Dokumen tersebut membahas persamaan Schrodinger untuk beberapa kasus, yaitu: 1. Partikel bebas, dengan solusi berupa gelombang planar bergerak ke kanan atau kiri dengan energi yang berhubungan dengan momentum partikel. 2. Partikel terikat, dengan potensial yang memantulkan partikel. Solusinya melibatkan penentuan konstanta dari persamaan kontinuitas di batas-batas daerah. 3. Contoh kasus seperti elektron

1. 5 PERSAMAAN SCHRODINGER
Ekuivalensi ini bersesuaian dengan solusi umum persamaan (5.1) untuk
gelombang harmonik monokromatik tak teredam dalam arah + x yaitu :
Y = A e –i ω ( t – x/v) (5.2)
atau
Y = A cos [ω(t-x/v)] – isin [ω(t-x/v)] (5.3)
A. Persamaan Schrodinger Bergantung Waktu
:
iћ δΨ/δt = -ћ2/2m (δ2Ψ/δx2 + δ2Ψ/δy2 + δ2Ψ/δz2 ) + V (x,y,z)Ψ (5.16)
B. Persamaan Schrodinger Tak Bergantung Waktu
Ψ = A e –(i/ћ)(Et-px) = A e –(iE/ћ)t e (ip/ћ)x
Ψ = Ψ e –(iE/ћ)t (5.17)
–(ip/ћ)t
dengan Ψ = e . Jadi Ψ merupakan perkalian dari fungsi gelombang
bergantung waktu e –(iE/ћ)t dan fungsi gelombang bergantung pada kedudukan Ψ. .
Subtitusikan persamaan (5.17) ke dalam persamaan (5.15) maka diperoleh:
iE /  t 2 iE /  t
2
iE /  t
i iE /  e e 2
v e
2m dx
2 2
E v( x) atau
2m dx 2
2
2m
2
E V 0 (5.18)
dx 2
2 2 2
2m
2 2 2
E V 0 (5.19)
x x x 2
42

2. C. Aplikasi Persamaan Schrodinger Pada Permasalahan Sederhana untuk
Kasus Satu Dimensi.
1. Partikel Bebas (Free Particle)
a. Proton di Dalam Siklotron
V(x)
E
0 V=0 x
Gambar 5.1 Grafik Energi partikel bebas
2 d 2
( x) ( x)
2m dx 2
d2 2m
2
( x) ( x)
dx 2
2m
misal : k 2
2
d2
2
( x) k 2 ( x)
dx
2m
Solusinya adalah : ( x) e ikx e ikx
; dengan k
2
Ada dua kemungkinan yaitu :
1. Partikel bergerak ke kanan
B = 0 dan ( x) eikx
2 d 2
Energi partikelnya ialah : 2
( eikx ) = E e ikx
2m dx
k 2 2
eikx = E eikx
2m
k 2 2
Atau : E =
2m
Konstanta normalisasi A dapat ditentukan sebagai berikut :
Jika panjang lintasan partikel itu 0 x L
43

3. L
( eikx )*( eikx ) dx = 1
0
L
2 1
A dx = 1 A=
0 L
1 2m
Maka persamaan keadaannya adalah : ψ(x) = eikx dengan k
L 
Ψ(x,t) = ψ(x) . ψ(t)
i
1 ikx
(
h
) t
= e e
L
Bila dinyatakan dalam variable gelombang semuanya :
E = hυ maka 2

1
Ψ(x,t) = e i ( kx t)
L
Harga rata-rata dari variabel momentumnya :
L
( x) * ˆ ( x)dx
0
L * L
1 ikx  1 k
e e ikx dx dx k
0 L i x L L 0
Energi partikel dapat dicari sebagai berikut :
1
Subsitusi ψ(x) = eikx ke dalam persamaan Schrodinger
L
2 d 2 1
2
( eikx ) = E( e ikx )
2m dx L
2 1 1
(ik ) 2 eikx E( e ikx )
2m L L
2k 2
2m
2. Partikel bergerak ke kiri
44

4. A=0
Ψ(x) = B e ikx
Dengan cara yang sama, tentukanlah : a) B b) ψ(x,t) c) <P> d)E
a) konstanta normalisasi B dapat dicari sebagai berikut :
Ψ(x) = B e ikx
;A=0
L
ikx ikx
( e )*( e )dx 1
0
L
e ikx e ikx
dx 1
0
L
2
dx 1
0
1
L
b ) ( x, t ) ( x) (t )
i
1 ikx
(
h
) t
e e
L

