, berdasarkan itu, "kekuatannya"  memiliki satu keadaan
terikat secara eksak yaitu:

  x  ma emax / 2 : E   ma2 (2.95)

 22

Bagaimana dengan keadaan hamburan, dengan E  0? untuk x  0 persamaan schrodinger

dibaca

d 2  ma   k 2 .
dx2 

Dimana

k 2mE (2.96)
 (2.97)

adalah real dan positif. Solusi umumnya adalah

  x  Aeikx  Beikx

dan kali inikedua suku ini tidak bisa dikesampingkan, karena tak satu pun yang lenyap.
Demikian pula, untuk x  0,

  x  Feikx  Geikx (2.98)

Kontinuitas  x pada x  0 mensyaratkan bahwa

F G  AB (2.99)

Derivatifnya adalah

 d / dx  ik Feikx  Geikx ,untuk x  0,lalud / dx   ik F  G,
 d / dx  ik Aeikx  Beikx ,untuk x  0,lalud / dx   ik A  B.

63

dan karenanya d / dx  ikF  G  A  B.. Sedangkan 0  A  B, , maka syarat batas

kedua (Persamaan 2.99) mengatakan

ik F  G  A  B   2ma A  B (2.100)
2

Atau,lebih kompak

F  G  A1 2i  B1 2i . dimana   ma (1.101)
2k

Setelah menerapkan syarat batas, kita memiliki dua persamaan (Persamaan 2.100 dan 2.101)
dengan empat yang tidak diketahui (A, B, F, dan G), jika dihitung k. Normalisasi tidak akan
membantu, keadaan ini tidak dapat dinormalisasi. Mungkin lebih baik kita berhenti sejenak,

dan diuji signifikansi secara fisika dari berbagai konstanta ini. Ingat bahwa exp ikx
menimbulkan [bila digabungkan dengan faktor exp iEt / ] bergantung pada waktu ke fungsi
gelombang yang merambat ke kanan, dan exp ikxmenunjukkan gelombang yang merambat

ke kiri. Oleh karena itu A (dalam Persamaan 2.100) adalah amplitudo gelombang yang datang
dari kiri. B adalah amplitudo gelombang yang kembali ke kiri, F (dalam Persamaan 2.101)
adalah amplitudo gelombang yang merambat ke kanan, dan G adalah amplitudo gelombang
yang datang dari kanan (Gambar 2.9). Dalam eksperimen hamburan yang khas, partikel
ditembakkan dari satu arah - katakanlah, dari kiri. Dalam hal ini amplitudo gelombang yang
datang dari kanan akan menjadi nol:

Gambar 2.9: Hamburan dari sumur fungsi delta
Sumber: David. J Griffiths, 1995

64

G  0 (untuk hamburan dari kiri). (2.102)

A adalah amplitudo gelombang datang, B adalah amplitudo gelombang pantul, dan F adalah
amplitudo yang ditrasmisikan, penyelesaian persamaan (2.100) dan (2.101) untuk B dan
Fdiperoleh

B  i A, F  1 A. (2.103)
1  i 1  i

(Jika ingin mempelajari hamburan dari kanan, atur A  0; maka G adalah amplitudo datang, F
adalah amplitudo yang dipantulkan, dan B adalah amp;itudo yang ditransmisikan.)

Sekarang, peluang menemukan partikel di lokasi tertentu adalah diberikan  2 , jadi
peluang relatif bahwa partikel yang datang akan dipantulkan kembali adalah

B2 2 . (2.104)
R 
A 2 1  i 2

R disebut koefisien refleksi. (jika dimiliki seberkar partikel, ini memberikan informasi
tentang fraksi antara bilangan yang akan dipantulkan kembali.) sementara itu, probabilitas
transmisi dihasilka oleh koefisien transmisi

F2 1 . (2.105)
T 
A2 1  2

Tentu saja, jumlah dari probabilitas ini harus 1 yaitu:

R  T  1. (2.106)

Perhatikan bahwa R dan T adalah fungsi dari  , dan karenanya (persamaan (2.105)
dan(2.106) dari E:

1 ,T 1
2 2 E / ma2 1 ma2 / 2 2 E
   R  . (2.107)
1

Semakin tinggi energi, semakin besar kemungkinan transmisi (yang tampaknya masuk akal).

Ini semua sangat rapi, tetapi ada masalah prinsip yang tidak dapat diabaikan bersama-
sama: Fungsi gelombang hamburan ini tidak dapat dinormalisasi, jadi mereka tidak benar-

65

benar mewakili kemungkinan keadaan partikel. Tapi harus tahu apa resolusi untuk masalah ini:
harus dibentuk kombinasi linier yang dapat dinormalisasi pada keadaan stasioner, seperti yang
kita lakukan untuk partikel bebas partikel secara fisika sejati diwakili oleh paket gelombang.
Sementara itu, karena tidak mungkin membuat fungsi gelombang partikel bebas yang dapat
dinormalisasi tanpa melibatkan rentang energi, R dan T harus ditafsirkan sebagai perkiraan
refleksi dan probabilitas transmisi untuk partikel dalam rentang energi yang sempit sekitar E.
Bagaimanapun,  (dalam Persamaan 2.105 dan 2.106) hanyalah fungsi sinusoidal yang
kompleks, tidak bergantung waktu saja (dengan amplitudo konstan) sampai menuju tak
terhingga di kedua arah. Namun, dengan menerapkan syarat batas yang sesuai pada fungsi ini,
dapat ditentukan probabilitas bahwa partikel (diwakili oleh paket gelombang terlokalisasi)
akan memantul, atau melewati, potensial. Keajaiban matematis di balik ini, adalah dengan
mengambil kombinasi linier dari keadaan yang tersebar di semua ruang, dan dengan
ketergantungan waktu yang pada dasarnya dapat dibangun fungsi gelombang yang
terkonsentrasi di sekitar titik (bergerak), dengan perilaku yang cukup rumit yang bersangkutan
dengan waktu (lihat Soal 2.40). Selama terdapat persamaan yang relevan di atas tabel, ditinjau
secara secara singkat kasus fungsi delta berbentuk penghalang (Gambar 2.10). Secara formal,
yang harus dilakukan adalah mengubah tanda  . Ini tentu saja keadaan terikat, akan lenyap
(lihat Soal 2.2). Di sisi lain, koefisien refleksi dan transmisi, yang hanya bergantung pada  2 ,
tidak berubah. Anehnya, partikel itu kemungkinan besar akan melewati penghalang seperti juga
menerobos dinding. Secara klasik, tentu saja, partikel tidak dapat melewati penghalang yang
sangat tinggi, terlepas dari energinya. Faktanya, hamburan klasik

