Atom Hidrogen Final Doc2
of 30
/30
-
Upload
dwi-lida-enggayanti -
Category
Documents
-
view
91 -
download
6
Embed Size (px)
Transcript of Atom Hidrogen Final Doc2
Tugas Fisika Kuantum
ATOM HIDROGEN
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, Θ (θ ), memberikan bilangan kuantum l, dan bagi fungsi, Φ (ϕ ), 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.
Tugas Fisika Kuantum
z
m e
r m p y
x Gambar 1.1 Posisi relatif antara proton dan elektron
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 m
pE2
2r
= (1.1)
dan energi potensial
V(r)= r
e 14 0
2
πε− (1.2)
Sehingga
E≡ H=em
p2
2r -
re 1
4 0
2
πε (1.3)
Dengan demikian persamaan schrodinger untuk atom hidrogen
)()(142 0
22
2
rErr
eme
rrh ψψπε
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
−∇− (1.4)
mengingat sistem atom hidrogen memiliki simetri bola, analisis menjadi lebih sederhana bila oprator 2∇ diungkapkan
θ
ϕ
Tugas Fisika Kuantum
dalam koordinat bola. Di dalam koordinat bola ),,( ϕθr , persamaan 1.4 menjadi
ψψπεϕ
ψθθ
ψθθθ
ψ Er
er
rrrme
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎭⎬⎫
∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
−⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
−1
4sin1sin
sin11
2 0
2
2
2
22
2
2h
(1.5) Prosesnya : Dengan mengingat
2
2
2222
22
sin1sin
sin11
ϕθθθ
θθ ∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
=∇rrr
rrr
maka persamaan (1.4) menjadi: ψψ
πεϕψ
θθψθ
θθψ E
re
rrrr
rrme
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎭⎬⎫
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
−1
4sin11sin
sin111
2 0
2
2
2
2222
2
2h
faktor 2
1r
kita keluarkan dari dalam kurung kurawal
didapatkan
ψψπεϕ
ψθθ
ψθθθ
ψ Er
er
rrrme
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎭⎬⎫
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
−1
4sin1sin
sin11
2 0
2
2
2
22
2
2h
selanjutnya, untuk mendapatkan solusi bagi persamaan 1.5, dilakukan pemisahan variabel =)(rrψ ),,( ϕθr sebagai berikut ψ ),,( ϕθr = )()()( ϕθ ΦΘrR (1.6) subtitusikan ungkapan (1.6) ke dalam persamaan (1.5)
kemudian dikalikan ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛2
22h
rme dan dibagi ungkapan 1.6
didapatkan
014
2sin1sin
sin11
0
2
2
2
2
2
22 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
ΦΦ
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ
Θ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
reErm
dd
dd
dd
drdRr
drd
Re
πεϕθθθ
θθ h
(1.7) Prosesnya :
Tugas Fisika Kuantum
Kita pindahkan ke ruas kiri fungsi ( ψE ) pada persamaan (1.5)
ψψπεϕ
ψθθ
ψθθθ
ψ Er
er
rrrme
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎭⎬⎫
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
−1
4sin1sin
sin11
2 0
2
2
2
22
2
2h
persamaan (1.5) menjadi
014sin
1sinsin
112 0
2
2
2
22
2
2
=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎭⎬⎫
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
− ψψπεϕ
ψθθ
ψθθθ
ψ Er
er
rrrme
h
(1.5a) kalikan persamaan tersebut dengan -
2
22h
rme
persamaan (1.5a) menjadi 0
42
sin1sin
sin1
0
2
2
2
2
2
22 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⎭⎬⎫
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂ ψ
πεψ
ϕψ
θθψθ
θθψ eErmr
rr
e
h
(1.5b) persamaan (1.5b) kita lakukan pemisahan variabel sebagai fungsi ψ ),,( ϕθr = )()()( ϕθ ΦΘrR
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 04
2sin
1sinsin
1
0
2
2
2
2
2
22 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ΘΦ+ΘΦ−
⎭⎬⎫
∂ΘΦ∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂ΘΦ∂
∂∂
+⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂ΘΦ∂
∂∂ ReRE
rmRRr
Rrr
e
πεϕθθθ
θθ h
persamaan diatas menjadi
014
2sin1sin
sin11
0
2
2
2
2
2
22 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
ΦΦ
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ
Θ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
reErm
dd
dd
dd
drdRr
drd
Re
πεϕθθθ
θθ h
dari persamaan 1.7 tampak bahwa suku pertama dan keempat hanya bergantung jari-jari r, suku kedua dan ketiga hanya bergantung sudut θ danϕ . Penjumlahan suku-suku yang hanya bergantung pada jari-jari dan dua sudut ini akan selalu sama dengan nol untuk sembarang nilai r, θ danϕ jika masing-masing suku sama dengan konstanta. Konstanta (c) berharga ± )1( +ll . Suku yang hanya bergantung jari-jari menjadi
( )121 2
2
22 +=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
llh r
eErmdrdRr
drd
Re
→ PD. Fungsi Laquerre (1.8a)
Tugas Fisika Kuantum
atau
( )RRreErm
drdRr
drd e 12 2
2
22 +=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
llh
(1.8b) sedangkan suku yang hanya mengandung sudut θ danϕ menjadi
( )1sin1sin
sin1
2
2
2 +−=Φ
Φ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ
Θll
ϕθθθ
θθ dd
dd
dd
(1.9a) setelah dikalikan dengan sin θ2 , persamaan (4.9a) menjadi
0sin)1(1sinsin 22
2
=++Φ
Φ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ
Θθ
ϕθθ
θθ
lldd
dd
dd
(1.9b) tampak bahwa persamaan (1.9b) juga terpisah menjadi dua bagian yaitu bagian yang hanya bergantung pada sudut azimut ϕ dan bagian yang bergantung pada θ . Selanjutnya tetapkan
masing-masing bagian sama dengan konstanta - 2m dan 2m . Dengan alasan yang akan menjadi jelas kemudian pilih
22
21 mdd
−=Φ
Φ ϕ (1.10a)
atau ϕϕ
22
2
mdd
+Φ = 0 (1.10b)
sehingga
( ) 22sin1sinsin mdd
dd
=++⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ
Θθ
θθθ
ll (1.11a)
Tugas Fisika Kuantum
atau setelah dikalikan
θ2sinΘ diperoleh
( )⎩⎨⎧
=Θ⎭⎬⎫
−++⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ 0
sin1sin
sin1
2
2
θθθ
θθm
dd
dd
ll (1.11b)
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 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 2π , dan periodesitasnya. Itulah sebabnya konstanta (4.11a) dipilih negatif (= 2m− ) 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 ( ) 6/6/ ππ e∝Φ , dan ( ) 6/26/2 ππππ −−∝+Φ e karena posisi 6/π=Φ sama dengan posisi 6/2 ππ +=Φ . Jelas pemilihan konstanta positif ini tidak menceritakan kondisi fisis yang sesungguhnya. Untuk konstanta negatif solusinya
( ) ϕimm eΦΦ≡Φ (4.12)
keunikan Φ disetiap ϕ yaitu
)()2( φπφ Φ=+Φ atau 1)2()()2(===
+ πφπφ imimim eee (4.13) untuk setiap m bilangan bulat dipenuhi m= 0, ±1, ±2….. (1.14) sedangkan syarat normalitas bagi mΦ
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( ) ( ) mnnmm d δϕϕϕϕπ
=ΦΦ=Φ ∫ ∗2
0
(
dipenuhi oleh konstanta A=π2
1 (1.15)
prosesnya
( ) ( ) ∫∫−−
∗ ==ΦΦ=a
anm acAdxcd 21 222ϕϕϕ
π
π
( ) ( )
π
π
πϕ
ϕϕ
π
π
ϕϕ
21
2
2
2
222
222
222
=
=
=
=
−−
−
−−
−
∫
∫
A
eAe
eAde
acAdxc
imim
imim
a
a
Karena itu solusi yang diinginkan adalah
( ) ( ) ϕ
πϕ im
m e−=Φ21
(1.15)
bilangan bulat m disebut bilangan kuantum magnetik. 1.1.3 Persamaan Polar
( )⎩⎨⎧
=Θ⎭⎬⎫
−++⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Θ 0
sin1sin
sin1
2
2
θθθ
θθm
dd
dd
ll (1.11b)
persamaan diferensial (1.11b) dengan konstanta ( )1+ll dan 2m dikenal sebagai persamaan diferensial
Legendre terasosiasi. Solusi dari persamaan ini dapat
Tugas Fisika Kuantum
diperoleh menggunakan metode Frobenius dan diberikan oleh deret berhingga yang dikenal sebagai polinom Legendre terasosiasi. Inilah alasan penagmbilan tetapan ( )1+± ll ketika menguraikan persamaan (1.7) menjadi persamaan (1.8a) dan (1.9a). bila konstantanya bukan ( )1+± ll maka solusinya adalah deret takberhingga. Solusi persamaan (1.11b) diberikan oleh polinom legendre
( )θcosmlP
( ) ( ) ( )θθθ cosmmm PN lll =Θ≡Θ (1.16)
dengan N lm merupakan konstanta normalisasi
( ) ( ) ( ) ii
i
iiiii mmmm
mmmm dPPNN δδθθθθπ
llllllll ==ΘΘ ∫∗ sincoscos,0
(1.17a) mengingat sifat ortogonalitas ( )θcosm
lP
( ) ( ) =∫ θθθθπ
dPPi
imm sincoscos
0ll ( )
( )( )!