 2
 
1 ikx i t 1 i ( kx t)
e e e
L L
c) <P> = …….?
L L
1  1
* ( x) ˆ ( x)dx ( e ikx
)*( )( e ikx
)dx
0 0 L i x L
L
k 0 k
e dx L k
0
L L
d) E = ………?
45

5. 1 ikx
( x) e
L
2 d 2 1 ikx 1 ikx
e e
2m dx 2 L L
2 1 1
( ik ) 2 e ikx
e ikx
2m L L
2 2
 k
2m
2. Partikel dalam Keadaan Terikat (Bound States)
a. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
t:
V(x)
V
E
x
Gambar 5.2 Grafik Energi elektron pada permukaan logam
 Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodingernya ialah:
 d2
( x) ( x)
2m dx 2
d2 2m
2
( x) ( x)
dx 2
2 2m
misal : k1
2
d2 2
2
( x) k1 x
dx
I ( x) e ik1x e ik1x
 Daerah II ; x 0
46

6. V (x) = V , E < V
2 d 2
( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2 m( E V )
( x) ( x)
dx 2 2
2m(V E )
( x)
2
2m(V E )
Misal : k 2
2 2
d2
( x) k 22 ( x)
dx 2
Solusi ialah (x) Cek2x + De-k2x
Fungsi yang diinginkan ialah fungsi gelombang berkelakuan baik :
II (x) 0
lim x
ik 2 x
Maka C = 0 dari II ( x) D2
Aeikx Be ikx
:x<0
k 2x
(x ) = De ;x 0
Solusi dari fungsi gelombang yang diperoleh masih terputus di x = 0 (tak
kontinu) maka, kita gunakan rumus penyambung atau persamaan
kontinuitas.
I ( x) II ( x)
d ( x)
I ( x)
II
x=0
dx dx
A+B=D..............1)
Ik1 A – ik1B = -k2D............2)
Dari dua persamaan tersebut dapat ditentukan harga konstanta A,B dan D
A+B=D (k2) -k2A+k2B=-k2D
ik1 A – ik1B = -k2D 1 ik1 A – ik1B = -k2D +
(k2+ik1)A+(k2-ik1)B=0
47

7. (k2+ik1)A=(k2-ik1)B
ik1 k2
B= A
ik1 k2
D=A
A+B=D ik1 ik1 A + ik1B = -k1D
ik1 A – ik1B = -k2D 1 ik1 A – ik1B = -k2D +
2ik1 A=(ik1-k2)D
2ik1
D= A
ik1 k 2
ik1 k 2
Aeik1 x A; x 0
( x) 2 ik11
ik1 k 2
A; x 0
ik1 k 2
b. Neutron yang mencoba melepaskan diri dari inti
V(x)
V
E
x
Gambar 5.3 Grafik Energi Neutron
Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodinger ialah :
48

8.  d2
( x) ( x)
2m dx 2
d2 2m
2
( x) ( x)
dx 2
2 2m
misal : k1
2
d2 2
2
( x) k1 x
dx
I ( x) e ik1x e ik1x
Daerah x>0
V(x)=V ;energi E >V
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2 m( E V )
( x) ( x)
dx 2 h2
2m(V E )
( x)
h2
2 2m(V E )
Misal : k 2
h2
II ( x) Ceik 2 x De ik 2 x
Syarat gelombang yang berkelakuan baik : (x) Ce ik 2 x dan D=0
Aeik1 x Be ik1 x
;x 0
(x) Ce ik2 x
;x 0
Persamaan kontinuitasdi x=0 agar fungsi gelombang tersebut
berkesinambungan:
I ( x) II ( x)
d d x=0
I ( x) II ( x)
dx dx
A+B=C (k1) k1A-k1B=k1C
K1A-k1B=k2C 1 k1A-k1B=k2C +
2k1A=(k1+k2)C
49

9. 2 k1
C= A
k1 k 2
ik1 k 2
Aeik1 x A; x 0
( x) 2 ik11
ik1 k 2
A; x 0
ik1 k 2
c. Partikel α yang Mencoba Melepaskan Diri dari Barrier Coulomb
V
E
I II III
x
0 a
Gambar 5.4 Grafik Energi Partikel α
Daerah I ; x<0
V(x)=0 energinya E<V
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2mE
( x) ( x)
dx 2 2
2mE
I (x) = dengan k1=
2
Daerah II ; 0<x<a
V(x)=0
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2m
( x) (V E ) ( x)
dx 2 2
2m(V E )
II (x) = Ce ik 2 x De ik 2 x
dengan k2=
2
Daerah III ; x>a
50

