Atom Hidrogen Final Doc2 (1)

Tugas Fisika Kuantum


ATOM HIDROGEN

z me

r mp y xGambar 1.1 Posisi relatif antara proton dan elektron

Atom hidrogen merupakan atom paling sederhana yang terdiri dari satu proton sebagai nukleus dan satu elektron yang mengitarinya. Pada bab ini akan diuraikan solusi dari persamaan Schrodinger untuk sistem fisis real atom hidrogen dan mengkaji berbagai konsekwensinya. Merujuk kebahasan perkenalan kita dengan persamaan Schrodinger persoalan tiga dimensi memerlukan tiga bilangan kuantum untuk mencirikan semua pemecahannya. Oleh karena itu, semua fungsi gelombang atom hidrogen akan diperikan dengan tiga buah bilangan kuantum. Bilangan kuantum pertama, n, berkaitan dengan pemecahan bagi fungsi radial, R( r ). Bilangan n ini sama dengan pemecahan untuk menamai tingkat tingkat energi dalam model Bohr. Pemecahan bagi fungsi polar, ( ), memberikan bilangan kuantum l, dan bagi fungsi, ( ), memberikan bilangan kuantum ketiga ml. 1.1 Persamaan Schrodinger Atom Hidrogen Massa proton m p jauh lebih besar daripada massa elektron m e , m p =1836 m e . Di dalam pembahasan bab ini dilakukan penyederhanaan berupa asumsi proton diam di pusat koordinat dan elektron bergerak mengelilinginya di bawah pengaruh medan atau gaya coloumb.

Pendekatan yang lebih baik dilakukan dengan memandang kedua partikel proton dan elektron berotasi di sekitar pusat massa bersama yang berada (sedikit) di dekat pusat proton. Tetapi sekali lagi untuk penyederhanaan, efek ini diabaikan disini. Karena proton dianggap diam, maka kontribusi energi sistem hanya diberikan oleh elektron yaitu energi kinetik

Ek =

r p2 2me

(1.1)

dan energi potensial2 V(r)= e 1 4 0 r

(1.2)

Sehinggar2 2 E H= p - e 1 2me 4 0 r

(1.3)

Dengan demikian persamaan schrodinger untuk atom hidrogen

h2 2 e2 4 0 2me

r 1 r (r ) = E (r ) r

(1.4)

mengingat sistem atom hidrogen memiliki simetri bola, analisis menjadi lebih sederhana bila oprator 2 diungkapkan

[email protected]

[email protected]



dalam koordinat bola. Di dalam koordinat bola ( r, , ) , persamaan 1.4 menjadi h 2 1 2 1 1 2 e 2 1 = E sin r sin 2 2 4 0 r 2me r 2 r r sin

Kita pindahkan ke ruas kiri fungsi ( E ) pada persamaan (1.5) h2 1 2 1 1 2 e2 1 = E sin + 2 r + 2 2me r r r sin sin 2 40 r persamaan (1.5) menjadi h 2 1 2 1 1 2 e 2 1 E = 0 + sin + r 2me r 2 r r sin sin 2 2 4 0 r

(1.5) Prosesnya : Dengan mengingat 1 2 1 1 2 2 = 2 + 2 2 sin r + 2 r sin 2 r r r r sin maka persamaan (1.4) menjadi:h 1 2 1 1 1 1 e 1 = E sin + r + r 2 sin 2 2 4 0 r 2me r 2 r r r 2 sin 2 2 2

(1.5a) kalikan persamaan tersebut dengan - 2me r persamaan (1.5a) menjadih22

2 1 1 2 2me r 2 + sin + + r h2 sin 2 2 r r sin

e2 E + =0 4 0

faktor

1 r2

kita keluarkan dari dalam kurung kurawal

didapatkan 1 1 2 e 2 1 h 2 1 2 = E r + sin + 2 2 2me r r r sin sin 2 4 0 r

(1.5b) persamaan (1.5b) kita lakukan pemisahan variabel sebagai fungsi ( r, , ) = R( r )( ) ( ) e2 2 (R) (R) 1 1 2 (R) 2me r 2 (R) = 0 + sin + r 2 E(R) + r sin sin2 2 40 h r

selanjutnya, untuk mendapatkan solusi bagi persamaan 1.5, r dilakukan pemisahan variabel (r ) = ( r , , ) sebagai berikut

persamaan diatas menjadi1 d 2 dR 1 1 d d d 2 2m e r 2 + r + sin + 2 h2 R dr dr sin d d sin d 2 e2 1 E + =0 4 0 r

( r, , ) = R( r )( ) ( )(1.6) subtitusikan ungkapan (1.6) ke dalam persamaan (1.5) 2 kemudian dikalikan 2me r dan dibagi ungkapan 1.6 2 h didapatkan1 d 2 dR 1 1 e2 1 d d d 2 2 me r 2 E + =0 + sin + + r 4 0 r h2 d sin 2 d 2 R dr dr sin d

dari persamaan 1.7 tampak bahwa suku pertama dan keempat hanya bergantung jari-jari r, suku kedua dan ketiga hanya bergantung sudut dan . Penjumlahan suku-suku yang hanya bergantung pada jari-jari dan dua sudut ini akan selalu sama dengan nol untuk sembarang nilai r, dan jika masing-masing suku sama dengan konstanta. Konstanta (c) berharga l( l + 1) . Suku yang hanya bergantung jari-jari menjadi1 d 2 dR 2me r 2 r + h2 R dr dr e2 E + = l(l + 1) r

(1.7) Prosesnya :

PD. Fungsi Laquerre

(1.8a)

[email protected]

[email protected]



atau

e2 d 2 dR 2me r E + R = l(l + 1)R r + h2 r dr dr 2

atau setelah dikalikan

diperoleh sin 2 (1.11b)

(1.8b) sedangkan suku yang hanya mengandung sudut menjadi

dan

d m2 1 d sin + l(l + 1) = 0 d sin d sin 2

d d d 2 1 1 = l(l + 1) sin + 2 sin d d sin d 2(1.9a) setelah dikalikan dengan sin2

dengan demikian, persamaan (1.5) dapat dipisah menjadi tiga persamaan deferensial biasa, selanjutnya kita tentukan solusi masing-masing persamaan tersebut.1.1.2 Persamaan Azimuth

, persamaan (4.9a) menjadi

sin d d 1 d 2 + l( l + 1) sin 2 = 0 sin + d d d 2

(1.9b) tampak bahwa persamaan (1.9b) juga terpisah menjadi dua bagian yaitu bagian yang hanya bergantung pada sudut azimut dan bagian yang bergantung pada . Selanjutnya tetapkan masing-masing bagian sama dengan konstanta - m dan m . Dengan alasan yang akan menjadi jelas kemudian pilih2 2

dan (2 + / 6) e 2 / 6 karena posisi = / 6 sama dengan posisi = 2 + / 6 . Jelas pemilihan konstanta positif ini tidak menceritakan kondisi fisis yang sesungguhnya. Untuk konstanta negatif solusinya m ( )e im

Kita mulai dari persamaan paling sederhana (1.10a) yakni persamaan azimuth yang menggambarkan rotasi disekitar sumbu z. Sudut rotasi disekitar sumbu-z ini adalah 0 sampai 2 , dan periodesitasnya. Itulah sebabnya konstanta (4.11a) dipilih negatif (= m 2 ) agar memberi solusi berupa fungsi sinusoidal dan periodik. Bila dipilih positif akan memberi solusi fungsi exponensial sehingga untuk satu posisi yang sama akan diberi nilai yang berbeda ( / 6) e / 6 ,

1 d 2 = m 2 d 2atau

(1.10a)

(4.12)

d 2 + m 2 = 0 d 2

keunikan disetiap(1.10b)( + 2 ) = ( )

yaitu

atau

e im

( + 2 )

= e im

( )

= e im

( 2 )

=1

(4.13) untuk setiap m bilangan bulat dipenuhisehinggasin d d 2 2 sin + l(l + 1) sin = m d d

m= 0, 1, 2..(1.11a)

(1.14)

sedangkan syarat normalitas bagi m

[email protected]

[email protected]



( m ( ) = m ( ) n ( )d = mn0

2

dipenuhi oleh konstanta A= 1 2 prosesnya

(1.15)

1=

m ( ) n ( )d =

a

c

a

2

dx = A 2 c 2 2 a

diperoleh menggunakan metode Frobenius dan diberikan oleh deret berhingga yang dikenal sebagai polinom Legendre terasosiasi. Inilah alasan penagmbilan tetapan l(l + 1) ketika menguraikan persamaan (1.7) menjadi persamaan (1.8a) dan (1.9a). bila konstantanya bukan l(l + 1) maka solusinya adalah deret takberhingga. Solusi persamaan (1.11b) diberikan oleh polinom legendre Pl m (cos ) (1.16) ( ) lm ( ) = N lm Plm (cos ) dengan N lm merupakan konstanta normalisasi

a

c dx = A c2

a

2 2

2a2 im 2

(

m m lm , li m i ) = N lm N li m i P (cos )P i (cos ) sin d = lli mmi l l i

0

(e ) d = A (e ) 2 im 2

(1.17a) mengingat sifat ortogonalitas Pl m (cos )

e 2im = A2e 2im 2 A= 1 2

2 (l + m )! P (cos )P (cos )sin d = 2(l + 1) (l m )! m l 0 mi li

lli

mm

i

(1.17b) didapatkan (1.15)

Karena itu solusi yang diinginkan adalah

(m ) ( ) =

1 im e 2

bilangan bulat m disebut bilangan kuantum magnetik.1.1.3 Persamaan Polar

N lm = 2(l + 1) (l m )!2sehingga

(l + m )!