!12
2mm
−+
+ l
l
lii mm
δδll
(1.17b) didapatkan
=mN l( ) ( )
( )!!
212
mm
+−+
l
ll (1.17c)
sehingga
( ) =Θ θml( ) ( )
( )!!
212
mm
+−+
l
ll ( )θcosmPl (1.18)
bentuk explisit polinom ( )θcosm
lP dapat diperoleh melalui rumus rodigues:
Tugas Fisika Kuantum
( )θcosmPl = ( ) ( )ll
l
l l1cos
coscos1
!21 22/2 −−
+
+
θθ m
mm
dd (1.19)
dari hubungan (1.19) ini tampak bahwa untuk harga l tertentu maka m maksimum terjadi jika m= l dan m
lP
mlP ≡ ( )θcosl
lP =
( ) ( ) ( ) θθθ l
l
l
l
ll
l l
l
lsin
!2!21cos
coscos1
!21 2
2
22/2 =−−
dd (1.20a)
sedangkan m minimum terjadi pada m= - l
( )θcosl−lP = ( ) ( ) ( ) θθθ l
l
lll
l llsin
!211coscos1
!21 22/2 −
=−−−
(1.20b) jika dikaitkan dengan ungkapan (4.14), maka untuk l tertentu m dapat berharga m= 0, ±1, ±2…, ± l (1.21) bilangan bulat l disebut sebagai bilangan kuantum orbital.
1.1.4 Persamaan Radial Sekarang kita tentukan solusi persamaan (1.8b). pengalian ( )21
r pada persamaan (1.8b) memberikan
( ) 02
14
212
0
2
22
2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +−++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ R
rmreEm
drdRr
drd
r e
e hll
h πε (1.8c)
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
EE −= . Dengan memisalkan
Tugas Fisika Kuantum
rEme
2/1
2
8⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
hρ dan (1.22)
2/1
2
82 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Eme e
ohπελ (1.23)
membuat persamaan (1.8c) tereduksi menjadi
0R41R1)(
rR1
22
2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
ρλ
ρρ
ρρll (1.24)
Prosesnya Dari persamaan (1.22) didapat harga r²
22
2 8r
Eme⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
hρ maka 2
1
22 8
ρ−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
h
Emr e ;
subtitusikan harga r² dan r ke dalam persamaan (1.8c)
( ) 08
2
1
84
2
8
8
88
1
2
1
2
2/1
20
2
2
2/1
2
2
1
22/1
22
1
2
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−−
−
−
−−
REm
mEm
eEm
dEm
dREm
dEm
d
Em
ee
e
e
e
e
ee
ρρπε
ρ
ρ
ρρ
h
hll
h
h
h
h
hh
kita sederhanakan persamaannya menjadi
Tugas Fisika Kuantum
( ) 08
2
12
84
22
8
8
88
1
2
1
2
22/1
20
2
22
2/1
2
2
1
22/1
22
1
2
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−−
−
−
−−
REm
m
m
Em
emE
m
dEm
dREm
dEm
d
Em
ee
e
e
ee
e
e
ee
ρρπε
ρ
ρ
ρρ
h
hll
h
h
hh
h
h
hh
kita kalikan persamaan tersebut dengan 1
2
8−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
h
Eme
( )0
82
18
2
84
8
282
8
8
1
2
1
2
1
2
22/1
20
2
1
2
2
1
22
21
2
1
2
2
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
−
−
−
−
−
−
REm
m
Em
m
Em
eEm
mE
Emm
ddR
dEm
dEm
ee
e
e
e
e
eee
e
e
ρρπε
ρρ
ρρ
h
hllh
h
h
h
hhh
h
h
persamaannya menjadi
( ) 014
8
2212
0
2
2/1
2
222
2 =
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
Re
Em
mE
mddR
dd
e
ee
ρρπερρ
ρρllh
hh
( ) 01
48
28
212
0
2/1
2
2
2
2
22
2 =
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ REm
emE
Emm
ddR
dd
e
e
e
e
ρρπε
ρρ
ρρll
h
h
h
h
Tugas Fisika Kuantum
karena pada pembahasan disini dibatasi pada keadaan terikat yaitu keadaan dari energi negatif E = E− maka hasil
pembagian E
E−
berharga negatif. Sehingga
( )( ) 01
48
2411
20
2/12/1
2
22
2 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−+−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ REm
emddR
dd
e
e
ρρπερρ
ρρllh
h
kita sederhanakan
( )( ) 01
48
2411
20
2/12/1
2
22
2 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−+−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ REm
emddR
dd
e
e
ρρπερρ
ρρllh
h
menjadi
( )( ) 01
2821
20
2/1
22/1
22
2 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ RE
emE
mddR
dd ee
ρρπερρ
ρρll
hh
dari persamaan diatas kita ubah menjadi
( ) 011824
112
2/12
22 =⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ RE
meddR
dd e
ρρπερρ
ρρll
h
dengan mengganti harga 2/1
2
82 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
Eme e
hπε sebagai λ didapat
persamaan
0R41R1)(R1
22
2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
ρλ
ρρρ
ρρll
(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
Tugas Fisika Kuantum
0R41R1)(R2Rd
222
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−
∂∂
+ρλ
ρρρρll
d (1.25)
prosesnya
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
2
22
22
2 21R1ρ
ρρ
ρρρ
ρρρ
RR
2
22ρρρ ∂∂
+∂∂
=RR
kita subtitusikan ke persamaan (1.24) sehingga persamaannya menjadi
0R41R1)(R2Rd
222
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−
∂∂
+ρλ
ρρρρll
d.
Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali ∞→ρ , secara efektif persamaan tersebut menjadi
0R41Rd
2
2
=−ρd
(1.26)
Solusi persamaan ini adalah
2/ρ−∝ eR (1.27) Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagai
ρρρ )R()R( = (1.28)
dan subtitusikan ke dalam suku pertama persamaan (1.25) diperoleh
⎪⎩
⎪⎨⎧
∂∂
=⎭⎬⎫⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
2
221
ρρρρρ
ρρUU
Tugas Fisika Kuantum
Karena itu persamaan (1.25) tereduksi menjadi persamaan deferensial untuk U
0U41U1)(Ud
22
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−+
ρλ
ρρll
d (1.29)
Prosesnya kita menyelesaikan persamaan
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
ρρ
ρR2
terlebih dahulu menyelesaikan
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂ρR dengan memisalkan
ρρρ )U()R( = maka
U1U1UR2ρρρρρρ
−∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
=∂∂
kemudian disubtitusikan ke persamaan ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
ρρ
ρR2 menjadi
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
∂∂
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
∂∂ UUU1U1
22
ρρ
ρρρρρ
ρ
ρρ
ρρ ∂
∂−
∂∂
+∂∂
=UUU
2
2
2
2Uρ
ρ∂∂
=
jadi ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
ρρ
ρU2 =
2
2Uρ
ρ∂∂
=
subtitusikan ke persamaan (1.24) menjadi:
0U41U1)(U1
22
2
2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
ρλ
ρρρ
ρll
kalikan persamaan diatas dengan ρ dan sederhanakan persamaannya sehingga didapat persamaan (1.29) yaitu
0U41U1)(Ud
22
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−+
ρλ
ρρll
d
Tugas Fisika Kuantum
ambil limit mendekati pusat koordinat
0U1)(UdU41U1)(Udlim
22
2
22
2
=+
−+=⎪⎭
⎪⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−+
∞→ ρρρλ
ρρρllll
dd harga U
41⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
ρλ diabaikan pada
∞→ρlim . Sehingga tampak suku
dominanya adalah
0U1)(Ud22
2
=+
−+ρρll
d (1.30)
Solusi yang memenuhi persamaan suku dominan ini dan kondisi fisis keberhinggaan ∞→ρ adalah
1+≈ lρU (1.31) prosesnya dengan menggunakan deret
jika r = 0 maka deretnya : ∑=
=~
0n
ns Cn.U ρρ
dipilih → S = l− S = 1+l
U ~ l−ρ U ~ 1+lρ
Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah
1+l karena l− infinite pada kondisi tersebut.