Gambar 2.10: Penghalang Fungsi Delta

Jika E  Vmax , kemudian T  1 dan R  0 partikel pasti berhasil, sebaliknya, jika E  Vmax ,
maka T  0 dan R  1 naik "menaiki puncak sampai kehabisan energi, dan kemudian kembali
dengan cara yang sama. Masalah hamburan kuantum jauh lebih luas, partikel memiliki
beberapa kemungkinan atau peluang bukan nol melewati potensial bahkan jika E  Vmax yang

66

disebut fenomena tunneling; yaitu mekanisme yang kebanyakan mungkin dibuat elektronika
modern,belum lagi kemajuan terbaru yang spektakuler dalam wilayah mikroskopis.Sebaliknya,
jika E  Vmax , ada kemungkinan partikel akan memantul kembali dalam kasus ini mekanika
kuantum dapat digunakan untuk memecahkan kasus ini (lihat soal 2.41)

Soal 2.23 Evaluasi integral berikut:

  (a). 1 x3  3x2  2x 1 x  2dx
3

(b)  cos3x  2 x   dx

0

(c)  cos3x  2 x   dx

0

Soal 2.24 Dua ekspresi [ D1x dan D2 x ] yang melibatkan fungsi delta adalah dikatakan sama

jika

   xD2 xdx,
 
f xD1 xdx  f

untuk sembarang fungsi f x .

(a) Tunjukkan bahwa

 cx  1  x (2.108)

c

di mana c adalah konstanta real. .

(b) Misalkan  x adalah fungsi langkah:

   x  1, jikaxo (2.109)
0, Jika xo.

[dalam kasus yang jarang terjadi di mana itu benar-benar penting, didefinisikan  0 menjadi

1/2.] Tunjukkan bahwa

d  x
dt

67

Soal 2.25 Apakah transformasi Fourier dari  x? Menggunakan teorema Plancherel.

menunjukkan bahwa

 x  1  eikxdk. (2.110)

2 

(misalnya, dapat diintegrasikan dari  L ke  L , dan menginterpretasikan integral dalam
Persamaan 2.126 menjadi nilai rata-rata integral berhingga, sebagai L   ). Sumber
masalahnya adalah bahwa fungsi delta tidak memenuhi persyaratan (integrabilitas kuadrat)
untuk teorema Plancherel (lihat catatan kaki 22). Meskipun demikian, Persamaan (2.110) bisa
sangat berguna, jika ditangani dengan hati-hati.

2.6 OSILATOR HARMONIK
Paradigma untuk osilator harmonik klasik adalah massa m yang terikat pada pegas

konstanta gaya k. gerak diatur oleh hukum Hooke.

F  kx  m d 2 x
dt 2

(dengan mengabaikan gesekan), dan solusinya adalah

xt  Asint Bcost,

dimana  k (2.111)
m

Adalah frekuensi sudut) osilasi. Energi potensial adalah

V x  1 kx2; (2.112)

2

Grafik osilator harmonik berbentuk parabola.

Tentu saja tidak ada osilator harmonik sederhana yang sempurna jika pegas
direnggangkan terlalu jauh, pegas akan putus dan biasanya Hukum hooke gagal sepanjang titik

68

itu tercapai. Tetapi hampir semua potensialmendekati bentuk parabola di sekitar minimum

lokal (gambar 5.6). Secara formal, jika V xke dalam deret taylor tentang minimum:

V x  V x0   V 'x0 x  x0   1 V "x0 x  x0 2  ...,
2

Pemindahan V x0  (ditambahkan sebuah konstanta ke V x dengan impunitas, hal ini tidak
mengubah gaya), diketahui bahwa V 'x0   0 (karena x0 adalah minimum), dan dengan
mengabaikan x  x0  yang tetap kecil ] potensialnya menjadi suku orde yang lebih tinggi

terhapus

V x  1 V "x0 x  x0 2 ,
2

Yang menggambarkan osilasi harmonik sederhana (dititik x0 ), dengan efektif konstanta pegas

k  V"x0 . itu sebabnya osilator harmonik sederhana begitu penting. Hampir semua gerak

osilasi mendekati harmonik sederhana selagi amplitudonya kecil, seperti:

Gambar 2.11: Pendekatan parabola (kurva putus-putus) yang potensial sembarang, di sekitar minimum lokal.
Sumber : David J. Griffiths, 1995

Di dalam mekanika kuantum untuk menyelesaikan persamaan Schrodinger dengan potensial

V x  1 m 2 x2 (2.113)

2

Untuk mengeliminasi konstanta pegas k menjadi frekuensi sudut , gunakan persamaan (2.36),
sehingga dapat ditulis persamaan Schrodinger tak bergantung pada waktu