(1.17c)

1 d d m2 sin + l(l + 1) 2 = 0 sin d sin d

(1.11b)

lm ( ) =

2(l + 1) (l m )! m Pl (cos ) 2 (l + m )!

(1.18)

persamaan diferensial (1.11b) dengan konstantal(l + 1) dan m dikenal sebagai persamaan diferensial Legendre terasosiasi. Solusi dari persamaan ini dapat2

bentuk explisit polinom Pl m (cos ) dapat diperoleh melalui rumus rodigues:

[email protected]

[email protected]



Plm (cos ) =

1 1 cos 2 2 l l!

(

)

m /2

d

l+ m l+ m

d cos

(cos

2

1)

l

(1.19)

dari hubungan (1.19) ini tampak bahwa untuk harga l tertentu maka m maksimum terjadi jika m= l dan Plm

8m E = e2 h

1/ 2

r dan1/ 2

(1.22)

Pl m Pl l (cos ) =

2l 1 (1 cos 2 )l / 2 d d 2l (cos2 1)l = (22lll)!! sin l (1.20a) 2 l l! cos

me 2 o h 8 E membuat persamaan (1.8c) tereduksi menjadi

=

e2

(1.23)

sedangkan m minimum terjadi pada m= - ll Pl l (cos ) = 1 (1 cos2 )l / 2 (cos2 1)l = (l1) sin l l

2

1 1 2 R l( l + 1) R + R = 0 2 r 4

(1.24)

Prosesnya Dari persamaan (1.22) didapat harga r 8m E = e2 h 2

2 l!

2 l!

(1.20b)

jika dikaitkan dengan ungkapan (4.14), maka untuk l tertentu m dapat berharga m= 0, 1, 2, l (1.21)

2 maka 2 8m e E r r = h2

2;

1

subtitusikan harga r dan r ke dalam persamaan (1.8c) 8m E d 1 e2 1 1 / 2 h 8m e E 8m E 2 e2 d h2 h 2m e e2 E + 2 h 8m e E 4 0 h2 dR 2 + 1 / 2 8m e E d h2 1

bilangan bulat l disebut sebagai bilangan kuantum orbital.1.1.4 Persamaan Radial

Sekarang kita tentukan solusi persamaan (1.8b). pengalian 1 2 pada persamaan (1.8b) memberikan

(r)

1 d 2 dR 2me r + r 2 dr dr h 2

e2 l(l + 1)h E + R = 0 (1.8c) 4 0 r 2me r 2

l(l + 1)h R = 0 1 / 2 1 8m e E 2 2m e h2

tampak pada persamaan radial ini terdapat nilai atau energi eigen E. Pada pembahasan paper ini penulis batasi pada keadaan terikat yaitu keadaan dengan energi negatif E = E . Dengan memisalkan

kita sederhanakan persamaannya menjadi

[email protected]

[email protected]



8m E d 1 e2 1 1 / 2 h 8m e E 8m E 2 e2 d h2 h 2m 2m e2 2e E + 2e h h 8m e E 4 0 h2

dR 2 + 1 / 2 8m e E d h2 1

karena pada pembahasan disini dibatasi pada keadaan terikat yaitu keadaan dari energi negatif E = E pembagian1 d 2 d

maka hasil

E berharga negatif. Sehingga E

2m e l(l + 1)h R = 0 2 1 / 2 1 h 8m e E 2 2m e h2 1

2 dR 1 2m e he 2 l(l + 1) R = 0 + + 2 1/ 2 1/ 2 d 4 2 h m e (8 E ) 4 0

kita sederhanakan1 d 2 d 2 dR 1 2m e he 2 l(l + 1) R = 0 + + 2 4 1/ 2 1/ 2 d 2 h m e (8 E ) 4 0

kita kalikan persamaan tersebut dengan 8m e E 2 h d 2 dR + 2 8m e E 1 d d h2 8m e E 2 1 h 2m 2e h 1

menjadi1 d 2 d1/ 2 m 2 dR 2m e l(l + 1) e2 R = 0 + 2 E+ e h 1/ 2 h (8 E ) 2 0 d 2

1 8m e E l(l + 1)h 1 h2 8m e E 2m e 2m R = 0 2e 1 / 2 1 h2 E + h2 h 8m e E 8m e E 2 4 0 2m e h2 h2

8m e E h2

2 e

1

dari persamaan diatas kita ubah menjadi1 d 2 d 2 dR 1 e 2 me d + 4 + 2h 8 E 1/ 2

1

1/ 2

l(l + 1) R = 0 2

dengan mengganti harga persamaannya menjadi 2m 1 d 2 dR 2m e E + 2e + 2 d d h 2 h 1 d 2 dR 2m e + 2 d d h 2

e2 me 2h 8 E

sebagai

didapat

persamaan 8m e E e2 2 h l(l + 1) R = 0 4 0 2 1 / 2

1 2

2 R l( l + 1) 1 R + R = 0 4 2

(1.24) Untuk menentukan solusi persamaan (1.24) kita selidiki terlebih dahulu perilaku persamaan tersebut pada dua daerah extrim yaitu daerah jauh sekali dan daerah pusat koordinat. Sebelumnya tuliskan terlebih dahulu persamaan (1.25) dalam bentuk

2 2 h 2m e l(l + 1) e R = 0 1/ 2 8m E E + h 2 2 8m e E e 4 0 h2

[email protected]

[email protected]



1 d2R 2 R l( l + 1) + 2 R + R = 0 4 2 2 d

(1.25)

Karena itu persamaan (1.25) tereduksi menjadi persamaan deferensial untuk U 1 d2U l( l + 1) + U + U = 0 4 d 2 2

prosesnya 2 R 1 R 2R +2 = 2 2 2 2 2 R R = + 2 kita subtitusikan ke persamaan (1.24) sehingga persamaannya menjadi 2 1 1 d2R 2 R l( l + 1) + 2 R + R = 0 . 4 2 2 d

(1.29)

Prosesnya kita menyelesaikan persamaan 2 R terlebih dahulu menyelesaikan R dengan memisalkan U( ) maka R( ) = R U 1 U 1 U = = 2 kemudian disubtitusikan ke persamaan 2 R menjadi

Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali secara efektif persamaan tersebut menjadid2R 1 R=0 d 2 4

,(1.26)

2 1 U 1 U U = U 2 = U 2 U U + 2

Solusi persamaan ini adalah

R e / 2Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagaiR( ) = R( )

(1.27)

=

2U 2

(1.28)

dan subtitusikan ke dalam suku pertama persamaan (1.25) diperoleh

2 jadi 2 U = = U 2 subtitusikan ke persamaan (1.24) menjadi: 1 1 2 U l(l + 1) 2 U + U = 0 2 2 4

1

2 U 2U = 2

kalikan persamaan diatas dengan dan sederhanakan persamaannya sehingga didapat persamaan (1.29) yaitu 1 d2U l( l + 1) U + U = 0 + 4 d 2 2

[email protected]

[email protected]



ambil limit mendekati pusat koordinatlim d U 1 d U l( l + 1) l( l + 1) U + U = + U=0 2 + 4 2 2 d 2 d 2 2

l(l + 1)

2

U=

l(l + 1)

2

[C .0

s

+ C1. s + 1 + C 2 .r s + 2 + ...

]]

2U = S(S + 1)C 0 . s 2 + (S + 1)S.C1 . s 1 + (S + 2)(S + 1)C 2 . s + ... 20 = l(l + 1) + S(S 1)C 0 . s 2 + [ l(l + 1) + (S + 1)S]l 1 . s1 + ...