Mencari nilai S dari persamaan U1)(2ρ+− ll dengan
mensubtitusi deret U pada ρ =0
Tugas Fisika Kuantum
[ ]...2.rC1.C.C1)(U1)( s2
s1
s022 ++++++−
=+− ρρ
ρρllll
[ ]....1)C2)(S(S1.1)S.C(S2.1)CS(SU s2
s1
s02
2
++++−++−+=∂∂ ρρρρ
[ ] ....1)S(S1)(2.1)CS(S1)(0 1s1
s0 ++++−+−−++−= −ρρ lllll
rs-2 → 01)S(S1)( =−++− ll
1SS01))(S(S
0)(S))(S(S0)(S)(S0SS
22
222
+=−==−−+
=+−−+=+−−
=−+−−
ll
ll
lll
ll
ll
karena itu solusi untuk daerah asal (koordinat) menggunakan hasil (1.31) dan hubungan (1.28) diberikan oleh
lρ≈R (.132a) Mempertimbangkan solusi-solusi untuk daerah extrim di depan, solusi umumnya diusulkan berbentuk perkalian antara solusi titik asal, posisi jauh sekali dan fungsi umum terhadap jarak ( ) ( )ρρρ ρ LeR 2/−= l (1.32)
dari sini kita dapat menggunakan berbagai cara untuk menyelesaikannya, menggunakan polinomial Laguerre atau dengan deret polinomial.murni. dengan menggunakan polinomial Laguerre dengan menggunakan persamaan (1.29) didapatkan persamaan untuk L, yaitu
( ) } ( )}{ 01122
2
=+−+⎩⎨⎧
∂∂
−++∂∂ LLL
ll λρ
ρρ
ρ (1.33)
prosesnya
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ
ρρρρ
∂∂
−+−++=∂ −+−+− LeLeLedU 2/12/12/
21.
21.1 llll
Agar lebih mudah kita bagi menjadi 3 kelompok
( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ
ρρρρ
∂∂
−+−++=∂ −+−+− LeLeLedU 2/12/12/
21.
21.1 llll
bagian J ( ) ( )ρρ ρ Le 2/1 −+ ll bagian E
( )ρρ ρ Le 2/1
21. −+ −l
bagian F ( )ρρρ ρ
∂∂
− −+ Le 2/1
21.l
kemudian kita cari 2
2
ρ∂∂ U
untuk bagian J
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ
ρρρρ
∂∂
++−+++=∂ −−−− LeLeLed
U 2/2/2/12
2
.121.11 lll lll
untuk bagian E
( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ
ρρρρ
∂∂
−++−+=∂ −+−+− LeLeLed
U 2/12/12/2
2
.21
41
21.1 llll
untuk bagian F
( ) ( ) ( ) ( )2
22/12/1
22/
2
2
21.1
ρρρ
ρρρ
ρρρ
ρρρρ
∂∂
+∂
∂−+
∂∂
+=∂ −+−+− LeLeLed
U llll se
sekarang kita kelompokkan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ++−+−+ −+−−−− 2/12/2/2/1
41..
211.
211.1 ρρρρ ρρρρ eeeepL llll llll
disederhanakan menjadi disederhanakan menjadi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −++−+
∂∂ −+−−+− 2/12/2/12/
21.1.
21.1 ρρρρ ρρρρ
ρeeeepL llll ll
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ++−+ −+−−− 2/12/2/1
41..1.1 ρρρ ρρρ eeepL lll lll
( ) ( ) ( ) ( )[ ]2/12/ ..12 ρρ ρρρ
−+− −+∂
∂ eepL lll
( ) ( )[ ]2/12
2
. ρρρ
−+
∂∂ epL l
Tugas Fisika Kuantum
semua persamaan kita kalikan dengan ( ) λρρ
=++
4.1ll (suatu konstanta)
maka Sehingga
( ) } ( )}{ 01122
2
=+−+⎩⎨⎧
∂∂
−++∂∂ LLL
ll λρ
ρρ
ρ
memberikan Solusi deret
∑=
=~
0s
ss
s .aL ρρ (1.34)
Akan memberikan rumus rekursi
( )( ) ss ass
sa221
11 +++
−++=+
l
l λ (1.35)
tampak bahwa deret akan berhingga jika λ adalah bilangan bulat, misalkan λ = n (1.36) maka 1+sa dan seterusnya akan menajdi nol jika
1−−= lns (1.37) sehingga ( )ρL merupakan polinomial
( )[ ]2/. ρρ −− el
( ) ( ) ( )⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−+
+ 14
.1l
ll ρρ
pL
( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]ρρ
ρρρ
ρρ
−+∂
∂
−+∂
∂ −+−
12
..12 2/12/
l
l ll
pL
eepL
( ) [ ]ρρ 2
2
∂∂ pL
( ) ( )[ ]1+− lλpL
Tugas Fisika Kuantum
∑=
=1--n
0s
ss
5 .aLl
ρρ (1.38)
menggunakan pemilihan n=λ persamaan (1.33) menjadi
( ) } ( )}{ 01122
2
=+−+⎩⎨⎧
∂∂
−++∂∂ LnLL
llρ
ρρ
ρ
(1.39) persamaan (1.39) ini tidak lain adalah persamaan differensial laguerre terasosiasi, yang mempunyai bentuk umum
{ } { } 012
2
=−+∂
∂−++
∂∂ p
q
pq Lpq
LpL
ρρ
ρρ (1.40)
solusinya disebut polinom Laguerre teasosiasi pqL dapat
diperoleh dari rumus rodrigues
( ) ( ) ( )pqq
qpq e
dde
pqqL −−
−= ρ
ρρ ρρ
!! (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 (1.42) karena itu solusi persamaan (1.39) diberikan oleh
( )ρ12 ++=≡ lln
pq LLL (1.43)
dengan demikian solusi radial diberikan oleh
( )ρρ ρ 122/ ++=≡ ll
lll nnn LeNRR (1.44)
dengan lnN adalah konstanta normalisasi
Tugas Fisika Kuantum
( ) ∫∞
+ ==0
2, iiiiii nnnnnn drrRRRRlll
lll δδ (1.45)
( )( )!2
!123
l
ll +
−−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
nnn
naN
on
(1.46)
dengan
( )2
204
emae
ohπε= adalah radius bohr.
Dengan demikian, solusi lengkap persamaan (1.8c) berbentuk
( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
+
+−
on
nar
oon na
rLenar
nnn
narR o 22
!2!12 12/
2/13l
l
l
ll
l
(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 (1.48a) atau (2 l +1) ≤ n+ l , tepatnya l ≤ n-1 (1.48b) jadi untuk n tertentu maka l = 0,1,2,3,...,n-1 (1.48c Contoh : Menentukan R10 ,R 20 , R 21 Rumus umum :
( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
+
+−
on
nar
oon na
rLenar
nnn
narR o 22
!2!12 12/
2/13l
l
l
ll
l
maka
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
+
+−
o
ar
oo arLe
ar
arR o
12
.12
!011.2!101
.12 10.2
01.1/
02/13
10
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
o
ar
o arLe
arR o 2.1.