69

 2 d 2  1 m 2 x2  E . (2.114)
2m dx2 2

Didalam literatur ditentukan dua pendekatan yang sama sekali berbeda untuk masalah ini. Yang
pertama adalah solusi langsung "brute force" untuk persamaan diferensial, menggunakan
metode ekspansi deret pangkat; memiliki keunggulan bahwa strategi yang sama dapat
diterapkan pada banyak potensial lain (sebenarnya, kita akan menggunakannya di Bab 4 untuk
menangani potensi Coulomb). Yang kedua adalah teknik aljabar yang sangat cerdas,
menggunakan apa yang disebut operator tangga. Akan ditunjukkan metode aljabar terlebih
dahulu, karena lebih cepat dan sederhana (dan lebih menyenangkan); jika ingin melewatkan
metode analitik untuk saat ini, tidak apa-apa, tetapi tentu harus merencanakan untuk
mempelajarinya pada tahap tertentu.

1   d  2  mx2   E . (2.115)

2m  i dx  

Metode Aljabar Untuk memulainya, ditulis ulang Persamaan (2.115) dalam bentuk yang lebih
sugestif:

1   d  2  mx 2   E (2.116)

2m  i dx  

u2  v2  u  ivu  iv.

Namun, di sini tidak begitu sederhana, karena u dan u adalah operator, dan operator pada
umumnya tidak melakukan perjalanan (uv tidak sama dengan vu). Tetap saja, ini mengundang
kita untuk melihat ekspresinya

a  1   d  imx. (2.117)
2m  i dx 

Hasil perkalian aa ? Peringatan: Operator bisa mempermudah untuk bekerja secara abstrak,
dan agar tidak membuat kesalahan maka dibuat "fungsi uji". f(x), untuk mengerjakanya. Pada
akhirnya dapat dibuang fungsi uji, dan akhirnya persamaan yang melibatkan operator saja.
Dalam kasus ini, dapat ditulis

70

aˆ  aˆ   f x  1   d  imx   d  imx  f x
2m  i dx  i dx 

 1   d  imx  df  imxf 
2m  i dx  i dx 

 1   2 d2 f  m d xf   mx df  mx2 
2m  dx 2 f
dx dx


 1   d  2  mx2   f x.
m
2m  i dx  

[digunakan dxf   x df   f pada langkah terakhir.] Dengan membuang fungsi,

dx  dx 
disimpulkan bahwa

aˆ  a  1   d 2  mx 2   1 . (2.118)
2m  i dx   2


Ternyata Persamaan 2.40 tidak memfaktorkan secara sempurna ada tambahan suku  1 .
2

Namun, jika ditarik ke sisi lain, persamaan Schrödinger" menjadi

(a a  1 )  E . (2.119)
2

Perhatikan bahwa urutan faktor a dan a . Penting di sini: sama argumen, dengan a di
sebelah kiri, menghasilkan

aˆ aˆ  1   d 2  mx2   1 . (2.120)
2m  i dx   2


Dengan demikian (2.121)
aˆaˆ  aˆaˆ  .

dan persamaan Schrödinger juga dapat ditulis

71

(aˆ aˆ  1 )  E . (2.122)
2

Sekarang, inilah langkah penting: mengklaim bahwa jika  memenuhi persamaan
Schrödinger, dengan energi E, maka aˆ memenuhi persamaan Schrödinger dengan energi

E  .Bukti:

(aˆ aˆ  1 )   aˆ aˆ aˆ   1 aˆ 
2  2 

 aˆ  aˆ aˆ  1    aˆ [(aˆ aˆ  1 )   ]
 2 2

 aˆ E     E  aˆ   .QED

[Perhatikan bahwa urutan dering aˆ dan aˆ penting, urutan a dan konstanta apa pun (seperti
, dan E ) tidak penting.] Dengan cara yang sama, aˆ adalah solusi dengan energi

E  . Bukti:

(aˆ  aˆ   1 )aˆ   aˆ  aˆ aˆ   1  
2  2 

 aˆ  [(aˆ  aˆ   1 )   ]  aˆ E   
2

 E  aˆ .

Di sini, kemudian, adalah mekanismeyang luar biasa untuk menghasilkan solusi baru,
dengan energi yang lebih tinggi dan lebih rendah jika kita hanya dapat menemukan satu solusi,
untuk memulai hal ini disebut operator tangga, karena operator tersebut memungkinkan
operator untukmenaikan dan menurunkan dengan energi: aˆ disebut operator naik, dan aˆ
operator turun. "Tangga" diilustrasikan pada Gambar 5.7.

Bagaimana jika diterapkan operator turun berulang kali? Akhirnya akan mencapai
keadaan dengan energi kurang dari nol, yang (menurut teorema umum dalam Soal 2.2) tidak
ada! Pada titik tertentu mekanisme ini gagal. Bagaimana itu bisa terjadi? Diketahui bahwa a
adalah solusi baru untuk persamaan Schrödinger, tetapi tidak ada jaminan bahwa dapat
dinormalisasi, hal inimungkin nol, atau integral kuadratnya mungkin tak terhingga. Soal 2.11

72

mengesampingkan kemungkinan terakhir. Kesimpulan: Pasti ada "anak tangga terendah"
(sebut saja  0 ) sedemikian rupa sehingga:

aˆ 0  0 (2.123)

Artinya

1   d 0  imx 0   0.
2m i dx 

Gambar 2.12: Tangga keadaan stasioner untuk osilator harmonik sederhana.
Sumber : David J. Griffiths, 1995

Atau

d 0   m x 0.
dx 

Persamaan diferensial untuk  0 ini mudah diselesaikan:

 d 0   m xdx  ln 0   m x2  konstan,
2
0 

Jadi

73

  m x2 (1.124)