[

harga 1 U diabaikan pada 4 dominanya adalahl( l + 1) d U + U=0 d 2 22

lim

. Sehingga tampak suku

rs-2 l(l + 1) + S(S 1) = 0 l 2 l + S2 S2 = 0 (S2 l 2 ) (S + l) = 0

(1.30)

Solusi yang memenuhi persamaan suku dominan ini dan kondisi fisis keberhinggaan adalahU l+1

(S + l)(S l) (S + l) = 0 (S + l)(S l 1) = 0 S = l S = l + 1

karena itu solusi untuk daerah asal (koordinat) menggunakan hasil (1.31) dan hubungan (1.28) diberikan olehR l

(1.31)

(.132a)

prosesnya

dengan menggunakan deret jika r = 0 maka deretnya : U = s Cn. nn =0 ~

Mempertimbangkan solusi-solusi untuk daerah extrim di depan, solusi umumnya diusulkan berbentuk perkalian antara solusi titik asal, posisi jauh sekali dan fungsi umum terhadap jarakR ( ) = l e / 2 L( )

dipilih

S= l U~

S = l +1 U~

(1.32)

l

l +1

Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah

l + 1 karena l infinite pada kondisi tersebut.Mencari nilai S dari persamaan

dari sini kita dapat menggunakan berbagai cara untuk menyelesaikannya, menggunakan polinomial Laguerre atau dengan deret polinomial.murni. dengan menggunakan polinomial Laguerre dengan menggunakan persamaan untuk L, yaitu persamaan (1.29) didapatkan

l(l + 1)

2

U

dengan

mensubtitusi deret U pada

=0

2L L + 2(l + 1) } + { (l + 1)}L = 0 2

(1.33)

prosesnya

[email protected]

[email protected]



U L( ) 1 1 = (l + 1) l e / 2 L( ) + l +1. e / 2 L( ) + l +1. e / 2 2 d 2

semua persamaan kita kalikan dengan l (l + 1) + . (l + 1) L ( p ) 4

[

(l )

.e / 2

]

Agar lebih mudah kita bagi menjadi 3 kelompok

U L( ) 1 1 = (l + 1) l e / 2 L( ) + l +1. e / 2 L( ) + l +1. e / 2 2 d 2

bagian J (l + 1) l e / 2 L( ) bagian E l +1 . e / 2 L( )1 2

l(l + 1)

+.

4

= (suatu konstanta)

makaL( p)[ (l +1)]L ( p ) 2(l + 1) (l ) .e / 2 (l +1) .e / 2 L ( p ) [2(l + 1) ]

bagian F

L( ) 1 l +1 . e / 2 2

[

]

2 kemudian kita cari U 2 untuk bagian J2

Sehingga

2 L( p ) [ ] 2L 2L + 2(l + 1) } + { (l + 1)}L = 0 2

1 U L( ) = (l + 1) l 1e / 2 L( ) + (l + 1) l . e / 2 L( ) + (l + 1) l .e / 2 2 d 2 1 1 1 2U L( ) = (l + 1) l . e / 2 L( ) + l +1e / 2 L( ) + l +1 .e / 2 2 4 2 d 2 1 2U L( ) L( ) 2 L( ) se = (l + 1) l .e / 2 + l +1 e / 2 + l +1e / 2 2 2 2 d 2

untuk bagian E

memberikan Solusi deret

untuk bagian F

L = s a s . ss =0

~

(1.34)

sekarang kita kelompokkan1 1 1 L( p )l(l + 1) (l 1).e / 2 (l + 1) (l ) .e / 2 (l + 1) (l ) .e / 2 + (l +1). e / 2 2 2 4

Akan memberikan rumus rekursi

disederhanakan menjadi1 L ( p )l (l + 1) (l 1).e / 2 (l + 1) (l ).e / 2 + (l +1). e / 2 4 1 L ( p ) (l ) / 2 (l +1) 1 / 2 (l ) / 2 (l + 1) .e .e + (l + 1) e (l +1) . e / 2 2 2

a s +1 =

s + l +1 a (s + 1)(s + 2l + 2) s

(1.35)

tampak bahwa deret akan berhingga jika bulat, misalkan

adalah bilangan

disederhanakan menjadiL ( p ) 2(l + 1) (l ) .e / 2 (l +1) .e / 2 2 L ( p ) (l +1) / 2 .e 2

[

]

=n

(1.36)

[

]

maka as +1 dan seterusnya akan menajdi nol jika

s = n l 1sehingga L( ) merupakan polinomial

(1.37)

[email protected]

[email protected]



L = 5 a s . ss=0

n -l-1

(1.38)

(R

+ 2 nl , Rn i li ) = R nl Rn i li r dr = nn i ll i 0

(1.45)

menggunakan pemilihan

=n

persamaan (1.33) menjadi

L 2L 2 + 2(l + 1) } + {n (l + 1)}L = 0 (1.39) persamaan (1.39) ini tidak lain adalah persamaan differensial laguerre terasosiasi, yang mempunyai bentuk umumLp 2L p 2 + {p + 1 } q + {q p}Lq = 0

2 (n l 1)! N nl = na 2n(n + l )! o3

(1.46)

dengan a = 4 0h 2 o

(m e )2 e

adalah radius bohr.

Dengan demikian, solusi lengkap persamaan (1.8c) berbentuk1/ 2 3 2 (n l 1)! r r / nao 2 l +1 r e Rnl (r ) = Ln+l 2 2 na o nao 2n(n + l )! nao l

(1.40)p

solusinya disebut polinom Laguerre teasosiasi Lq dapat diperoleh dari rumus rodriguesp Lq ( ) =

(1.47) dari hubungan p,q, n dan l serta penyebut pada ungkapan (1.42) didapat bahwa q-p harus lebih besar atau sama dengan nol, atau p q atau (2 l +1) n+ l , tepatnya (1.48a)

q! d (e q p ) e q (q p )! dq

(1.41)

kemudian koefisien p dan q dihubungkan denganbilangan kuantum orbital l dan bilangan bulat n yang nantinya disebut bilangan kuantum utama menurut p = 2 l +1 q = n +l karena itu solusi persamaan (1.39) diberikan olehp L Lq = L2 l+l1 ( ) n+ dengan demikian solusi radial diberikan oleh

l n-1(1.42) jadi untuk n tertentu maka

(1.48b)

l = 0,1,2,3,...,n-1(1.43) Contoh : Menentukan R 10 ,R 20 , R 21 Rumus umum :1/ 2 3 2 (n l 1)! r r / nao 2 l +1 r e Rnl (r ) = Ln+l 2 2 na o nao 2n(n + l )! nao l

(1.48c

R Rnl = N nl l e / 2 L2 l +l1 ( ) n+dengan N nl adalah konstanta normalisasi

(1.44)

maka

[email protected]

[email protected]

Tugas Fisika Kuantum1/ 2 3 2 (1 0 1)! r r / 1.ao 2.0 +1 r e R10 (r ) = L1+0 2 2 1a o 1.ao 2.1(1 + 0)! 1.ao 1/ 2 3 1 r 2 0! R10 (r ) = .1.e r / ao L1 2 ao 2 ao 1/ 2 3 1 r 2 1 1.e r / ao L1 2 R10 (r ) = a ao 2 o 0

Tugas Fisika Kuantum1/ 2 3 2 (2 0 1)! r r / 2.ao 2.0+1 r R20 (r ) = L2+0 2 2 e 2a o 2ao 2.2(2 + 0)! 2ao 1/ 2 3 1 (2 0 1)! r r / 2 ao 1 r R20 (r ) = L2 e a o ao 2.2(2 + 0)! ao 1/ 2 3 1 r 1 1 R20 (r ) = 3 1.e r / 2ao L2 a 2 a o o 0 0

1 R10 (r ) = a o

3 3 1 2 2

1/ 2

1 r 1.e r / ao L1 2 a o

1/ 2 3 1 r 1 3 1 R10 (r ) = 2 1.e r / ao L1 2 a a 2 o o 1/ 2 3 1 r 1 R10 (r ) = 2 2 1.e r / ao L1 2 a o a o