2!02 1
1/
2/13
10
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
o
ar
o arLe
arR o 2.1
212 1
1/
2/13
10
( )
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
−
o
ar
o
o
ar
o
arLe
arR
arLe
arR
o
o
2.12121
2.12121
1
1
1/
2/1
33
10
1/
2/1
33
10
( )
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
−
o
ar
o
o
ar
o
arLe
arR
arLe
arR
o
o
2.112
2.121
1
1
1/
2/3
10
1/
2/1
23
10
dari persamaan
( ) ( ) ( )pqq
qpq e
dde
pqqL −−
−= ρ
ρρ ρρ
!!
maka
( )
12
.12
12
12!11
!112
0
11
12
12
0
11
0
0
12
1
0
112
0
11
00
00
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
−
arL
eearL
are
ard
dearL
ar
ar
ar
ar
sehingga ( ) ( ) oarearR /2/3010 .2 −−=
Menentukan R 20 Rumus umum :
( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
+
+−
on
nar
oon na
rLena
rnn
nna
rR o 22!2!12 12/
2/13l
l
l
ll
l
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
−
−
+− +
o
ar
o
ar
o
o
ar
oo
o
ar
oo
arLe
arR
arLe
arR
arLe
ar
arR
arLe
ar
arR
o
o
o
o
1
1
1
10.2
22/
2/3
020
22/
2/1
3
3
20
22/
02/13
20
02.2/
02/13
20
.122
11
.1211
!022.2!1021
22
22
!022.2!102
22
dari persamaan
( ) ( ) ( )pqq
qpq e
dde
pqqL −−
−= ρ
ρρ ρρ
!!
( )
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
00
00
00
00
00
00
12
00
12
00
12
1
02
0
2
0
12
1
02
0
2
0
12
2
2
2
2
!12!2
ar
ar
ar
ar
ar
ar
ar
ar
ar
ar
eare
arL
eare
arL
eare
arL
are
ard
dearL
are
ard
dearL
sehingga
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
o
ar
are
arR o 2.1
2211 2/
2/3
020
Menentukan R 21 Rumus umum
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
+
+−
on
nar
oon na
rLenar
nnn
narR o 22
!2!12 12/
2/13l
l
l
ll
l
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
+−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
−
−
+− +
o
ar
o
o
ar
oo
o
ar
oo
o
ar
oo
arLe
ar
arR
arLe
ar
xarR
arLe
ar
xarR
arLe
ar
arR
o
o
o
o
3
3
3
11.2
32/
2/3
021
32/
12/13
21
32/
12/13
21
122/
2/13
21
61
211
6411
64!01
22
22
!122.2!112
22
l
dari persamaan
( ) ( ) ( )pqq
qpq e
dde
pqqL −−
−= ρ
ρρ ρρ
!!
maka
( )
1
.1
!33!3
0
33
0
33
0
03
0
3
0
33
00
00
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
−
arL
eearL
are
ard
dearL
ar
ar
ar
ar
sehingga ( ) ( ) oareararR 2/
0
2/3021 62
1 −−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
cara II. Tanpa menggunakan Laguerre terasosiasi dengan bantuan rumus rodrigues dan fungsi gamma.
0R41R1)(R2Rd
222
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
+−
∂∂
+ρλ
ρρρρll
d (1.25)
Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali ∞→ρ , secara efektif persamaan tersebut menjadi
Tugas Fisika Kuantum
0R41Rd
2
2
=−ρd
(1.26)
Solusi persamaan ini adalah 2/ρ−= eR (1.27) , kemudian kita masukkan dalam fungsi ρ didapatkan ( ) ( ) 2/ρρρ −= eGR (2.1)
Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagai
( ) 01222
2
=+
−+ RddR
dRd
ρρρρll (2.2)
dengan mengasumsikan sR ρ= (2.3) kita mendapatkan
( ) 012)1( 222 =+−+−ρρρRRsRss ll
( )( )( )( )( ) ( )[ ]
l
ll
lll
lll
ll
ll
ll
==++−=−+−+
+−=−++−=−
+=+
+=+−
sss
ssssss
ssss
sss
010
2
22
22
22
atau 1−−= ls penyelesaiannya adalah l=s karena persamaan ke dua bernilai (-). Kemudian kita tuliskan persamaan G sebagai sebuah penjumlahan. Kita misalkan :
( ) ∑∑∞
+∞
==00
ll kk
kk aaG ρρρρ (2.4)
persamaan deferensial untuk G dapat kita tulis ( ) 012
22
2
=+
−+ GddG
dGd
ρρρρll (2.5)
Sehingga : { ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) } 01121 2121
0
2 =+−−++++−−++ −+−+−+−+∞
−+∑ lllll lllll kkkkkk kkkka ρρλρρρ
( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]∑∑∞
−+−+∞
−−+=+−++−++0
12
0
1121 ll llllll kk
kk kakkka ρλρ
sekarang kita merubah ruas kiri sehingga faktor pengalinya 1−+lkρ
Tugas Fisika Kuantum
( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]∑∑∞
−+−+∞
+ −−+=+−++++++0
11
01 11121 ll llllll k
kk
k kakkka ρλρ
koefisien pangkat ρ saling meniadakan, sehingga kita bisa menurunkan hubungan persamaan rekursi untuk konstanta
ka . ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )112111
+−++++++−−+
=+
lllll
l
kkkk
aa
k
k λ
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) kkkk
kkkk
kkkk
aa
k
k
1221
12222
11212
11
→+++
−++=
+++++−++
=++++
−++=+
l
l
ll
l
ll
l
λ
λλ
ini merupakan ciri rasio dari deret xe , pada persamaan ini x = ρ . Sehingga kita dapat menuliskan ( ) ρρρ eG l→ (2.6)
ingat hubungan antara deret pangkat dengan rekursi memberikan
( )( ) kkkk aakk
ka ll
lΓ≡
+++−++
=+ 2211
1λ
pada limit ∞→k hubungan diatas menjadi kaa k
k ∝+1
hal ini memiliki rasio yang sama dengan deret xe , dimana x = ρ . Oleh sebab itu persamaan diatas dapat ditulis
k
kkae ρρ ∑
∞
=
=0
(2.7)
dari persamaan ini kita dapat menemukan solusi persamaan ( )ρlnR dengan mengalikan persamaan (2.1), (2.6) dan (2.7).
sehingga didapatkan
( ) ∑∞
−=0
2/ρρρρ eaR kkn
ll
(2.8)
contoh menghitung ( )rRnl
untuk n = 1 dan 0=l penyelesaian fungsi gelombang radial memberikan
( ) ∑−−
−=1
0
2/l
ll
nk
kn earR ρρρ
dengan rEme
2/1
2
8⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
hρ ; subtitusikan harga
2220
2
4 132 n
emEE en
hεπ==
Tugas Fisika Kuantum
dan ( )2
204
emae
ohπε=
didapatkan ra0
2=ρ .