 0 x  A0e 2

Untuk menentukan energi keadaan ini, dimasukkan ke dalam persamaan Schrödinger (dalam

bentuk Persamaan,  aˆaˆ   1   0  E0 0 , dan memanfaatkan fakta bahwa a 0  0.
 2 

Ternyata

E0  1  (1.125)
2

Yang merupakan fungsi keadaan dasar osilator kuantum, operator naik untuk
menghasilkan keadaan tereksitasi, yaitu gunakan

 n x   An m x2   n  1 .
2  2
a e ,n Dengan En (1.126)

(Metode ini tidak langsung menentukan faktor normalisasi An ; Saya akan membiarkan Anda
diselesaikan sendiri di Soal 2.12.) Misalnya

 m x2 1   d e  m x 2
2
 1  A1ae 2  A1  imx
2m  i dx 

A1    m e  m x 2  m x2
2m  i   2  imxe 2 ,
   x
 

Yang disederhanakan menjadi (1.127)

   m x2

 1 x  iA1 2m xe 2 .

**Masalah 2.12

(a) Operator naik dan turun menghasilkan solusi baru untuk persamaan Schrödinger, tetapi
solusi baru ini tidak dinormalisasi dengan benar. Jadi aˆ n sebanding dengan dan  n1
dan aˆ n sebanding dengan  n1 tetapi ingin diketahui konstanta kesebandingan yang

74

tepat. Gunakan integrasi dengan bagian dan persamaan Schrödinger (Persamaan 2.43
dan 2.46) untuk menunjukkan bahwa

   2  2 n,
 
a n dx  n 1 , a n dx 

a n  i n  1 n1, (1.128)

a n  i n n1. (1.129)

(b) Gunakan Persamaan 2.52 untuk menentukan konstanta normalisasi A, dalam
Persamaan 2.50. (harus dinormalkan  0 ). Jawab

 m  1  in
   4
.
An  (1.130)
n! n

*Masalah 2.13

Dengan menggunakan metode dan hasil dari bagian ini,

(a) Normalisasikan (Persamaan 2.51) dengan integrasi langsung. Periksa jawaban
Anda terhadap rumus umum (Persamaan 2.54).

(b) Temukan  2 , tetapi jangan dinormalkan.
(c) Sketsa  0 , 1, dan  3

(d) Periksa ortogonalitas dari o. , dan 2. Catatan: Jika Anda mengeksploitasi kemerataan
dan keanehan fungsi, hanya ada satu integral yang tersisa untuk dievaluasi secara
eksplisit.

*Soal 2.14 Menggunakan hasil Soal 2.12 dan 2.13,

(a) Hitung (x). (p), (x²), dan (p²), untuk bagian 0 dan  1 . Catatan: Dalam ini dan

sebagian besar masalah yang melibatkan osilator harmonik, itu menyederhanakan

notasi jika: Anda memperkenalkan variabel   m dan konstanta    m 1
x  
 4


(b) Periksa prinsip ketidakpastian untuk keadaan ini.

75

(c) Hitung T dan V untuk keadaan ini (tidak ada integrasi baru yang diizinkan!).

bepakah nilainya? jumlah yang diharapkan?
2.3.2 Metode Analitik
Kembali ke persamaan Schrödinger untuk osilator harmonik (Persamaan 2.39):

  2 d 2  1 m 2 x2  E
2m dx2 2

Hal-hal terlihat sedikit lebih jelas jika diperkenalkan variabel tak berdimensi

 m x; (1.131)


dalam hal ini  , persamaan Schrödinger berbunyi

 d 2   2  K  , (1.132)

d 2

Dimana K adalah energi, dalam unit  1  :
2

K  2E . (1.134)


Permasalahan menyelesaikan persamaan 2.56, dan dalam prosesnya didapatkan nilai
“diizinkan” oleh K( dan karenanya oleh E ).

Untuk memulainya, perhatikan bahwa nilai yang paling besar ( yaitu nilai x ).  2 sepenuhnya
mendominasi atas konstanta K, jadi dalam hal ini

d 2   2 , (1.135)
d 2

    Ae  2 / 2  Be  2 / 2 (1.136)

Yang memiliki solusi perkiraan

     e2 / 2 , pada. (1.137)

76

Ini menunjukkan bahwa kita “mengupas” bagian eksponensial,

    h e2 / 2 , (1.138)

Dengan harapan bahwa apa yang tersisa h  memiliki bentuk fungsional yang lebih
sederhana dari    . pendiferensialkan persamaan (1.139), didapatkan

d   dh  h e 2 / 2
d d

 d 2 d 2h
d 2
d 2
   2 dh   2  1 h e 2 / 2,
d

Sehingga persamaan schrodinger (persamaan 1.138) menjadi

d 2h  2 dh  K 1h  0. (1.139)

d 2 d

Dicari solusi untuk permasalahan 2.62 dalam bentuk deret pangkat di  .

 (1.140)

h   a0  a1  a2 2  ...  a j j .
j0

Membedakan suku deret demi suku,

dh  j 1 .
j0
d
 a1  2a2  3a3 2  ...  ja j

d 2h  1 j  2a j2 j.

d 2 j
 2a2  2  3a3  3  4a4 2  ... 
j0

Ditempatkan kedalam persamaan 1.139, ditemukan

  (2.141)

  j 1 j  2 a j2  2 ja j  K 1a j  j  0

j0

Diikuti (dari kelebihan ekspansi deret pangkat) bahwa koefisien setiap pangkat harus hilang,

 j 1 j  2a j2  2 ja j  K 1a j  0

77

Dan karenanya

a j2  2 j 1 K  (2.143)
 j 1 j  2 a j .