1 R20 (r ) = a0

3/ 2

1 r 1.e r / 2 ao L2 a 2 2 o

1

dari persamaanp Lq ( ) =

q! d q q p (e ) e (q p )! d q

1 R10 (r ) = 2 a op q

3/ 2

1 r 1.e r / ao L1 2 a o

dari persamaanq! d q q p (e ) L ( ) = e (q p )! d q

r r 1 r 2! a0 d 2 a0 r e L12 = e 2 a (2 1)! a r 0 0 d a 0 r r 1 a r d 2 a0 r e L12 = 2e 0 2 a a r 0 0 d a 0 a r r a L12 = 2e 0 e 0 a a0 0 a r r a L12 = 2e 0 e 0 a a0 0 r a r a L12 = e 0 2 e 0 a a0 0 r r r r r r

maka 2r 1! = L1 e 1a0 1 1a0 (1 1)! 2r L1 = 1.e e 1 a0 2r L1 = 1 1 a0 2r 1a0 2r 1a0 2r

2 r 2r 0 e 1a0 1a 2r 0 d 1a 0 d11

sehingga R10 (r ) = 2(a0 )3 / 2 .e r / a Menentukan R 20 Rumus umum : 2 Rnl (r ) = nao 3 (n l 1)! 2n(n + l )! 1/ 2

o

sehingga

r 2 na o

r / nao 2 l +1 r e Ln +l 2 na o

l

1 3 / 2 1 r 1.e r / 2 ao 2 R20 (r ) = ao a0 2 2 Menentukan R 21 Rumus umum

[email protected]

[email protected]


Tugas Fisika Kuantum1/ 2

2 Rnl (r ) = nao

3 (n l 1)! 2n(n + l )!

r 2 na o

r / nao 2 l +1 r e Ln+l 2 na o

l

d2R 1 R=0 d 2 4

(1.26) / 2

2 R21 (r ) = 2ao 1 R21 (r ) = ao 1 R21 (r ) = ao

3 (2 1 1)! 2.2(2 + 1)! 1/ 2

1/ 2

r 2 2a o

r / 2 ao 2.1+1 r e L2+1 2 2a o

l

Solusi persamaan ini adalah R = e , kemudian kita masukkan dalam fungsi

(1.27) didapatkan (2.1)

3 (0)! 4 x6

1

r a o r a o

r / 2 ao 3 r e L3 a o 1

R ( ) = G ( )e / 2Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagai d 2 R 2 dR l(l + 1)d 2 +

3 1 4 x6

1/ 2

r / 2 ao 3 r e L3 a o r / 2 ao 3 r e L3 a o

d

2

R=0

(2.2) (2.3)

1 3 / 2 1 1 r R21 (r ) = a0 2 6 ao

dengan mengasumsikan R = s kita mendapatkans( s 1)2

dari persamaanp Lq ( ) =

R

(q p )!

q!

e

d (e q p ) d qq

2

+ 2s2

R

2

l(l + 1)

R

2

=0

s s + 2s = l + l s2 + s = l2 + l0

maka r L3 3 a0 r L3 3 a0 r L3 3 a0 3! a0 = (3 3)! e = 1.e a0 e a0 =1 o

r

r r e a0 3 a r 0 d a0 d3

(s + l)(s l) = s + l (s + l)(s l) + s l = 0 (s l )[(s + l ) + 1] = 0

s 2 l2 = s + l

r

r

sehingga R (r ) = 1 (a )3 / 2 r e r / 2a 21 0 2 6 a0

atau s = l 1 penyelesaiannya adalah s = l karena persamaan ke dua bernilai (-). Kemudian kita tuliskan persamaan G sebagai sebuah penjumlahan. Kita misalkan : (2.4) G ( ) = l a k = a k + l

s=l

0

k

0

k

cara II. Tanpa menggunakan Laguerre terasosiasi dengan bantuan rumus rodrigues dan fungsi gamma. 1 d2R 2 R l( l + 1) + R + R = 0 4 2 d 2 2

persamaan deferensial untuk G dapat kita tulisd 2 G 2 dG l(l + 1) + G=0 d 2 d 2 k +l 2

(2.5)

(1.25)

Sehingga : a { (k + l )(k + l 1)k 0

(k + l ) k + l 1 + 2(k + l ) k + l 2 + ( 1) k + l 1 (l + 1) k + l 2k + l2

}= 0

Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali secara efektif persamaan tersebut menjadi

,

a [(k + l )(k + l 1) + 2(k + l) l(l + 1)]k 0

= a k [(k + l ) ( 1)] k + l 10

sekarang kita merubah ruas kiri sehingga faktor pengalinya

k +l1

[email protected]

[email protected]


Tugas Fisika Kuantumk + l 1

a [(k + l + 1)(k + l ) + 2(k + l + 1) l(l + 1)]k +1 0

= a k [(k + l ) ( 1)] k + l 10

dan a = 4 0h 2 o

koefisien pangkat saling meniadakan, sehingga kita bisa menurunkan hubungan persamaan rekursi untuk konstanta ak .a k +1 (k + l ) ( 1) = (k + l + 1)(k + l) + 2(k + l + 1) l(l + 1) ak

(m e )2 e

didapatkan = 2 r .a0

a k +1 k + l +1 k + l +1 = = ak k (k + 2l + 1)2(k + l + 1) k (k + 2l + 2 ) + (k + 2l + 2 )

Prosesnya me e 4 1 8m e 2 2 32 2 0 h 2 n = 2 h 1/ 2

=

(k + 1)(k + 2l + 2 )

k + l +1

1 kx

r

ini merupakan ciri rasio dari deret e , pada persamaan ini x = . Sehingga kita dapat menuliskan (2.6) G ( ) l e ingat hubungan antara deret pangkat dengan rekursi memberikana k +1 = k + l +1 a a (k + 1)(k + 2l + 2) k kl k

kemudian dikeluarkan dari akar (pangkat ) didapatkan m e 2 1 karena r = e2 0 h 2 n

ao =

4 0h 2

(m e )2 e

; kita dapat memanipulasi persamaan ini sehingga persamaan diatas

menjadi1 me e 2 2 me e 2 = = 2; 4 0 h ao 2 0 h 2 ao

pada limit k hubungan diatas menjadi a k +1 x

ak k

menjadi=2 r a0

hal ini memiliki rasio yang sama dengan deret e , dimana x = . Oleh sebab itu persamaan diatas dapat ditulis (2.7) e = a k

k =0

k

dari persamaan ini kita dapat menemukan solusi persamaan Rnl ( ) dengan mengalikan persamaan (2.1), (2.6) dan (2.7). sehingga didapatkan 0

dengan menggunakan hubungan rekursi k + l +1 a k +1 = a (k + 1)(k + 2l + 2) k ak +1 dan seterusnya akan menjadi nol jika k = n l + 1sehingga R (r ) = 0 a k e 2 ; dengan = 2 r k 10k =0r a0

0

Rnl ( ) = l ak k e / 2

(2.8)

a0

contoh menghitung Rnl (r ) untuk n = 1 dan l = 0 penyelesaian fungsi gelombang radial memberikanRnl (r ) = ln l 1 0

R10 (r ) = Ce

kemudian kita menghitung nilai konstanta C dengan kondisi normalisasi

ak k e / 2 1/ 2

me e 1 2 2 32 2 0 h 2 n4

0

r 2 Rnl Rnl dr = 12

(2.9) (2.10)3/2

CE = En =

dengan

8m E = e2 h

r

; subtitusikan harga

0

r 2e 2 r / a0 dr = 12 a0 1 = 2 a 0 3/ 2

sehingga harga C = 1 2

(2.11)

[email protected]

[email protected]



prosesnyaC2

R20 (r ) = (a0 + a1 )e / 2a k +1 =a1 =

0

r 2 e 2 r / a0 dr = 1

kita ingat bahwa betuk integral fungsi gamma memberikan(n ) = x n 1e x dx dimana (n ) = (n 1)!0

(k + 1)(k + 2l + 2)0 + 0 +1 2 a0

k + l +1

ak

(0 + 1)(0 + 2(0) + 2)

1 a1 = a0 2

dengan n = 1,2,3,4... kita manipulasi bentuk persamaan (2.10) menjadiC2

sehingga R (r ) = C 1 r e r / 2 a 20 2a0

0

a0 a0 2 2 3

2

(2r / a ) e2 0 0

2 r / a0

d (2r / a 0 ) = 1

sekarang kita akan mencari harga C

0

r 2 R nl Rnl dr = 12 2

2 a C 0 2

(2r / a ) e2 0 0

2 r / a0

d (2r / a 0 ) = 1

C (a0 / 2 )2

3 0

(2r / a ) e0

2 2 r / a0

d (2r / a0 ) = 1

(2.12)

(n ) = x n 1e x dx (n ) = (n 1)!0

r r / a 2 0 r 1 2a0 e 0 dr = 1 r r 2 r / a0 2 2 e C r 1 + dr = 1 2 a 0 4a 0 0 r3 r 4 r / a0 e C2 r2 + dr = 1 0 a 0 4a0 2 C r3 r4 2 + C a0 r 2 a 0 4a 0 2 0 r / a0 r e d =1 a0

dari persamaan (2.12) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 3 maka (3) = (3 1)!= 2 sehingga persamaan (2.12) menjadi