Prosesnya
rn
emm ee
2/1
2
2220
2
4 132
8
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=h
hεπρ
kemudian dikeluarkan dari akar (pangkat ½) didapatkan
rn
eme 12 2
0
2
hπερ = karena
( )2
204
emae
ohπε= ; kita dapat memanipulasi persamaan ini
menjadi
20
2
20
2
22;4
1hh πεπε
ema
ema
e
o
e
o
== sehingga persamaan diatas
menjadi r
a0
2=ρ
dengan menggunakan hubungan rekursi
( )( ) kk akk
ka221
11 +++
−++=+
l
l λ
1+ka dan seterusnya akan menjadi nol jika 1+−= lnk sehingga ( ) 2
0
0
010
ρ
ρρ−
=∑= earR k
kk
; dengan ra0
2=ρ
( ) 010
ar
CerR−
= kemudian kita menghitung nilai konstanta C dengan kondisi normalisasi
10
2 =∗∞
∫ drRRr nn ll (2.9)
10/2
0
22 =−∞
∫ drerC ar (2.10)
sehingga harga 2/3
0
2/3
0
1222
1⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
aaC (2.11)
Tugas Fisika Kuantum
prosesnya 10/2
0
22 =−∞
∫ drerC ar
kita ingat bahwa betuk integral fungsi gamma memberikan
( )
( ) ( )!10
1
−=Γ
=Γ ∫∞
−−
nn
dxexn xn dimana
dengan n = 1,2,3,4... kita manipulasi bentuk persamaan (2.10) menjadi
( ) ( ) 1/2/222 0
/2
0
20
2002
0 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −∞
∫ ardearaa
C ar
( ) ( ) 1/2/22 0
/2
0
20
302
0 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −∞
∫ ardeara
C ar
( ) ( ) ( ) 1/2/22/ 0/2
0
20
30
20 =−∞
∫ ardearaC ar (2.12)
( )
( ) ( )!10
1
−=Γ
=Γ ∫∞
−−
nn
dxexn xn
dari persamaan (2.12) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 3 maka ( ) ( ) 2!133 =−=Γ
sehingga persamaan (2.12) menjadi ( ) 122/ 3
02 =aC
( ) ( )303
02 /22/122/ aaC =
( ) 2/30/22/1 ac =
2/3
0
2/3
0
1222
1⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
aaC
sehingga didapat
( ) 0/2/3
010
12 area
rR −⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Untuk R 20
( ) ∑−−
−=1
0
2/l
ll
nk
kn earR ρρρ
( ) ∑−−
=
−=102
0
2/020
k
kk earR ρρρ
( ) ∑=
−=1
0
2/020
k
kk earR ρρρ
Tugas Fisika Kuantum
( ) ( ) 2/1020
ρρ −+= eaarR
( )( ) kk akk
ka221
11 +++
−++=+
l
l λ
( ) ( )( )
01
01
21
2020102100
aa
aa
−=
+++−++
=
sehingga ( ) 02/
020 2
1 arearCrR −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
sekarang kita akan mencari harga C 1
0
2 =∗∞
∫ drRRr nn ll
12
1 0/2
00
22 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛− −∞
∫ drearrC ar
14
1 0/2
0
2
00
22 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+− −∞
∫ drear
arrC ar
140
/2
0
4
0
322 0 =⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−∫
∞ − drear
arrC ar
140
0
/2
0
4
0
32
02
0 =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−∫
∞ −
arde
ar
arraC ar
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1!44
!3!2
1)5(4
)4()3(
14
14
14
202
02
002
202
02
002
0 0
/4
0
20
00 0
/3
0
20
0
/2
0
200
2
0 0
/
0
4
00 0
/
0
3
0
/20
2
00
/2
0
4
0
32
02
00
00
0
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡Γ+Γ−Γ
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−
∫∫ ∫
∫∫ ∫
∫
∞−∞
∞−−
∞−∞
∞−−
∞ −
aaaaC
aaaaC
arde
ara
arde
ara
arde
araaC
arde
ar
arde
ar
arderaC
arde
ar
arraC
ararar
ararar
ar
Tugas Fisika Kuantum
[ ]
30
2
30
2
200
2
202
02
002
202
02
002
21
12
12
1644
62
1644
62
aC
aC
aaC
xaaaaC
xaaaaC
=
=
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
2/3
0
2/3
0
2/3
0
2/1
30
30
2
122
21
122
21
12
1
21
21
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
=
axx
axx
aC
aC
aC
2/3
0
2/3
02/3
212
12
2
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
aC
aC
( ) 02/
0
2/3
020 2
1212 are
ar
arR −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
sekarang kita coba menghitung 21R
( ) ∑−−
−=1
0
2/l
ll
nk
kn earR ρρρ
( ) ∑−−
=
−=112
0
2/00
121
k
earR ρρρ
( ) ( ) 02/021 / arearCrR −=
10
2 =∗∞
∫ drRRr nn ll (2.9)
10/
0
2
0
22 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −∞
∫ drearrC ar
kita manipulasi bentuk diatas agar sesuai dengan integral fungsi gamma
Tugas Fisika Kuantum
11
0
/
0 40
4200
20 =−∞
∫ arde
araaC ar
10
/
0
4
0
30
20 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −∞
∫ arde
araC ar (2.10)
dari persamaan (2.10) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 5 maka ( ) ( ) 641234!155 xxxx ==−=Γ persamaan (2.10) menjadi
2/3
0
30
2
30
2
30
2
30
2
162
1
641641641
164
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
=
=
=
==
aC
axC
axC
axC
xaC
( ) ( ) 02/021 / arearCrR −=
( ) ( ) 02/0
2/3
021 /1
621 arear
arR −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Cara III menyelesiakan persamaan radial atom hidrogen dengan subtitusi ke deret dimana ( )
rZerV
2 (bu parmi solution)
0Rr
1)(Rr
eE2mrRr
rr1
2
2
22
2 =+
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂ ll
h
(3.1)
misalkan ; r
U(r)R(r) =
Ur
1rU
r1
rU
rR
rR
2
−∂∂
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
=∂∂
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
∂∂
∂∂
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
∂∂
∂∂ U
rUr
rU
r1
rU
r1r
r 22
rU
rUr
rU
2
2
∂∂
−∂∂
+∂∂
=
2
2
rUr
∂∂
= (3.2)
Tugas Fisika Kuantum
0rU
r1)(
rU
reE2m
rRr
r1
2
2
22
2
2 =+
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂ ll
h
0Ur
1)(Ur
eE2mrU
2
2
22
2
=+
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
∂∂ ll
h
0UE2mrU
22
2
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
∂∂
h
(3.3)
dengan memisalkan
Em2
2 2h
=γ
maka solusi persamaan (3.3) untuk ∞→r adalah
2
2γ
eR ∝
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 → 0
0r
e2
=
r
eE2
+ diabaikan terhadap 2r
1)( +ll
~r
1)(2 =+ll
sehingga tampak suku yang paling berpengaruh adalah
0Ur
1)(rUd
22
2
=+
−∂
ll (3.4)
jika r = 0 maka deretnya : ∑=
=~
0n
nS Cn.rrU
dipilih → S = l− S = 1+l
U ~ l−r U ~ 1r +l
Tugas Fisika Kuantum
Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah
1+l karena l− infinite pada kondisi tersebut.
Mencari nilai S dari persamaan Ur
1)(2+− ll dengan
mensubtitusi deret U pada r=0
[ ]...2.rC1.rC.rCr
1)(Ur
1)( s2
s1
s022 ++++++−
=+− llll
[ ]....r1)C2)(S(S1.r1)S.C(S2.r1)CS(SrU s
2s
1s
02
2
++++−++−+=∂∂
+
[ ] ....r1)S(S1)(2.r1)CS(S1)(0 1s1
s0 ++++−+−−++−= −lllll
rs-2 → 01)S(S1)( =−++− ll
1SS01))(S(S
0)(S))(S(S0)(S)(S0SS
22
222
+=−==−−+
=+−−+=+−−
=−+−−
ll
ll
lll
ll
ll
⇒ jika r → ~
maka 0r
1)(dan0r
e2
2
=+
=ll
E2mrU
22
2
h+
∂∂
U = 0 ⇒ 0UrU 22
2
=∂+∂∂
-γ2 > 0
dengan memisalkan γ 2Em
22h
−=
diperoleh
U = Aeγr + Be-γr
Tugas Fisika Kuantum
r → ~ : eγr → ~ tidak memenuhi syarat
e-γr → 0
U ~ e-γr → U = )r(Fer r1 γ−+l
F(r)err
1)(F(r)err
e2mE2m γr12
γr12
22−+−+ +
−⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
+ ll ll
hh
F(r)err
1)(r
e2mγ γr12
2
22 −+
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧ +
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−= lll
h
γrF(r)1)e(drdU 1γr +− −+= ll (3.5)
pembuktian:
F(r)erU γr1 −+= l (3.6)
( )⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+−++= −−+−
rFeF(r)γerF(r)er1
drdU γrγr1γr lll
( )⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
++−+ γ−−+−
rFre1reγrF(r)er1 γr1γr llll
A B C
Bagian A
rFe1)r(F(r)γ)e(1)r(F(r)er1)(
rU γrγrγr12
2
∂∂
++−+++=∂∂ −−−− lll llll
Bagian B
rFer-F(r))e(-rF(r)e1)r(
rU γr1γr1γr2
2
∂∂
γγγ−+γ−=∂∂ −+−+− llll
Tugas Fisika Kuantum
Bagian C
2
2γr1γr1γr
2
2
rFer
rF)e(-r-
rFe1)r(
rU
∂∂
+∂∂
γγ∂∂
+=∂∂ −+−+− llll
sehingga :
+⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
++−+++=∂∂ −−−−
rFe1)r(F(r)γ)e(1)r(F(r)e1)r(
rU γrγrγr12
2lll llll
+⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
γ−γ+γ− −+−+−
rFer-F(r)γ)e(r-F(r)e1)r( γr1γr1γr llll
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
+∂∂
γ∂∂
+ −+−+−2
2γr1γr1γr
rFer
rFer-
rFe1)r( llll
Untuk bagian rF∂∂
{ }r1γrγrγr ere1)r(1er-e1)r(rF γ−+−−− γ−+++γ+=∂∂ lll lll
{ }γr1γr er2-e1)r2(rF −+− γ+=∂∂
= lll
Untuk bagian F(r)
{ }r12γrγr1 ere1)r(2-e1)r()r(F γ−+−−− γ++γ+= lll lll
Untuk bagian F(r)
( )r12
2
errF γ−+
∂∂ l
Sehingga pers.nya menjadi:
Tugas Fisika Kuantum
{ } ( )+γ−+∂∂
++γ++γ+= γ−+γ−γ−+−−− r1rr12γrγr1 er2er)1(2rFer)1(e1)r(2-e1)r()r(F llll llllll
2
2γr1
2
2
rUer
rF
∂∂
=∂∂
+ −+l
→ 0Ur
1)(Ur
E2mrU
2
2
22
2
=+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
∂∂ lll
h
Z2γγ.