10. V(x)=0
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
2mE
III (x) = Feik 2 x Ge ik1 x
dengan k1=
2
Pada daerah ini, partikelnya merupakan partikel bebas artinya tidak
ada sesuatu yang menyebabkan partikel untuk dipantulkan kembali
jadi G=0
III (x) = Feik 2 x
Ae ik1 x Be ik 1 x
;x 0
k2 x k2 x
(x) = Ce De ;0 x a
ik 1 x
Fe ;x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakan
persamaan kontinuitas:
I ( x) II ( x)
d I( x) ( x) x=0
II
dx dx
I ( x) II ( x)
d I( x) ( x) x=a
II
dx dx
A+B=C+D.......................1)
ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k 2 a De k2a
Feik1a ..........
.......... )
3
k 2 Ce k 2 a k 2 De k2a
ik1 Feik1a .......... 4)
..
Dari kempat persamaan tersebut dapat dicari konstanta A,B,C,D dan F.
Dari persamaan 1 dan 2 :
A+B=C+D (ik1) ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
ik1A-ik1B=k2C-k2D (1) ik1A-ik1B= k2C-k2D +
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D...................5)
Dari persamaan 3) dan 4)
51

11. Cek2a + De-k2a = Feik1a (ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a (1) k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a
(ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a
(ik1 k2 ) e 2 k 2 a
D C
(ik1 k2 ) e k 2 a
(k2 ik1 ) 2 k 2 a
D e ..C..........6)
.
(ik1 k2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
2ik1 A (ik1 k 2 )C (ik1 k2 ) e C
(ik1 k 2 )
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
2ik1 A (ik1 k2 ) (ik1 k2 ) e C
(ik1 k 2 )
2ik1 (ik1 k 2 )
C A.............7)
(ik1 k 2 ) 2 (ik1 k 2 )( k 2 ik1 )e 2 k 2 a
Subsitusi 7) ke 6) :
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a 2ik1 (ik1 k 2 )
D e A..........8)
.
(ik1 k 2 ) (ik1 2
k 2 ) (ik1 k 2 )(k 2 ik1 )e 2 k2a
Subsitusi 7) ke 8) :
2ik1 (ik1 k2 )
2 2k2 a
Ae2 k 2 a
(ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e
(k2 ik1 ) 2 k 2 a 2ik1 (ik1 k2 ) A k2a
e e Feik1a
(ik1 k2 ) (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2
e 2 k 2 a (ik1 k2 )(k2 ik1 )
2ik1 A Feik1a
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2ik1 (e 2 k 2 a )(ik1 k2 )(k2 ik1 ) 1
F 2 2k2 a 2k2 a
A
(ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e e
2ik (ik1 k2 )(k2 ik1 ) e k 2 a ik1a
F A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
52

12. 2ik1 (ik1 k2 ) A 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a A
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 k2 (k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
(ik1 k2 ) 2ik1 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 )
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
maka persamaan keadaan dari partikel tersebut ialah
ik1 k2 2ik1 k2 ik1 e k 2 a ik1 k2
Aeik1 x 2
e ik 1 x
A; x 0
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
(x
2ik1 ik1 k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a
) 2 2k2 a
ek2 x A 2
e k2 x
a;0 x a
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
2ik1 ik1 k2 k2 ik1 e k 2 a ik1a
2 2k2a
eik1 x A; x 0
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e
d. Elektron yang Dihamburkan Oleh Atom yang Terionisasi Negatif
53

13. E
V
I III
II
0 a x
Gambar 5.5 Grafik energi elektron yang dihamburkan oleh
Atom terionisasi negatif
Daerah I ; x<0
V(x)=0
2 d 2
Persamaan Schrodingernya, ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2mE
( x) ( x)
dx 2 2
2m( E
I (x) = Aeik1x Be ik1 x
dengan k1=
2
Daerah II ; 0<x<a
V(x)=V energinya E>V
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2m 2m
( x) ( E V ) ( x) (V E)
dx 2 2 2
2m(V E )
II (x) = Ce ik 2 x De ik 2 x
dengan k2=
2
Daerah III ; x>a
V(x)=0
2 d 2
Persamaan Schrodingernya, ( x) E ( x)
2m dx 2
54