(a0 / 2) 2 = 1 3 3 C (a0 / 2) 2 = 1 / 2(2 / a0 ) 3/ 2 c = 1 / 2 (2 / a0 )C2 3 2

C =

1 2

2 a 0

3/2

1 = 2 a 0

3/2

r3 r 4 r / a0 r 2 e d =1 C a0 r 2 + a0 a0 4a0 2 0 2 (r / a ) r r 3 (r / a )0 r r 4 (r / a )0 r 2 C a0 r e d e d + d = 1 e 0 a0 0 4a0 a0 0 a0 a0 4 3 2 2 r 2 r r r a r 2 2 r C a0 a0 e (r / a )d a0 e (r / a )0 d + 0 e (r / a )0 d = 1 a a 4 a a a 0 a 0 0 0 0 0 0 0 0

( )

sehingga didapat 1 R10 (r ) = 2 a 03/ 2

e r / a0

Untuk R 20Rnl (r ) = lR20 (r ) = 0n l 1

2 2 a 2 2 C a0 a0 (3) a0 ( 4) + 0 (5) = 1 4 2 2 a0 2 2 C a0 a0 2!a0 3!+ 4! = 1 4

0 2 01k =0 1

a k

k

e / 2e / 2

a k

k

R20 (r ) = 0 ak k e / 2k =0

[email protected]

[email protected]

Tugas Fisika Kuantum2 2 a 2 2 C a 0 2 a0 6 a0 + 0 4 x 6 = 1 4 2 2 a 2 2 C a 0 2 a0 6 a0 0 4 x 6 = 1 4


C a0 a0

2

2

0

r4

1 r / a0 r e d =1 4 a0 a04

C a0

2

3

C a 0 2 a0 = 1 C 2 a0 = 1 C =C =2

2 2

[ ]2 3

0

r r / a0 r e d = 1 a a 0 0

(2.10)

2

1 3 2 a01 2a 03

dari persamaan (2.10) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 5 maka (5) = (5 1)! = 4 x3 x 2 x1 = 4 x6 persamaan (2.10) menjadiC = a0 4 x 6 = 1 C =2 2 3

1 C = 2a 3 0 C=

1/ 2

1 3 4 x6a0 1 3 4 x6a0 1 3 4 x6a03/ 2

C = 3/ 2

2

1 1 2 a0

1x 2 1 2 x2 a 0 1x 2 1 2 x2 a 0

3/ 2

C = C= 3/ 2

2

3/ 2

2 1 C = 3/ 2 2 a0 1 C = 2 2a 0

R21 (r ) = C (r / a0 )e r / 2 a0 R21 (r ) =

1 1 2 6 a0

3/ 2

1 1 2 6 a0

3/ 2

(r / a0 )e r / 2 a

0

1 R20 (r ) = 2 2a 0Rnl (r ) = ln l 1 0 211 k =0

3/ 2

r r / 2 a0 1 2a e 0

Cara III menyelesiakan persamaan radial atom hidrogen 2 dengan subtitusi ke deret dimana V (r ) Ze (bu parmi solution)r1 2 R 2m e2 l(l + 1) R=0 + 2 E + R r 2 r r r h r r2

sekarang kita coba menghitung R21

(3.1)

a k

k

e / 2

misalkan ; R(r) = U(r)rR R U 1 U 1 = U = r r r r r r 2

R21 (r ) = 1 a0 0 e / 2 R21 (r ) = C (r / a0 )e r / 2 a0

0

r 2 Rnl Rnl dr = 12

(2.9)

C

0

r r2 a 0

r / a0 e dr = 1

2

2 1 U 1 U U = r U r r r r r 2 r r = U 2 U U +r 2 r r r2U r 2

kita manipulasi bentuk diatas agar sesuai dengan integral fungsi gamma

=r

(3.2)

[email protected]

[email protected]

Tugas Fisika Kuantum 2 R 2m e 2 U l(l + 1) U r 2 + 2 E + =0 r h r r r2 r 2 U 2m e2 l(l + 1) + 2 E + U U=0 2 r h r r2 1 r2 U 2m E U = 0 + r 2 h 2 2


Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah

l + 1 karena l infinite pada kondisi tersebut.(3.3) Mencari nilai S dari persamaan

l(l + 1) U r2

dengan

mensubtitusi deret U pada r=0

dengan memisalkan2m = 2 E h2

l( l + 1) l(l + 1) 0 s U= C .r + C1 .r s + 1 + C 2 .r s + 2 + ... 2 r r2

[

]]

maka solusi persamaan (3.3) untuk r adalah2

Re

2

2U = S(S + 1)C0 .r s 2 + (S + 1)S.C1.r s 1 + (S + 2)(S + 1)C 2 .r s + ... r 2

[

+0 = l(l + 1) + S(S 1)C0 .r s 2 + [ l(l + 1) + (S + 1)S]l 1.r s1 + ...

pada dua daerah extrim yaitu daerah jauh sekali dan daerah pusat koordinat. Dapat dituliskan secara matematis dengan limit (r 0) dan limit (r ~) Jika r 0e =0 r2

rs-2 l(l + 1) + S(S 1) = 0 l 2 l + S2 S2 = 0 (S + l)(S l) (S + l) = 0 (S + l)(S l 1) = 0 S = l S = l + 1 (S2 l 2 ) (S + l) = 0

E+

e 2 diabaikan terhadap l(l + 1) r r2

l(l + 1) =~ r2sehingga tampak suku yang paling berpengaruh adalahd 2 U l(l + 1) U=0 r 2 r2

jika r ~ maka

e2 =0 r

dan

l(l + 1) =0 r2

(3.4)~

2 U 2m 2U + 2 E U = 0 2 + 2U = 0 r 2 h r-2 > 0 dengan memisalkan = 2m E h22

jika r = 0 maka deretnya : U = r S Cn.r nn =0

dipilih

S= l U~ rl

S = l +1 U~ rl +1

diperoleh U = Aer + Be-r

[email protected]

[email protected]



r~:

er ~ tidak memenuhi syarat e-r 0

Bagian C

U ~ e-r U = r l +1

e r

F( r )

2U F F l+1 r 2 F = (l + 1)r l e r +r e - r l+1 (- )e r r 2 r r r 2sehingga :2U F = l(l + 1)r l1e r F(r) + (l + 1)r l ( )e r F(r) + (l + 1)r l e r + r 2 r

2m 2m e 2 l+1 r l(l + 1) l+1 r r e F(r) 2 E+ 2 r e F(r) r2 h r h 2m e 2 l(l + 1) l +1 r = 2 + 2 r e F(r) h r r2

dU = (l + 1)e r F(r) r l+1 drpembuktian:

l r l +1 r l +1 r F (l + 1)r e F(r) - r ( )e F(r) - r e + r (3.5)

U = r l+1e r F(r)

(3.6)

F l +1 r 2 F l r F - r l +1e r +r e (l + 1)r e r r r 2 Untuk bagian

F dU = (l + 1)r l e r F(r) + r l+1 e r F(r) + e r r dr

F r

l r l +1 r l F (l + 1)r e F(r) r e + r + 1e r r A B C

F = (l + 1)r l e r - rl + 1e r + (l + 1)r l e r r l +1e r r

{

}

=

F = {2(l + 1)r l e r - 2r l+1e r } r

Untuk bagian F(r) Bagian A2U F = (l + 1)lr l1e r F(r) + (l + 1)r l ( )e r F(r) + (l + 1)r l e r r 2 r

F(r ) = l(l + 1)r l 1e r - 2 (l + 1)r l e r + 2 r l +1e rUntuk bagian F(r)

{

}

Bagian B

2 F l+1 r r e r 2

(

)

2U F = (l + 1)r l e r F(r) r l+1 (- )e r F(r) - r l +1e r r 2 r

Sehingga pers.nya menjadi:

[email protected]

[email protected]

Tugas Fisika KuantumF(r ) = l(l + 1)r l1e r - 2 (l + 1)r l e r + 2 (l + 1)r l+1e r +


{

}

F 2(l + 1) rle r 2r l+1e r + r

(

)

+

2 F l+1 r 2 U r e = 2 r 2 r

2U 1 l(l + 1) U k U+ U =0 2 Z 4 Z Z2

misal :