γme2
γ2me 22
hh=
Z2γ
r1γ
γ2me
2
2
==h
2γr = Z → 2γ ∂ r = ∂ Z
2γrZk;
γme
2
2
=∂∂
=h
ZU2
rZ.
ZU
rU
∂∂
γ=∂∂
∂∂
=∂∂
rZ.
ZU2
ZrU2
2
∂∂
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
γ∂∂
=∂∂
= γ∂∂
γ 2ZU.2 2
2
= 2
22
ZU.4
∂∂
γ
γ=γ
γγ
= k2Z2me.2
rme2
2
2
2
2
hh
Pers. (a) menjadi:
0Z
U)1(4U.kZ
4UZU.4 2
222
2
22 =
+γ−
γ+γ−
∂∂
γll : 4γ2
Tugas Fisika Kuantum
0Z
U)1(UZkU
41
ZU
22
2
=+
−+−∂∂ ll
misal :
F(r)e2UZU 2
Z1 −+
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
l
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
∂∂
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
∂∂ −+−+−
+ ZFe
2γZF(Z)e
21
2γZF(Z)e
) 2γ (Z1)(
ZU 2
Z1
2Z1
2Z
1
ll
l
l
l
sehingga persamaan diata dapat dirubah menjadi
0k)F1(ZFZ)2(2
ZFZ 2
2
=−+−∂∂
−++∂∂
ll ………… (B)
ingat dari :
1F1 (a, c, Z)
0ax
)xc(Z
x 2
2
=Φ−∂Φ∂
−+∂Φ∂
…………………….. (A)
Agar penyelesaian PD berupa polygonal yang terbatas
syaratnya:
Bandingkan pers. (A) dan (B)
l
l
l
l
+==−=−+
−+=+=
nknnk
kac
r11
22
dimana:
n r = bilangan kuantum radial
l = bilangan kuantum ordinal
k = n = bilangan kuantum utama
Deretnya:
1F1 ( l + γ - k ; 2 l +2 ; Z) = F(Z)
A = - n
Tugas Fisika Kuantum
n = 3
n r = 2, 1, 0
)Z(Fe2ZU 2
Z1 −+
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
=l
ZFe
2Ze
21
2Z
21
ZU 2
Z1)Z(F
2Z1)Z(FZ)1(1
∂∂
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛λ
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
+γ
=∂∂ −+−+++ llll
l
A B C
⎩⎨⎧
⎢⎣⎡ +−++⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −++−+
∂∂
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
=∂∂ −−−−
+−1211
1
2Z
2
2
Z)1(21Z)1()Z(F
21.Z)1(
21.Z)1(
ZF
2Ze
ZU
lllll
l
2
21
ZF
41Z)1(
21
∂∂
+⎥⎦⎤++− −l
=
[ ] 2
2121
1
2Z
ZFZ)1(
21Z)1()Z(F)Z(F1Z)1(2
ZF
2Ze
∂∂
+⎩⎨⎧
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧ +−+++−+
∂∂
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
−−−+−
llll
l
Masuk ke pers. :
0UZ
1)(UZkU
41
ZU
22
2
=+
−+−∂∂ ll
{ } 2121
2
2
Z1)(
Zk
41
411)Z(Z1)(11)Z2(
ZF
F1
ZF
F10 +
−+−⎭⎬⎫
⎩⎨⎧ ++−++−+
∂∂
+∂∂
= −−− llllll
x FZ
{ } { } 0Fk1)(-Z-1)2(ZF
ZFZ 2
2
=+++−∂∂
+∂∂
ll
⇒ PD. Confient Hypergeometric
0F)k1(ZF)Z22(
ZFZ 2
2
=−+−∂∂
−++∂∂
ll
Ψ nlm = R nl P l m φ m
Tugas Fisika Kuantum
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
++−+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
=∂∂ −−−
−+
ZFeZ)1()Z(Fe
21Z)Z(FeZ)1(
21
ZA 2
Z2Z
2Z
11
lll
l
lll
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
+−+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
=∂∂ −
+−
+−+
ZFeZ)Z(Fe
21Z)Z(FeZ)1(
21
21
ZB 2
Z12
Z12
Z1lll
l
ll
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
∂∂
+−+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛γ
=∂∂ −
+−
+−+
2
22Z
12Z
12Z1
ZFeZ)Z(Fe
21Z)Z(FeZ)1(
21
ZC lll
l
ll
ZC
ZB
ZA
ZU2
2
∂∂
+∂∂
+∂∂
=∂∂
⇒ 0Z
U)1(UZkU
41
ZU
22
2
=+
−+−∂∂ ll
Dari pers. di atas:
0k)1(ZFZ)2(2
ZFZ 2
2
=−+−∂∂
−++∂∂
ll
0k)F1(ZFx)(c
dxΦdx 2
2
=−+−∂∂
−+ l
22c += l
na1a −=+= l
nk1 −=−+l
0ax
x)(cxΦx 2
2
=Φ−−∂Φ∂
−+∂∂
r2Z22c
k1a
γ=+=−+=
l
l
∑=
=~
0n
n
!n.n)c(X.n)a(1F1
Tugas Fisika Kuantum
!nZn
n)22(n)k1()Z(1F1
~
0n∑= +
−+=
l
l
untuk merubah fungsi ( )rU kita pergunakan ( ) ( )rrUrR =
)2(,.1.
)2()2()(
1 rFerr
C
rrUrRrR
r γ
γγ
γ−+=
=→
l
)2(,. rFerC r γγ−= l
n = k l n r
k = 4 0
1
2
3
3
2
1
0
Supaya deret tertentu → finite
a = - n r
rnk −=−+1l
1++= lrnk
di mana:
K = bilangan kuantum utama
K = n
n r = kuantum radial
l = kuantum orgital
n = 1 → K
n = 2 → L
n = 3 → M
Tugas Fisika Kuantum
untuk harga F kita dapat menderetkannya sebagai berikut
[ ]r2:22:)k1(1F1 γ+−+ ll
= !3)c()r2()a(
!2)c()r2()a(
!1)c()r2()a(
!0)c()r2()a(
3
33
2
22
1
11
0
00 γ
+γ
+γ
+γ
=
!4)r2(
)52)(42)(32)(22()3k1)(2k1)(1k1)(k1(
!3)r2(
)42)(32)(22()2k1)(1k1)(k1(
!2)r2(
)32)(22()1k1)(k1(
!1r2
22)k1(1
43
2
γ++++
+−++−++−+−++
γ
++++−++−+−+
+γ
+++−+−+
+γ
+−+
+
llll
llll
lll
lll
ll
ll
l
l
sehingga untuk menentukan harga F kita dapat 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 lnR yaitu :
)2;22;( rnFerNR nrr
nnn γγ +−= − ll
ll
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 0a . Jika r untuk solusi fungsi gamma dan polinom Lguerre kita beri symbol r̀ maka harga r dan rnγ mempunyai harga
0
`arr = dan
0
`na
rrn =γ
contoh : menghitung 10R
)2;22;( rnFerNR nrr
nnn γγ += − ll
ll
( ) )2;202);01(1( 10
10101 rFerNR r γγ ++−= −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) )2;202);01(1(2
)2;202);01(1(2
12/3
010
102/3
010
1
1
rFearR
rFerarRr
r
γ
γγ
γ
++−=
++−=−−
−−
sekarang kita akan mencoba mengitung
Tugas Fisika Kuantum
( ) )2;202);01(1( 1rF γ++− )2;2;0( 1rF γ
!3)c()r2()a(
!2)c()r2()a(
!1)c()r2()a(
!0)c()r2()a(
3
33
2
22
1
11
0
00 γ
+γ
+γ
+γ
=
!4)r2(
)52)(42)(32)(22()3k1)(2k1)(1k1)(k1(
!3)r2(
)42)(32)(22()2k1)(1k1)(k1(
!2)r2(
)32)(22()1k1)(k1(
!1r2
22)k1(1
43
2
γ++++
+−++−++−+−++
γ
++++−++−+−+
+γ
+++−+−+
+γ
+−+
+
llll
llll
lll
lll
ll
ll
l
l
=( ) )(
!12
202)110(1 vanishr
++−+
+γ (deret ke-2 = 0)=1
karena suku didepannya berharga 0 sehingga persamaanya menjadi:
( ) ( ) 12 12/3010
rearR γ−−=
dimana 0
`na
rrn =γ dan 0
`arr =
( ) ( ) oarearR /`2/3010 .2 −−=
sekarang kita akan menghitung 20R
)2;22;( rnFerNR nrr
nnn γγ +−= − ll
ll
( ) ( ) )2;202;102( 20
20202 rFerNR r γγ ++−= −
)2;2;1(. 220202 rFeNR r γγ−=
)2;2;1(.22
112
2/3
020
2 rFea
R r γγ−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
sekarang kita akan mencoba mengitung )2;2;1( 2rF γ
=
!4)2(
)52)(42)(32)(22()31)(21)(11)(1(
!3)2(
)42)(32)(22()21)(11)(1(
!2)2(
)32)(22()11)(1(
!12
22)1(1
43
22
rkkkkr
kkkrkkrk
γγ
γγ
+++++−++−++−+−+
+
++++−++−+−+
+++
+−+−++
+−+
+
llll
llll
lll
lll
ll
ll
l
l
= ( ) vanishrkr
!2)2(
)32)(22()11)(211(
!12
202)210(1
2γγ++
+−+−++
+−+
+ll
l (deret ke 3 = 0)
= )(2211 vanishr+−
+ γ = rnγ−1 ; 0
`na
rrn =γ maka 0
2 2`arr =γ
Tugas Fisika Kuantum
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
−
0
`22/3
020
0
`22/3
020
`2.22
11
2`1.