Rumus rekursi ini sepenuhnya setara dengan persamaan schrodinger. Mengingat dilakukan
kemungkinan (pada prinsip) untuk menghasilkan a2 , a4 , a6 ,..., dan diberikan a1, a3 , a5 , a7 dapat
ditulis

h   heven    hodd  , (2.144)

Dimana

heven    a0  a2 2  a4 4  ...

Adalah fungsi genap dari (hanya melibatkan pangkat genap), dibangun di a0 ,dan

hodd    a1  a3 3  a5 5  ...
Odd adalah fungsi ganjil yang dibangun di a1. Jadi persamaan 2.65 menetukan h dalam hal

dua konstanta sembarang ( a0 dan a1) yang diharapkan, untuk persamaan diferensial orde kedua.

Namun, tidak semua solusi yang dperoleh dapat dinormalisasikan. Untuk j yang sangat besar.
Rumus rekursi menjadi ( lebih kecil ).

a j2  2 ,
j aj

Dengan solusi penghampiran

aj   j c ,

/ 2!

untuk beberapa C konstan, dan ini menghasilkan (pada umumnya  , di mana kekuatan yang
lebih tinggi mendominasi)

h   c  j 1/ 2! j  C 1 2k  Ce 2 .
k!

78

 Sekarang, jika h menjadi seperti  2 , maka (ingat ? itulah yang dicoba hitung belakangan)

menjadi seperti  2  (Persamaan 2.61), yang merupakan perilaku asimtotik yang tidak
2

diinginkan . Hanya ada satu cara untuk keluar dari ini: Untuk solusi yang dapat dinormalisasi,

rangkaian daya harus dihentikan. Harus ada beberapa j "tertinggi" (sebut saja n) sehingga

rumus rekursi mengeluarkan an2  0 (ini akan memotong baik deret heven atau hodd deret; yang

lain harus nol dari awal). Untuk solusi yang dapat diterima secara fisik, maka, didapatkan

K  2n 1

untuk beberapa bilangan bulat positif n, yang berarti (mengacu pada Persamaan 2.57) bahwa
energi harus dalam bentuk

En   n  1 , untuk n=0,1,2….. (2.145)
 2

Dengan metode yang sama sekali berbeda, syarat kuantisasi fundamental yang ditentukan
secara aljabar dalam Persamaan 2.50. Untuk nilai K yang diizinkan, rumus rekursi berbunyi:

a j2   2n  j (2.146)
 j 1 j  2 a j

Jika n = 0, hanya ada satu suku dalam deret tersebut (kita harus memilih a1  0 untuk
melenyapkan hodd , dan j  1 pada Persamaan 2.68 menghasilkan a2  0) :

h0    a0

Dan karenanya

  0   aoe 2 / 2

(yang mereproduksi Persamaan 2.48). Untuk n  1 dipilih a0  0, dan Persamaan 2.68 dengan
j = 1 menghasilkan a3  0 jadi

h1   a1,
  1   a1e 2 / 2

79

Untuk n = 2, j = 0 menghasilkan a2=_2a dan j = 2 menghasilkan a4 =0, sehingga

 h2    a0 1 2 2
   2   a0 1  2 2 e 2 / 2

Dan seterusnya. (Bandingkan Soal 2.13, di mana hasil yang sama diperoleh dengan cara
aljabar.)

Secara umum, hn   adalah polinomial derajat n di  , yang melibatkan pangkat genap

saja, jika n bilangan bulat genap, dan pangkat ganjil saja, jika n bilangan bulat ganjil. Terlepas

dari faktor keseluruhan a0 atau a1 disebut polinomial Hermite. H n   Beberapa pertama dari

mereka tercantum dalam Tabel 2.1. Secara tradisi, faktor perkalian sembarang dipilih sehingga
koefisien pangkat tertinggi  adalah 2n . Dengan konvensi ini, keadaan stasioner yang
dinormalisasi untuk osilator harmonik adalah:

 m 1 / 4  1
  
 n x  Hn2n ne  2 / 2 (2.147)

Mereka identik (tentu saja) dengan yang telah diperoleh secara aljabar dalam Persamaan

(5.2.35). Pada Gambar 5.8a telah memplot  n x untuk beberapa n pertama.

Osilator kuantum sangat berbeda dari tinjauan secara klasik tidak hanya energi
terkuantisasi, tetapi distribusi posisi memiliki beberapa fitur aneh. Misalnya, probabilitas
menemukan partikel di luar rentang yang diizinkan secara klasik (yaitu dengan x lebih besar
dari amplitudo klasik untuk energi yang bersangkutan) tidak nol (lihat Soal 2.15), dan dalam
semua keadaan ganjil probabilitas untuk menentukan partikel

Tabel 2.1: Beberapa polinomial llermite pertama,

H0 1
H1  2x
H2  4x2  2
H 3  8x3 12x
H 4  16x 4  48x 2  12,
H 5  32x5 160x3  120x.

80

Gambar 2.13 (a) Empat keadaan stasioner pertama dari osilator harmonik. (b) Grafik pada  100 2

dengan

distribusi klasik (kurva putus-putus) ditumpangkan

Sumber : David. J Griffiths, 1995

Menemukan partikel di pusat sumur potensial adalah nol. Hanya pada n yang relatif
besar dapat dimulai melihat beberapa kemiripan dengan kasus klasik. Pada Gambar 2.13telah
menempatkan distribusi posisi klasik pada satu kuantum (untuk n  100 ); jika dirapikan
tonjolan di yang terakhir, keduanya akan cocok dengan baik (namun, dalam kasus klasik
berbicara tentang distribusi posisi dari waktu ke waktu untuk satu osilator, sedangkan dalam
kasus kuantum berbicara tentang distribusi melalui ansambel dari sistem yang disiapkan secara
identik).