Z U= e 2 F(r) 2U

l +1

Z

2 U 2m l 2 l(l + 1) U=0 + 2 E + U r r2 r 2 h 2me 2 me 2 2 =2 . h h Z2me 2 1 2 = = h2 r Z

l +1 l +1 Z Z Z 1 Z Z U Zl F = (l + 1) e 2 F(Z) + e 2 F(Z) + e 2 l +1 2 2 Z ( 2 ) 2 Z

sehingga persamaan diata dapat dirubah menjadi

Z

2F F + (2l + 2 Z) (l + 1 k)F = 0 (B) 2 Z Z1F1

ingat dari : (a, c, Z)

2r = Z 2 r = Z

me 2 Z = k; = 2 2 h rU U Z U . = 2 = r Z r Z 2 U U Z = 2 . r 2 Z Z r

x

2 + (c x ) a = 0 .. (A) 2 Z x

Agar penyelesaian PD berupa polygonal yang terbatas syaratnya: Bandingkan pers. (A) dan (B)

A=-n

= 2 . U 2 Z 222 = 4 2 . U 2

c = 2l + 2 a = l +1 k

l + 1 k = nr n=k =n+l

Z

dimana: n r = bilangan kuantum radial

2me 2 me 2 2 = 2. 2 = 2k 2 h Z h r

Pers. (a) menjadi:

l = bilangan kuantum ordinalk = n = bilangan kuantum utama Deretnya: 1F1 ( l + - k ; 2 l +2 ; Z) = F(Z)

2U 4 2 4 2 l(l + 1) U 4 2 . 2 2 U + k.U = 0 : 42 Z Z Z2

[email protected]

[email protected]


Tugas Fisika Kuantum m

nlm = R nl P l

n=3m

n r = 2, 1, 0

A 1 = Z 2

l +1

Z Z Z F l 1 l 1 l (l + 1)lZ e 2 F( Z) Z e 2 F( Z) + (l + 1) Z e 2 2 Z

Z U = e 2 F( Z) 2 l +1 l +1 Z Z F( Z) l +1( l +1) Z F ( Z ) Z 1 U 1 + Z e 2 F = + e 2 2 2 Z Z 2 2 l

l +1

Z

Z Z Z 1 B 1 1 F = (l + 1)lZ l e 2 F( Z) Z l+1 e 2 F( Z) + Z l+1e 2 2 Z 2 2 Z Z Z Z C 1 2F 1 = (l + 1)lZ l e 2 F( Z) Zl+1 e 2 F( Z) + Zl+1e 2 Z 2 Z 2 2 l +1

l +1

2 U A B C = + + Z 2 Z Z Z

AZ U =e Z 2 2 2 Z 2 l +1

B

C

F 1 1 1 1 1 2 1 (l + 1) Z . + (l + 1) Z . + F( Z) (l + 1)lZ (l + 1) Z 2 2 2 Z

k 2U 1 l(l + 1) U U+ U =0 2 4 Z Z Z2

=e

1 2F 1 (l + 1) Z 1 + + 2 4 Z 2l +1

Dari pers. di atas:

Z 2

Z 2

2 F 1 F 2(l + 1) Z 1 1 + F( Z) + F( Z) (l + 1)lZ 2 (l + 1) Z 1 + 2 2 Z Z

[

]

Z

2F F + (2l + 2 Z) (l + 1 k) = 0 2 Z Zx d 2 F + (c x) (l + 1 k)F = 0 2 Z dxa = n

Masuk ke pers. :

2U 1 k l(l + 1) U+ U U=0 2 Z 4 Z Z20= 1 2 F 1 F 1 1 k l(l + 1) + 2(l + 1)Z 1 1 + (l + 1)lZ 2 (l + 1)Z 1 + + F Z 2 F Z 4 4 Z Z2

c = 2l + 2

a = l +1

{

}

x FZ

l + 1 k = n

Z

2 F F {2(l 1) - Z} + {- (l + 1) + k}F = 0 + Z 2 Z 2F F Z 2 + (2l + 2 Z) (l + 1 k ) F = 0 Z Z

x

2 + (c x) a = 0 2 x x(a )n.X n n =0 (c) n.n!~

a = l +1 k c = 2l + 2 Z = 2 r

PD. Confient Hypergeometric

1F1 =

[email protected]

[email protected]



1F1( Z) =

(l + 1 k )n Zn n! n =0 ( 2l + 2) n~

untuk harga F kita dapat menderetkannya sebagai berikut

untuk merubah fungsi U (r ) kita pergunakan R(r ) = U (r )r

1F1[(l + 1 k ) : 2l + 2 : 2r ]=

R (r ) R( 2r ) =

U (2r ) r 1 l+1 r = C. .r , e F ( 2r ) r

(a ) 0 (2r ) 0 (a )1 (2r )1 (a ) 2 (2 r ) 2 (a ) 3 (2 r ) 3 + + + (c) 0 0! (c)11! (c) 2 2! (c) 3 3!2

= 1 + (l + 1 k) 2r + (l + 1 k)(l + 1 k + 1) (2r)2l + 2 1! (2l + 2)(2l + 3) 2!

+

(l + 1 k)(l + 1 k + 1)(l + 1 k + 2) (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)

= C.r l , e r F (2r )n=k k=4

(2r)3 (l + 1 k)(l + 1 k + 1)(l + 1 k + 2)(l + 1 k + 3) (2r)4 + 3! (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)(2l + 5) 4!

sehingga

untuk

menentukan

harga

F

kita

dapat

l0 1 2 3

nr 3 2 1 0

mensubtitusikannya ke dalam deret. Oleh karena itu bu parmi solution ini saya sebut cara subtitusi ke deret. Dari bu parmi solution diatas kita dapat menentukan persamaan untuk Rnl yaitu :

Rnl = N nl r l e nr F (nr ;2l + 2;2 n r )

Supaya deret tertentu finite a = - nr

l +1 k = n r k = nr + l + 1di mana: K = bilangan kuantum utama K=n n r = kuantum radial

khusus untuk bu parmi solution (solusi dengan subtitusi) karena menggunakan system satuan yang berbeda harus ada konversi untuk harga r. harga r pada bu parmi akan sama dengan harga r yang lain (dengan gamma solution dan polinom Laguerre) jika dibagi dengan sebuah konstanta a0 . Jika r untuk solusi fungsi gamma dan polinom Lguerre kita beri symbol `r maka harga r dan n r mempunyai harga

r=

`r `r dan n r = a0 na0

l = kuantum orgitaln=1K n=2L n=3M

contoh : menghitung R10R10 = N10 r 0 e 1r F (1 (1 + 0);2(0) + 2;2 1r )R10 (r ) = 2(a0 ) R10 (r ) = 2(a0 )3 / 2 3 / 2

Rnl = N nl r l e n r F (nr ;2l + 2;2 n r )

r 0 e 1r F (1 (1 + 0);2(0) + 2;2 1r ) e 1r F (1 (1 + 0);2(0) + 2;2 1r )

sekarang kita akan mencoba mengitung

[email protected]

[email protected]



F (1 (1 + 0);2(0 ) + 2;2 1r ) F (0;2;2 1r )(a ) 0 (2 r ) 0 (a )1 ( 2 r )1 (a ) 2 (2 r ) 2 (a ) 3 (2 r ) 3 + + + (c) 0 0! (c)11! (c) 2 2! (c) 3 3!

1 R20 = a 0

3/ 2

1 2 2

.e

2 `r a0

`r 1 2a 0 atau dapat ditulis

= 1+ (l +1 k) 2r + (l +1 k)(l +1 k +1) (2r)2l + 2 1! (2l + 2)(2l + 3) 2!

2

+

(l + 1 k)(l + 1 k + 1)(l + 1 k + 2) (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)

(2r)3 (l + 1 k)(l + 1 k + 1)(l + 1 k + 2)(l + 1 k + 3) (2r)4 + 3! (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)(2l + 5) 4!