2211
0
0
are
aR
are
aR
ra
ra
atau dapat ditulis
sekarang kita akan menghitung 21R
)2;22;( rnFerNR nrr
nnn γγ +−= − ll
ll
( ) ( ) )2;212;112( 21
21212 rFerNR r γγ ++−= −
)2;3;0(`. 20
21212 rFe
arNR r γγ−=
( ) )2;3;0(`62
12
0
2/3021
2 rFearaR r γγ−−=
dengan cara yang sama sekarang kita akan mencoba mengitung
)2;3;0( 2rF γ = )(0
!12
21.2)211(1 2 vanish
r=
+−+
+γ
= 1
= )(2211 vanishr+−
+ γ = rnγ−1 ; 0
`na
rrn =γ
maka 0
2 2`arr =γ
( ) ( ) oareararR 2/`
0
2/3021
`62
1 −−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
1.1.5 Solusi Eigen dan Distribusi Probabilitas Dari uraian didepan diperoleh solusi eigen lengkap bagi persamaan (1.5), yaitu
( ) ( ) ( ) ( )ϕθϕθψψ mmnmn rRrr ΦΘ=≡ lll
r ),,( (1.49) dengan n = 1,2,3,...
Tugas Fisika Kuantum
l = 0,1,2,3,...,n-1 m =0,± 1, ± 2, ± ,...± l (1.50) kombinasi ketiga bilangan n, l , m pada mnlψ mendefinisikan
suatu keadaan dari atom hydrogen. Mengingat lnR , mlΘ ,
mΦ merupakan fungsi ternormalisasi, maka mnlψ juga ternormalisasi
( iii mn lψ mnlψ, ) = ∫ iii mn l
ψ iii mmnnmn dv δδδψlll =*
(1.51) hal ini sesuia dengan penafsiran awal bahwa ψψ * merupakan rapat probabilitas untuk mendapatkan partikel dalam keadaan n, l , m pada posisi ( )ϕθ ,,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. Contoh Permasalahan 1. Untuk bilangan kuantum n = 4, tuliskan fungsi eigen
dengan semua nilai l dan m yang mungkin Penyelesaian Dari uraian didepan didapatkan bahwa n tertentu terdapat n harga l . Untuk n = 4 maka l =0,1,2,3 sedangkan untuk l tertentu adalah (2 l +1) harga m. Lengkapnya diberikan dalam fungsi gelombang mnlψ seperti tabel berikut:
Tugas Fisika Kuantum
n = 4 l m
mnlψ ( )ϕθ ,,r
0 0 400ψ ( )ϕθ ,,r
-1 141−ψ ( )ϕθ ,,r
0 410ψ ( )ϕθ ,,r
1
1 411ψ ( )ϕθ ,,r
-2 242−ψ ( )ϕθ ,,r
-1 142−ψ ( )ϕθ ,,r
0 420ψ ( )ϕθ ,,r
1 421ψ ( )ϕθ ,,r
2
2 422ψ ( )ϕθ ,,r
-3 343−ψ ( )ϕθ ,,r
-2 243−ψ ( )ϕθ ,,r
-1 143−ψ ( )ϕθ ,,r
0 430ψ ( )ϕθ ,,r
1 431ψ ( )ϕθ ,,r
2 432ψ ( )ϕθ ,,r
3
3 433ψ ( )ϕθ ,,r
Distribusi probabilitas radial. Dari hubungan ortonormalitas persamaan (1.45), tampak bahwa probabilitas per satuan panjang r diberikan oleh:
( ) 22 rRrP nl= (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:
Tugas Fisika Kuantum
l 0 1 2 3 ... notasi spektroskopik s p d f ...
Untuk mendapatkan gambaran prilaku umum ( )rPnl kita gunakan: i. rumus rekursi (1.35) dan polinom (1.38) memperlihatkan
bahwa polinom merupakan polinom ( )ρL , berorde s =
n- l -1 sehingga ( )ρL mempunyai s titik nol.
ii. Untuk nilai l terbesar ( l =n-1), ( )rPnl hanya mempunyai satu gelembung. Menurut ungkapan (1.47),
( ) onarn
nn ena
rrR /1
01
−
−
− ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∝
karena itu, puncak ( ) onarn
nn ena
rrP /22
01
2 −− ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∝ terjadi jiak
onarn
nn ena
rna
rnana
ndr
dP /212
0000
1 22222 −
−
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
dipenuhi oleh r = n oa2 (1.53)
Tugas Fisika Kuantum
beberapa fungsi lnR diberikan pada tabel berikut Tabel 1.1 Fungsi Radial
Grafik-grafik probabilitas radial ( )rPnl diberikan oelh gambar 1.2
n l lnR
1 0 oaro ea /2/32 −−
2 0 oaroo eara 2/2/3 )/2(22/1 −− −
2 1 oaroo eara /22/3 )/(62/1 −−
3 0 oaroo earara 3/222/3 )9/4/46(39/1 −− +−
3 1 oarooo earara 3/2/3 )3/24)(3/2(69/1 −− −
3 2 oaroo eara 3/22/3 )3/2(309/1 −−
Tugas Fisika Kuantum
Gambar 1.2 Rapat Probabilitas sebagai fungsi jarak
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
( ) ( ) onarearR /2/3010 2 −∝
Tugas Fisika Kuantum
maka probabilitas per satuan panjang untuk mendapatkan elektron pada jarak r dari inti
( ) onarearrP /
30
24 −=
karena itu, probabilitas elektron berada pada jarak kurang dari
0a ,
( ) drrea
drrPa
ara 2
0
/23
00
0
00 4
∫∫ −=
= 30
4a
rdrearea aar
aar ∫ −− +
⎩⎨⎧−
0
0
0
0
0
/20
0
2/20 222
= 1-5 2/ e = 0,323 distribusi probabilitas anguler. Dari persamaan (1.49),(1.15) dan (1.18) diperoleh bagian sudut
( ) ( ) ( ) =≡ΦΘ ϕθϕθ ,mmm Yll( )( )!
!2
12mm
+−+
l
ll ( )θcosmlP ϕ
πime
21
(1.54)
( )( ) ( ) ϕ
πθ imm
lm ePmm
Y21cos
!!
212
+−+
=l
lll
( )( ) ( ) ϕθ
πimm
lm ePmm
Y cos!!
412
+−+
=l
lll
(1.54*)
sekarang kita akan coba menghitung 20111000 ,,, YYYY ±
untuk 00Y
Tugas Fisika Kuantum
( )( ) ( ) ϕθ
πimm
lm ePmm
Y cos!!