**Soal 2.18 Dalam masalah ini kita mengeksplorasi beberapa teorema yang lebih berguna
(dinyatakan tanpa bukti) yang melibatkan polinomial Hermite.

(a) Rumus Rodrigues menyatakan bahwa

Hn     1n e 2  d  n e  2 (2.148)
d

81

(b) Relasi rekursi berikut memberi Anda H+1 dalam hal dua polinomial Hermite
sebelumnya:

Hn1   2Hn    2nHn1 . (2.149)

Gunakan itu, bersama dengan jawaban Anda untuk (a), untuk mendapatkan H 5 dan H 6.

(c) Jika y membedakan polinomial orde ke-n, Anda mendapatkan polinomial orde n 1Untuk

polinomial Hermite, sebenarnya,

dH n  2nH n1 . (2.150)
d

Periksa ini, dengan membedakan H 5 , dan H 6

 (d) H n   adalah turunan n th z padaz = 0, dari fungsi pembangkit contoh  z 2  2z  ; atau,

dengan kata lain, ini adalah koefisien dari z n dalam ekspansi deret Taylor untuk fungsi ini:

   zn Hn  (2.151)
n!
e z2 2z

n0

Gunakan ini untuk menurunkan H0 H1 dan H 2

2.7 MATRIKS HAMBURAN
Teori hamburan digeneralisasi dengan cara yang cukup jelas ke potensial lokal sembarang
(Gambar 5.9). Ke kiri (Wilayah I), V(x) = 0, jadi

 x  Aeikx  Beikx .dimana k  2mE . (2.153)



Ke kanan (Wilayah III), V(x) tetap nol, jadi (2.154)

  x  Feikx  Geikx .

Di antara (Wilayah II), tentu saja, saya tidak dapat diungkapkan bahwa  memiliki potensial
tertentu, tetapi karena persamaan Schrödinger adalah persamaan diferensial linier orde dua,
solusi umumnya harus dalam bentuk

 x  Cf x Dgx. (2.155)

82

di mana f(x) dan g(x) adalah dua solusi partikular yang bebas linier." Akan ada empat syarat
batas (dua yang menghubungkan Region I dan II, dan dua yang bergabung dengan Region II
dan III). Dua di antaranya dapat digunakan untuk mengeliminasi C dan D, dan dua lainnya
dapat "diselesaikan" untuk B dan F dalam suku A dan G:

B  S11A  S12G, F  S21A  S22G. (2.156)

Empat koefisien Sij , yang bergantung pada k (oleh E ), membentuk matrik 2  2

 Gambar 2.14: Hamburan dari potensi lokal yang berubah-ubah [V x  0 kecuali di Wilayah II]

Sumber: David. J Griffiths, 1995

 S  .S11S12 (2.157)
S 2 1S 2 2

disebut matriks hamburan (atau disingkat S-matriks). S-matriks memberitahu tentang
amplitudo keluar (B dan F) dalam hal amplitudo masuk (A dan G):

 B   S  A . (2.158)
F G

Dalam kasus khas hamburan dari kiri, G = 0, sehingga koefisien refleksi dan transmisi adalah:

Rl  B2 G0  S11 2 , Tl  F2 G0  S21 2 . (2.159)
A2 A2

Untuk penghamburan dari kanan, A = 0, dan

83

F2 A0  S22 2, Tr  B2 A0  S12 2 . (2.160)
Rr  G 2 G2

S-matriks memberitahu segala sesuatu yang perlu diketahui tentang hamburan dari
potensial lokal. Anehnya,S-matriks juga berisi (walaupun dalam bentuk tersembunyi)

informasi tentang keadaan terikat (jika ada). Karena jika E  0 maka  x berbentuk

Be kx (wilayahI ) (2.161)
(wilayahII )
 x  Cf x  Dgx (wilayahIII )

Fe kx

Dengan

K   2mE (2.162)


Syarat batasnya sama seperti sebelumnya, jadi matriks S memiliki struktur yang sama hanya
sekarang E negatif, sehingga k  ik.Tapi kali ini A dan G pasti nol, sedangkan B dan F tidak,
dan karenanya (Persamaan 2.158) setidaknya dua elemen dalam matriks-S harus tak terhingga.
Sebaliknya, jika diketahui matriks-S (untuk E  0 ), dan ingin dicari keadaan terikat, masukkan
k  ik dan cari energi di mana matriks-S berhembus ke atas.

Misalnya, dalam kasus sumur persegi hingga,

 e 2ika

cos2la  i sin2la
 S21
2kl k2 l2

(Persamaan 2.150). Mengganti k  ik, dilihat bahwa S21 lenyap setiap kali

cot2la  l 2  k 2 .

2kl

Menggunakan identitas trigonometri jadi diperoleh:

tan    1 cos 2   cot ,
2

Didapatkan

84

tanla  l  dan cosla   k 

kl

Contoh Soal

1. Dalam keadaan dasar osilator harmonik, berapa probabilitas (benar hingga tiga angka

penting) untuk menemukan partikel di luar daerah yang diizinkan secara klasik?

Petunjuk: Lihat tabel matematika di bawah "Distribusi Normal" atau "Fungsi

Kesalahan".

Jawaban:

0   m 1
 
 4 e 2 / 2 ,


Jadi:

 P  2  e 2 dx  2 m   e 2 d.