1 1 a 0 `r `r R20 = a 2 2 .e 2 a 0 0 sekarang kita akan menghitung R21 R21 = N 21r 1e 2r F (2 (1 + 1);2(1) + 2;2 2 r )

3/ 2

2

Rnl = N nl r l e nr F (nr ;2l + 2;2 n r )

2(0) + 2 1! karena suku didepannya berharga 0 sehingga persamaanya menjadi:

=1+ (0 +11) 2r + (vanish (deret ke-2 = 0)=1 )R10 (r ) = 2(a0 )

3 / 2 1r

e

1

dimana n r =R10 (r ) = 2(a0 )3 / 2

`r `r dan r = a0 na0

.e `r / ao

`r 2r e F (0;3;2 2 r ) a0 1 (a0 )3 / 2 `r e 2r F (0;3;2 2 r ) R21 = a0 2 6 dengan cara yang sama sekarang kita akan mencoba mengitung F (0;3;2 2 r ) R21 = N 21.= 1 + (1 + 1 2) 2 2 r = 0(vanish )2.1 + 2 1!

sekarang kita akan menghitung R20

R20 = N 20 r 0 e 2r F (2 (0 + 1);2(0) + 2;2 2 r )

Rnl = N nl r e

l nr

F (nr ;2l + 2;2 n r )

= 1

R20 = N 20 .e 2r F (1;2;2 2 r )1 1 2r R20 = a 2 2 .e F (1;2;2 2 r ) 0 sekarang kita akan mencoba mengitung F (1;2;2 2 r )= 1+ (l +1 k) 2 2 r + (l +1 k)(l +1 k +1) (2r)2l + 2 1! (2l + 2)(2l + 3) 2!2

= 1+ 1 2r + (vanish =1 r ; n r = `r )2n

na0

3/ 2

maka r = `r 2 2 a0R21 (r ) = 1 2 6

(a0 )3 / 2 `r e `r / 2a

a0

o

+

(l +1 k)(l +1 k +1)(l +1 k + 2) (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)

1.1.5

Solusi Eigen dan Distribusi Probabilitas

(2r) 3 (l +1 k)(l +1 k +1)(l +1 k + 2)(l +1 k + 3) (2r) 4 + 3! (2l + 2)(2l + 3)(2l + 4)(2l + 5) 4!

Dari uraian didepan diperoleh solusi eigen lengkap bagi persamaan (1.5), yaitu

=

1+

(deret (0 +1 2) 2r (1+1 2)(l +1 k +1) (2r) 2 vanish + 2(0) + 2 1! (2l + 2)(2l + 3) 2!2n

ke 3 = 0)

(r ) nlm ( r, , ) = Rnl (r ) lm ( ) m ( )dengan n = 1,2,3,...

r

(1.49)

= 1+ 1 2r + (vanish) =1 r ;

n

r=

`r na0

maka r = `r 2

2 a0

[email protected]

[email protected]



l = 0,1,2,3,...,n-1 m =0, 1, 2, ,... l

n=4 (1.50)

l0 1

m 0 -1 0 1

suatu keadaan dari atom hydrogen. Mengingat Rnl , lm , ternormalisasi

kombinasi ketiga bilangan n, l , m pada nlm mendefinisikan

m merupakan fungsi ternormalisasi, maka nlm juga2

-2 -1 0 1 2

( ni li mi , nlm ) =

n l m * nlm dv = nn ll mmi i ii i

i

(1.51) hal ini sesuia dengan penafsiran awal bahwa merupakan rapat probabilitas untuk mendapatkan partikel dalam keadaan n, l , m pada posisi (r , , ) . Mengingat bentuk (1.28) , fungsi rapat probabilitas dapat diuraikan menjadi bagian radial dan bagian angular. Karena penulis hanya ditugasi untuk menyelesaikan persamaan Schrodinger saja, maka fungsi rapat probabilitas dapat anda pelajari sendiri.*

3

-3 -2 -1 0 1 2 3

Contoh Permasalahan 1. Untuk bilangan kuantum n = 4, tuliskan fungsi eigen dengan semua nilai l dan m yang mungkin

nlm (r, , ) 400 (r, , ) 411 (r, , ) 410 (r, , ) 411 (r, , ) 42 2 (r, , ) 421 (r, , ) 420 (r, , ) 421 (r, , ) 422 (r, , ) 433 (r, , ) 43 2 (r, , ) 431 (r, , ) 430 (r, , ) 431 (r, , ) 432 (r, , ) 433 (r, , )

Penyelesaian Dari uraian didepan didapatkan bahwa n tertentu terdapat n harga l . Untuk n = 4 maka

Distribusi probabilitas radial. Dari hubungan ortonormalitas persamaan (1.45), tampak bahwa probabilitas per satuan panjang r diberikan oleh:

l =0,1,2,3sedangkan untuk l tertentu adalah (2 l +1) harga m. Lengkapnya diberikan dalam fungsi gelombang nlm seperti tabel berikut:

P (r ) = Rnl r 22

(1.52)

bentuk fungsi probabilitas ini selain bergantung pada jarak juga bergantung pada bilangan n dan l . Untuk spesifikasi keadaan seringkali digunakan notasi spektroskopik sebagai berikut:

[email protected]

[email protected]



notasi spektroskopik

l

0 s

1 p

2 d

3 f

... ...

beberapa fungsi Rnl diberikan pada tabel berikutTabel 1.1 Fungsi Radial

Untuk mendapatkan gambaran prilaku umum Pnl (r ) kita gunakan: i. rumus rekursi (1.35) dan polinom (1.38) memperlihatkan bahwa polinom merupakan polinom L( ) , berorde s = n- l -1 sehingga L( ) mempunyai s titik nol. ii. Untuk nilai

n 1 2 2 3 3 3

l0 0 1 0 1 2

Rnl2a o3 / 2

e r / ao3 / 2 3 / 2 3 / 2 3 / 2

1/ 2 1/ 2 1/ 9 1/ 9 1/ 9

2 ao 6 ao 3 ao 6 ao

( 2 r / a o ) e r / 2 ao ( r / a o ) e 2 r / a o ( 6 4 r / a o + 4 r 2 / 9 a 2 ) e r / 3 ao ( 2r / 3a o )( 4 2r / 3a o )e r / 3ao ( 2 r / 3a o ) 2 e r / 3ao

l terbesar ( l =n-1), Pnl (r ) hanyan 1

mempunyai satu gelembung. Menurut ungkapan (1.47),

r Rnn 1 (r ) na 0

e r / nao

30 a o

3 / 2

Grafik-grafik probabilitas radial

karena itu, puncak Pnn 1 (r )

2r 2 r / nao e terjadi jiak na 0 2 n 1

2n

gambar 1.2

Pnl (r ) diberikan oelh

dPnn 1 2 2 2 r 2 r = 2n dr na 0 na 0 na 0 na 0 dipenuhi oleh r = n ao2

e 2 r / nao

(1.53)

[email protected]

[email protected]



maka probabilitas per satuan panjang untuk mendapatkan elektron pada jarak r dari inti

P (r ) =

4r 2 a03

e r / nao

karena itu, probabilitas elektron berada pada jarak kurang dari

a0 ,

a0

0

4 0 P (r )dr = 3 e 2 r / a0 r 2 dr a0 0

a

4 a = 3 0 e 2 r / a0 r 2 a0 2= 1-5 / e = 0,3232

a0

0

a 0 + 0 e 2 r / a0 2rdr 2 0

a

distribusi probabilitas anguler. Dari persamaan (1.49),(1.15) dan (1.18) diperoleh bagian sudut lm ( ) m ( ) Ylm ( , ) =2l + 1 (l m )! P m (cos l 2 (l + m )!

)

1 im e 2

(1.54)Gambar 1.2 Rapat Probabilitas sebagai fungsi jarak

Ylm =

2.

Hitung kemungkinan mendapatkan elektron berada pada jarak kurang dari jari-jari bohr untuk atom hidrogen pada keadaan dasar. Penyelesaian: Fungsi radial keadaan dasar atom hidrogen

Ylm =

2l + 1 (l m )! m Pl (cos )e im 4 (l + m )!

2l + 1 (l m )! m 1 im Pl (cos ) e 2 (l + m )! 2

(1.54*)

R10 (r ) (2a 0 )

3/ 2

e r / nao

sekarang kita akan coba menghitung Y00 , Y10 , Y11 , Y20 untuk Y00

[email protected]

[email protected]



Ylm =Y00 = Y00 =

20 + 1 (0 0 )! 0 P0 (cos )e i 0 4 (0 + 0 )! 1 4

2l + 1 (l m )! m Pl (cos )e im 4 (l + m )!

d P11 ( x) = (1 x 2 )1/ 2 x dx 1 2 1/ 2 P1 ( x) = (1 x )

1

jika x= cos , maka persamaan untuk P ( cos )menjadi 11

P1 (cos ) = (1 cos2 )1 / 2 1 P1 (cos ) = (sin 2 )1 / 2 1 P1 (cos ) = sin 1

untuk Y10Y10 = Y10 = Y10 =

2(1) + 1 (1 0 )! 0 P1 (cos )e i 0 4 (1 + 0 )! 3 1 1 cos 2 4 2 0 0! 3 cos 4

sehingga Y11 dapat kita hitung dengan cara

(

)

0/2

cos 2 1 cos 11

(

)