412
+−+
=l
lll
( )( ) ( )
π
θπ
ϕ
41
cos!00!00
4120
00
00000
=
+−+
=
Y
ePY i
untuk 10Y
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
θπ
θθ
θπ
θπ
ϕ
cos43
1coscos
cos1!02
143
cos!01!01
4112
10
21
12/02
010
00110
=
−∂∂
−=
+−+
=
Y
Y
ePY i
akan lebih mudah ketika kita menggunakan simbol x untuk menggantikan θcos . Pada akhir penyelesaianya nanti kita baru mensubtitusikannya lagi. Contoh :
⎡ ⎤⎡ ⎤
)()1()( 2/2 xPdxdxxP l
mmm
l ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
misalnya kita akan menghitung ( ) ( ) ( ) ( )xPxPxPxP 22
12
02
11 ,,,
rumus umum
⎡ ⎤⎡ ⎤
)()1()( 2/2 xPdxdxxP l
mmm
l ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
kita subtitusikan
⎡ ⎤⎡ ⎤
)()1()( 1
12/121
1 xPdxdxxP ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
rumus rodrigues memberikan:
xxdxdxP =−= )'1()'(
!121)( 211
Tugas Fisika Kuantum
2/1211
12/121
1
)1()(
)1()(
xxP
xdxdxxP
−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
jika x= θcos , maka persamaan untuk 11P ( θcos )menjadi
θθ
θθ
θθ
sin)(cos
)(sin)(cos
)cos1()(cos
11
2/1211
2/1211
=
=
−=
P
P
P
sehingga 11Y dapat kita hitung dengan cara
( )( ) ( )
( ) ϕ
ϕ
θπ
θπ
i
i
eY
ePY
sin83
cos!11!11
411.2
11
11111
=
+
−+=
untuk 11−Y karena pada perumusan pada bagian
⎡ ⎤⎡ ⎤
)()1()( 2/2 xPdxdxxP l
mmm
l ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
m selalu berharga negative, maka pada bagian ini sama dengan 11Y , tetapi pada bagian azimutnya m dapat berharga
negatif. Sehingga 11−Y memiliki
( ) ϕθπ
ieY −− = sin
83
11
penghitungan yang lain :
),13(21)( 20
2 −= xxP
222/1212 13)13(
21)1(
21)( xxx
dxdxxP −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −−=
)1(3)13()1(21)( 2222
2 xxdxd
dxdxxP −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −−=
dst.
Tugas Fisika Kuantum
Sehingga untuk 20Y
( )( ) ( ) ϕθ
π00
220 cos!02!02
412.2 iePY
+−+
=
karena ),13(21)( 20
2 −= xxP maka
( )( )
( )
( )1cos316
5
11cos341
45
1cos321
!02!02
412.2
220
220
0220
−=
−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+−+
=
θπ
θπ
θπ
ϕ
Y
Y
eY i
dalam penyelesaian yang lain ,yang kita butuhkan adalah
θcosmlP dan θsincos1 2 =− jadi V selalu polinomial
dalam cosθ beberapa fungsi legendre dalam cosθ dituliskan
pada tabel 1.2
fungsi ( )ϕθ ,mYl disebut fungsi harmonik bola dan memenuhi ortonormalitas
( ) ( )mmmm iiii ddYY δδϕθθϕθϕθ
llll=∫ sin,, (1.55)
Tabel 1.2 Fungsi Harmonik Bola
( )π
ϕθ41,00 =Y ( ) )1cos3(
165, 2
10 −= θπ
ϕθY
( ) θπ
ϕθ cos43,10 =Y ( ) ϕθθ
πϕθ ieY ±= cossin
815,10
( ) ϕθπ
ϕθ ieY ±= cos83,10
( ) ϕθπ
ϕθ ieY 210 sin
3215, ±=
Tugas Fisika Kuantum
Mengingat bentuk eksplisit mΦ , maka rapat probabilitas
polar hanya bergantung pada sudut θ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )θθθϕθϕθϕθ PYYP lmmmm =ΘΘ∝= lll
** ,,, (1.56) Gambar-gambar probabilitas angular diberikan dalam diagram tiga dimensi berikut:
Gambar 1.3 Representasi permukaan ( )ϕθ ,mYl
Rapat probabilitas di setiap titik di dalam ruang diperoleh dari perkalian antara distribusi angular ( )θP dan distribusi
radial ( )rP . Solusi eigen lainnya adalah nilai eigen yang diperoleh dari persamaan (1.24) dan (1.35), yaitu energi atom hidrogen.
Tugas Fisika Kuantum
nmEE e
n1
32 220
2
4
hεπ=→ (1.57)
3. Hitung: a. Energi kinetic rata-rata b. Energi potensial rata-rata, electron dalam keadaan
dasar dari atom hidrogen. Penyelesaian : Fungsi gelombang keadaan dasar 100ψ hanya bergantung pada jari-jari r,
( ) 0/2/3
0100
11,, area
r −=π
ϕθψ
Karena itu energi kinetik rata-ratanya
dvmpE
ek 100100 2
ψψ∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
( ) dvime
1002
10021 ψψ∫ ∇−= h
drredrdr
drd
re
amarar
e∫ −−
⎩⎨⎧
⎭⎬⎫⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
= 2/22
/3
0
2
4112
00 ππ
h
)(22 2/2
2/
30
200 drre
drd
rdrde
amarar
e∫ −−
⎩⎨⎧
⎭⎬⎫−
=h
∫∫∞ −− +
−=
0
/4
0
22/
30
200
42 rdream
drream
ar
e
ar
e
hh
2
0
2
30
2 4amam ee
hh+=
30
2
ame
h=
= 13,6 eV b. Energi total electron keadaan dasar
EEE pk =+
Tugas Fisika Kuantum
maka pkpk
EEEE +=+
E= = E Sehingga
kp EEE −=
ke Eem
−−=22
02
4
32 hεπ
= -13,6 eV – 13,6 eV = -27,2 eV 4. tulislah solusi eigen lengkap untuk notasi spektroskop 1s, 2s dan 3p penyelesaian : untuk 1s solusi eigennya
00/
2/30
1000
2 Yea
ar−=ψ
πψ
412
0/2/3
0100
area
−=
untuk 2s solusi eigennya
πψ
ψ
412
221
2221
0
0
2/
02/3
0200
002/
02/3
0200
ar
ar
ear
a
Year
a
−
−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
untuk 3p solusi eigenya
Tugas Fisika Kuantum
ϕ
ϕ
θπ
ψ
ψ
θπ
ψ
ψ
θπ
ψ
ψ
iar
ar
ar
ar
iar
ar
eear
a
Year
a
ear
a
Year
a
eear
a
Year
a
−−−
−−
−
−
−
−
−
=
=
=
=
=
=
.sin83
621
621
cos43
621
621
.sin83
621
621
0
0
0
0
0
0
2/
02/3
0121
112/
02/3
0121
2/
02/3
0210
102/
02/3
0210
2/
02/3
0211
112/
02/3
0211
1.1.6 Spektrum Atom Hidrogen
Pada prinsipnya, jika anda mengambil atom hidogen dalam keadaan tetap ψnlm, 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:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=−=
firi nn
evEEE 22
116.13γ (1.58)
Sekarang, menurut rumus planck, energi photon proporsional pada frekuensi ini :
hvE =γ (1.59)
Dengan panjang gelombang : vc /=λ , jadi
Tugas Fisika Kuantum
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 22
111
fi nnR
λ (1.60)
Dimana
172
0
2
3 10097.144
−×=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛≅ me
cmR
πεπh (1.61)
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.
Tugas Fisika Kuantum
TUGAS
FISIKA KUANTUM
ATOM HIDROGEN
Oleh : Jeffry Handhika, S.Si. S830907011
Tugas Fisika Kuantum
081 5 484 939 05
copyright by [email protected]
Tugas Fisika Kuantum
DAFTAR ISI
Pengantar………………………………………… (1)
1.1 Persamaan Scrhodinger atom hydrogen……... (1)
1.2 Pesamaan Azimuth…………………………... (6)
1.3 Persamaan Polar……………………………... (7)
1.4 Persamaan Radial……………………………. (9)
• Cara I
(PolinomLaguerre dan Rumus rodrigues ) (15)
• Cara II
(deret, rekursi dan fungsi gamma) (23)
• Cara III (subtitusi deret)
(bu parmi method) (30)
1.5 Solusi eigen dan distribusi probabilitas...…... (42)
Contoh Permasalahan…………………..………. (43)
1.6 Spektrum Atom hidrogen…………………... (55)
Tugas Fisika Kuantum
WARNING!!! POST MODERN READING SYNDROME.