 1  m 0
Daerah yang diizinkan secara klasik diperpanjang hingga:

1 m 2 x02  E0  1 , atau x0   , lalu 0  1.
2 2 m

  p  2  e2 d  2 1 F 2 (dalam notasi tabel) = 0,157.
1

2. Gunakan rumus rekursi (Persamaan 2.68) untuk menyelesaikan H5   dan H6  

Jawaban:

n  5: j 1 a3   25 1 a1   4 a1 ; j  3  a5   25  3 a3
111 2 3 3 13  2

1 4 4 4 a1
5 15 a1; 3 15 15
 
a3  j  5  a7 H 5    a1  a1 3 a1 5  15  20 3  4 5 .

Dengan konvensi koefisien  2 adalah 22 , jadi a1  15.8,

Dan H5    120 160 3  325

n  6; j  0  a2   26  0  6a0 ; j  2  a4   26  2   2 a2
0 10  2 a0 2 12  2 a2 3

 4a0 ; j  4 a6   26  4   2 a 4   8 a0 ; j  6 a8  0.
4 14  2 a4 15 15

Jadi:

85

H6    a0  6a0 2  4a0 4  8 6 a0
15

Koefisien dari  6 adalah 26 ,

Jadi 26   8 a0  a0  15.8  120
15

H6    120  720 2  480 4  64 6

Latihan Soal

1. Pertimbangkan potensi fungsi delta ganda

V x  a x  a   x  a

dimana a dan a adalah konstanta positif.
(a) Gambarkan potensi ini.
(b) Berapa banyak keadaan terikat yang dimilikinya? Temukan energi yang diizinkan,
untuk   2 / ma dan untuk   2 / 4ma, dan buat sketsa fungsi gelombangnya.

2. Tunjukkan bahwa operator penurun tidak dapat menghasilkan keadaan norma tak

 hingga i.e., a 2 dx  , jika dirinya sendiri merupakan solusi ternormalisasi untuk

persamaan Schrödinger). Apakah ini memberitahukan dalam kasus   0 ? Petunjuk:

Gunakan integrasi per bagian untuk menunjukkan bahwa

    a

a  a dx    a dx.

Kemudian panggil persamaan Schrödinger (Persamaan 2:46) untuk mendapatkan

 a 2  E  1 ,
 2
dx

Dimana E adalah energi keadaan .

3. Sebuah partikel dalam potensial osilator harmonik memiliki gelombang awal fungsi

x,0  A 0 x1x

untuk beberapa konstanta A

86

(a) Normalisasi x,0.

(b) Temukan x,t dan x,t 2.

(c) Tentukan nilai harapan x sebagai fungsi waktu. Perhatikan bahwa ia berosilasi
secara sinusoidal. Berapakah amplitudo getaran tersebut? Berapakah frekuensi
(sudut)nya?

(d) Gunakan hasil Anda dalam (c) untuk menentukan (p). Periksa apakah teorema
Ehrenfest berlaku untuk fungsi gelombang ini.

(e) Mengacu pada Gambar 2.5. sketsa grafik  pada t  0,  , 2 , 3 , dan 4 .
   

(Grafik ini tidak harus mewah hanya gambar kasar untuk menunjukkan osilasi.)

4. Sebuah partikel dalam sumur persegi tak hingga (Persamaan 2.15) memiliki inisial
fungsi gelombang

x,0  Asin3  x .

a

Temukan (x) sebagai fungsi waktu.

   5. Temukan x,p, x2 , p2 ,T , dan V x untuk keadaan stasioner nth dari osilator

harmonik. Periksa apakah prinsip ketidakpastian terpenuhi. Petunjuk: Nyatakan x dan

   d  dalam bentuk a  a , dan gunakan Persamaan 2.52 dan 2.53; Anda dapat
 i  dx 

berasumsi bahwa keadaannya ortogonal.

87

BAB 3
FORMALISME

3.1 Aljabar Linier
Pembelajaran ini dimulai dengan pengenalan singkat tentang Aljabar linier. Aljabar

linier mengabstraksi dan menggeneralisasi operasi vektor yang biasa ditemukan dalam
fisika dasar. Proses generalisasi vektor dilakukan dalam dua arah yaitu; (1) Menggunakan
bentuk skalar ke dalam bentuk kompleks dan (2) Vektor tidak terbatas pada keadaan 3D:

3.1.1 Vektor

Selain diatur dalam bentuk vektor dari sudut yang berbeda. Dalam ruang 3 Euclidean
(R3) atau ruang 3 dimensi, vektor dapat ditulis dalam bentuk susunan linier sebagai berikut:

u ( ,  ,  ) (3.1)

Dengan u  (  ,  ,  ) disebut vektor dan bilangan-bilangan  ,  , dan  di
sebut koordinat (atau juga disebut komponen vektor). Komponen-komponen vektor
merupakan skalar. Sebuah ruang vektor terdiri dari himpunana vektor (  ,  ,  ,... )
bersama-sama dengan satu set skalar (a,b,c,…)2.

 Aturan operasi vektor

1. Penjumlahan dan pengurangan

a. Penambahan vektor. (3.2)
Jumlah dari dua vektor adalah vektor lain :
+ =

Contoh:

Diketahui:   2i,3 j,k

  i,2 j,4k

88

+ =

  2i,3 j,k i,2 j,4k  3i,5 j,5k

b. Penjumlahan bersifat komuinikatif (3.3)
    

Contoh:

Diketahui:

  2i,3 j,k

  i,2 j,4k

  3i,5 j,5k

     (3.4)

2i,3 j,k i,2 j,4k  i,2 j,4k 2i,3 j,k
3i,5 j,5k  3i,5 j,5k

c. Penjumlahan bersifat asosiatif
 +(  +  )=(  +  )+ 

Contoh:
Diketahui:

  2i,3 j,k

  i,2 j,4k

  3i,5 j,5k

 +(  +  )=(  +  )+ 

2i,3 j,k i,2 j,4k 3i,5 j,5k  2i,3 j,k i,2 j,4k 3i,5 j,5k

89

6i,10 j,10k  6i,10 j,10k (3.5)

d. Penjumlahan dengan vektor 0
 +0 =

Contoh:
Diketahui:

  2i,3 j,k

 +0 =

2i,3 j,k 0  2i,3 j,k

e. Invers vektor
Invers vektor adalah vektor yang memiliki nilai, tetapi arahnya berbeda. Untuk
setiap vektor  vektor inversnya adalah (   ), sehingga berlaku:

 +  = 0 (3.6)

Contoh:

  2i,3 j,k

Dimasukan ke rumus tersebut,

2i,3 j,k  2i,3 j,k  0

2. perkalian

a. Perkalian skalar.
Hasil dari perkalian skalar dengan vektor akan menghasil vektor lain

a   (3.7)

Contoh:

Diketahui:
a2

  2i,3 j,k

90

a   (3.8)
(3.9)
22i,3 j,k  4i,6 j,2k

b. Perkalian skalar
Perkalian skalar bersifat distributif terhadap penambahan vektor
a(    )  a   a 
Contoh:
Diketahui:
a2

  2i,3 j,k
  i,2 j,4k

a(    )  a   a 

2(2i,3 j,k i,2 j,4k)  22i,3 j,k 2i,2 j,4k
23i,5 j,5k  4i,6 j,2k 2i,4 j,8k
6i,10k,10k  6i,10k,10k

c. Perkalian vektor dengan penambahan vektor
(a  b)   a   b 

Contoh:
Diketahui:
a2

  2i,3 j,k

b3
(a  b)   a   b 

91

2  3 2i,3 j,k  22i,3 j,k 32i,3 j,k (3.10)
52i,3 j,k  4i,6 j,2k 6i,9 j,3k
10i,15 j,5k  10i,15 j,5k

d. Sifat asosiatif sehubungan dengan perkalian skalar biasa :
a(b  )  (ab) 

Contoh:
Diketahui:
a2

  2i,3 j,k

b3 (3.11)

a(b  )  (ab) 

232i,3 j,k  23 2i,3 j,k
26i,9 j,3k  6 2i,3 j,k
12i,18 j,6k  12i,18 j,6k

e. Perkalian vektor dengan skalar 0 dan 1 memiliki hasil :
0  0 ;1  

Contoh:
Diketahui:

  2i,3 j,k

0  0 ;1  

02i,3 j,k  0 dan 12i,3 j,k  2i,3 j,k

Kombinasi linier dari vektor-vektor  ,  ,  ,... didapatkan ekspresi menjadi

a   b   c   …., (3.12)

92

Sebuah vektor  dikatakan bebas linier dari himpunan  ,  ,  ,... jika tidak bisa

di tulis sebagai kombinasi linier dari himpunan vektor. (contoh ; dalam tiga dimensi, vektor
satuan kˆ bebas linier dari iˆ dan ˆj , tetapi setiap vektor pada bidang xy bergantung linier
pada iˆ dan ˆj ). Dengan perluasan, himpunan vektor bebas linier jika masing-masing

vektor bebas linier. Bebas linier dari semua komponen. Kumpulan vektor dikatakan
merentang ruang jika setiap vektor dapat di tulis sebagai kombinasi linier dari anggota
himpunan. Himpunan vektor bebas linier terhadap ruang disebut basis. Banyaknya vektor
dalam basis apa pun disebut dimensi ruang. Asumsikan dimensi (n) berhingga.
Sehubungan dengan basis yang dijelaskan, sebagai berikut;

e1 , e2 ,..., en (3.13)
Vektor yang di berikan (3.14)

  a1 e1  a2 e2  ...  an en
Ini secara unik diwakili oleh n yang dipesan dari komponennya;

  a1, a2,..., an  (3.15)

Menggunakan vektor bebas linier seringkali lebih mudah dari pada dengan vector

abstrak itu sendiri. Untuk menambahkan vektor, ditambahkan komponen yang sesuai:

    a1  b1, a2  b2,..., an  bn  (3.16)

Untuk dapat mengalikan dengan skalar,terlebih dahulu dikelikan dengan komponen :

c'  ca1,ca2 ,...,can  (3.17)

Vektor nol diwakili oleh string nol: (3.18)

0  0,0,...,0

Dan komponen vektor terbalik (invers vektor) memiliki tanda-tanda tebalik : (3.19)

    a1,a2,...,an 

3.1.2 Perkalian Dalam (Inner Products)
Ketika mempelajari bentuk aljabar linier diproleh dua jenis produk yaitu, produk titik

(dot product) dan produk silang (cross product). Cross produk tidak menggeneralisasi ke
ruang vektor n-dimensi, tetapi yang pertama dalam konteks ini biasanya disebut produk
dalam. Fungsi yang mengaitkan setiap pasangan vektor di ruang vektor   ), dengan

bilangan riel dan memenuhi 3 aksioma yaitu;

93

1. Simetris      * (3.20)
Contoh: (3.21)
(3.22)
Diketahui:
94
  2i,3 j,k
  i,2 j,4k

   *

2i,3 j, ki,2 j,4k  i,2 j,4k2i,3 j, k

2. Positivitas    0, dan    0    0 ,

Contoh:
Diketahui:

  2i,3 j,k

 0   0,

2i,3 j, k2i,3 j, k 0

2i,3 j, k2i,3 j, k 0  2i,3 j, k 0

3. Aditivitas  b   c    b    c  

Contoh:
Diketahui:

  2i,3 j,k
  i,2 j,4k
  3i,5 j,5k