Y11 = Y11 =

2.1 + 1 (1 1 )! 1 P1 (cos )e i1 4 (1 + 1 )! 3 (sin )e i 8

akan lebih mudah ketika kita menggunakan simbol x untuk menggantikan cos . Pada akhir penyelesaianya nanti kita baru mensubtitusikannya lagi. Contoh : m d Pl m ( x) = (1 x 2 ) m / 2 dx Pl ( x)

untuk Y11 karena pada perumusan pada bagiand Pl m ( x ) = (1 x 2 ) m / 2 dx m

Pl ( x )

misalnya kita akan menghitung P11 (x ), P20 ( x ), P21 (x ), P22 (x ) rumus umumd Pl m ( x) = (1 x 2 ) m / 2 dx m

m selalu berharga negative, maka pada bagian ini sama dengan Y11 , tetapi pada bagian azimutnya m dapat berharga negatif. Sehingga Y11 memilikiY11 = 3 (sin )ei 8

Pl ( x)

penghitungan yang lain :P20 ( x) =P21 ( x) =

kita subtitusikand P11 ( x) = (1 x 2 ) 1 / 2 P1 ( x) dx 1

1 (3 x 2 1), 2

rumus rodrigues memberikan:P1 ( x) = 1 d ( )' ( x 2 1)' = x 211! dx

1 d 1 (1 x 2 )1 / 2 (3x 2 1) = 3x 1 x 2 2 dx 2

P22 ( x) =dst.

1 d d (1 x 2 ) (3x 2 1) = 3(1 x 2 ) 2 dx dx

[email protected]

[email protected]



Sehingga untuk Y20Y20 = 2.2 + 1 (2 0 )! 0 P2 (cos )e i 0 4 (2 + 0 )!

Mengingat bentuk eksplisit m , maka rapat probabilitas polar hanya bergantung pada sudut

.

karena P20 ( x) = 1 (3 x 2 1), maka 2Y20 = Y20 = Y20 = 2.2 + 1 (2 0 )! 1 i 0 2 3 cos 1e 4 (2 + 0 )! 2 5 1 3 cos 2 1 1 4 4 5 3 cos 2 1 16

P ( , ) = Y * lm ( , )Ylm ( , ) * lm ( ) lm ( ) = P ( )(1.56)

Gambar-gambar probabilitas angular diberikan dalam diagram tiga dimensi berikut:

(

)

(

)

dalam penyelesaian yang lain ,yang kita butuhkan adalah

Pl m cos dan 1 cos 2 = sin jadi V selalu polinomialdalam cos beberapa fungsi legendre dalam cos dituliskan pada tabel 1.2 fungsi memenuhi ortonormalitasli mi lm

Ylm ( , ) disebut fungsi harmonik bola danli l

Y ( , )Y ( , )sin dd = Y00 ( , ) = 1 43 cos 4

m mi

(1.55)

Tabel 1.2 Fungsi Harmonik Bola

Y10 ( , ) =Y10 ( , ) =

5 (3 cos 2 1) 1615 sin cose i 8Gambar 1.3 Representasi permukaan

Y10 ( , ) =

Ylm ( , )

Y10 ( , ) =

3 cose i 8

Y10 ( , ) =

15 sin e 2i 32

Rapat probabilitas di setiap titik di dalam ruang diperoleh dari perkalian antara distribusi angular P ( ) dan distribusi

radial P (r ) . Solusi eigen lainnya adalah nilai eigen yang diperoleh dari persamaan (1.24) dan (1.35), yaitu energi atom hidrogen.

[email protected]

[email protected]


Tugas Fisika Kuantum4

E En = 3.

1 (1.57) 32 0 h n Hitung: a. Energi kinetic rata-rata b. Energi potensial rata-rata, electron dalam keadaan dasar dari atom hidrogen.2 2 2

me

maka

E

k

+ Ep = E

k

+ Ep

= E=E Sehingga

Ep = E E= me e 4 32 2 0 h 22

k

Penyelesaian : Fungsi gelombang keadaan dasar pada jari-jari r,

100

hanya bergantung

Ek

= -13,6 eV 13,6 eV

100 (r, , ) =

1

13/ 2

a0

e r / a0

Karena itu energi kinetik rata-ratanya p E k = 100 2m 100 dv e

=

1 2 100 ( ih) 100 dv 2me

= -27,2 eV 4. tulislah solusi eigen lengkap untuk notasi spektroskop 1s, 2s dan 3p penyelesaian : untuk 1s solusi eigennya 2 100 = 3 / 2 e r / a 0 Y00 a01 4 a0 untuk 2s solusi eigennya 1 r 2 e r / 2 a0 Y00 200 = 3/ 2 a0 2 2 a0

=

h2 1 r / a 1 d 2 d r / a 2 a0 3 e 0 r 2 dr r dr e 0 4r dr 2me

100 =

2

3/ 2

e r / a0

=

2h 2 r / a0 d 2 2 d r / a0 2 ( r dr ) e 2 e 3 me a 0 dr r dr

==

2h 2 r / a0 2 4h 2 e r dr + 3 4 me a 0 me a 0h2 4h 2 + 3 2 me a 0 me a 0

0

e r / a0 rdr

200 =

r 1 1 2 e r / 2 a0 3/ 2 a0 4 2 2 a0 untuk 3p solusi eigenya

=

h2 3 me a0

= 13,6 eV b. Energi total electron keadaan dasar

Ek + E p = E

[email protected]

[email protected]



211 = 211 = 210

r r / 2 a0 1 e Y11 3/ 2 a0 2 6 a0 r r / 2 a0 3 1 e sin .e i 3/ 2 a0 8 2 6 a0

1 1 = R 2 2 n nf i 1Dimana

2

(1.60)

r r / 2 a0 1 = e Y10 3/ 2 2 6 a0 a0 r r / 2 a0 3 1 e cos 3/ 2 4 2 6 a0 a0 r r / 2 a0 1 e Y11 3/ 2 2 6 a0 a0 r r / 2 a0 3 1 e sin .e i 3/ 2 8 2 6 a0 a0

m e2 R 4h 3 c 4 0

= 1.097 10 7 m 1

(1.61)

210 = 211 = 211 =

R adalah konstanta Rydberg.Transisi dari ground state (nf=1) terletak pada ultraviolet yang diketahui sebagai deret lyman. Eksitasi tingkat pertama (nf =2) dalam daerah cahaya tampak termasuk dalam deret balmer. Transisi ke nf =3 ( deret paschen) pada daerah infra merah dst.pada suhu ruang kebanyakan atom hidrogen terletak pada keadaan dasar, akan erjadi emisi cahaya, pertama anda harus memompa dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi.

1.1.6

Spektrum Atom Hidrogen

Pada prinsipnya, jika anda mengambil atom hidogen dalam keadaan tetap nlm, itu bisa berada disana selamanya. Jika anda mengabaikan ( dengan tumbukan atom lain , katakanlah dengan sinar cahaya) kemudian atom pada tingkat dasar betransisi ke keadaan dasar yang lain dengan menyerap energi untuk bergerak ke level di atasnya. Atau dengan memberikan energi (radiasi elektromagnetik) dan bergerak ke level yang lebih rendah. Dalam kenyataannya gangguan lain akan selalu datang ; tansisi (atau disebut quantum jump) terjadi tetap dan hasilya adalah berisi sebuah (photon). Dimana energinya berbeda untuk energi sepanjang awal dan akhir:

1 1 E = Ei E r = 13.6ev 2 2 n i n f

(1.58)

Sekarang, menurut rumus planck, energi photon proporsional pada frekuensi ini : E = hv (1.59) Dengan panjang gelombang :

= c/v

, jadi

[email protected]

[email protected]



TUGAS

FISIKA KUANTUM ATOM HIDROGEN

081 5 484 939

05

copyright by [email protected]

Oleh : Jeffry Handhika, S.Si.S830907011

[email protected]

[email protected]



DAFTAR ISI

WARNING!!!(1) (1) (6) (7) (9) (15) (23) (30) (42) (43) (55)POST MODERN READING SYNDROME.

Pengantar 1.1 Persamaan Scrhodinger atom hydrogen... 1.2 Pesamaan Azimuth... 1.3 Persamaan Polar... 1.4 Persamaan Radial. Cara I (PolinomLaguerre dan Rumus rodrigues ) Cara II (deret, rekursi dan fungsi gamma) Cara III (subtitusi deret) (bu parmi method) 1.5 Solusi eigen dan distribusi probabilitas...... Contoh Permasalahan... 1.6 Spektrum Atom hidrogen...

[email protected]

[email protected]

Atom Hidrogen Final Doc2 (1)

Documents

Transcript of Atom Hidrogen Final Doc2 (1)