14. d2 2mE
( x) ( x)
dx 2 2
2m( E
III (x) = Feik1x Ge ik1 x
dengan k1=
2
Pada daerah ini partikel dianggap sebagai partikel bebas sehinnga G=0
III (x) = Feik1 x
maka persamaan keadaannya ialah
Ae ik1 x Be ik 1 x
;x 0
(x) = Ce k 2 x De k2 x
;0 x a
Fe ik1 x ; x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakanlah
persamaan kontinuitas :
I ( x) II ( x)
d ( x)
I ( x) x=0
II
dx dx
II ( x) III ( x)
d ( x)
II ( x) x=a
II
dx dx
A+B=C+D.......................1)
Ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k2a De k2 a
Feik1a ..........
.......... )
3
ik 2 Ce k2a k 2 De k2 a
ik1 Feik1a .......... 4)
..
Mencari konstanta A,B,C,D & G.
Dari persamaan 1) dan 2) :
A+B=C+D (ik1) Ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
Ik1A-ik1B=k2C-k2D (1) Ik1A-ik1B= k2C-k2D +
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D........................5)
Dari persamaan 3) dan 4) :
Cek2a + De-k2a = Feik1a (ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a (1) k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a
55

15. (ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a
(ik1 k 2 ) e 2 k 2 a
D C
(ik1 k 2 ) e k 2 a
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
D e .......... 6)
...
(ik1 k 2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
2ik1 A (ik1 k 2 )C (ik1 k2 ) e C
(ik1 k 2 )
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
2ik1 A (ik1 k2 ) (ik1 k2 ) e C
(ik1 k 2 )
2ik1 (ik1 k 2 )
C A.............7)
(ik1 k2 ) 2
(ik1 k 2 )( k 2 ik1 )e 2 k 2 a
Substitusi 7) ke 6), diperoleh :
2k1e2ik 2 a
D A.......... )
8
k2 k1 k1 k2 e2ik 2 a
Substitusi 7) ke 8) ke 3), diperoleh :
4k1k2eik 2 a ik1a
F A
k1 k2 k2 k1 k1 k2 e2ik1a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
2k1 k2 k1 2k1e2ik 2 a k1 k2 k1 2 k2 k1 k1 k2 e2ik 2 a
B A
k1 k2 k2 k 1 k1 k2 e2ik 2 a
56

16. 2k1 k2 k1 2k1e 2ik1a k1 k2 k1 k2 k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
Aeik1 x e ik 1 x
A; x 0
k1 k2 k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
2k1 k2 k1 2k1e 2ik 2 a
(x) eik 2 x A e ik 2 a
A;0 x a
k1 k2 k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
4k1k2eik 2 a ik1a
eik1 x A; x a
k1 k2 k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
e. Neutron yang terikat dalam inti
V
V
II
I III
E
V(x)=0
0 l x
Gambar 5.6 Grafik energi neutron yang terikat dalam inti
Daerah I ; x<0
V(x)=V ; E<V
2 d 2
Persamaan Schrodingernya, ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2m(V E)
( x) ( x)
dx 2 2
I (x) = Aek1x Be k1 x
dengan menerapkan syarat fungsi berkelauan baik yaitu lim x mendekati
negatif tak hingga maka nilai fungsi harus berhingga, maka haruslah B = 0
sehingga solusi didaerah satu ialah
2m(V E)
I (x) = Aek1x dengan k1=
2
Daerah II ; 0<x<l
57

17. V(x)=0
2 d 2
Persamaan Schrodingernya, ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2mE
( x) ( x)
dx 2 2
2mE
II (x) = Ce ik1x De ik1 x
dengan k2=
2
Daerah III ; x>l
V(x)=V energinya E<V
2 d 2
Persamaan schrodingernya : ( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2m(V E )
( x) ( x)
dx 2 2
III (x) = Fek1x Ge k1 x
( x) 0
Syarat fungsi berkelakuan baik : III
lim x o F 0
k1 x
III (x) = Ge
Aek1x ; x<0
Ψ(x) = Ce ik1x De ik1 x
; 0<x<l
k1 x
Ge ; x>l
Fungsi tersebut masih terputus di titik x=0 dan x=l maka digunakan
persamaan kontinuitas :
I ( x) II ( x)
d ( x)
I ( x)
II
x=0
dx dx
II ( x) III ( x)
d ( x)
II ( x)
II
x=l
dx dx
A = C+D.......................1)
k1A-= ik2C ik2D ...........2)
58

18. Ce k2l De k 2l
Ge ik1l ..........
.......... )
3
ik 2 Ce k2l k 2 De k 2l
k1Ge ik1l .......... 4)
..
Mencari konstanta A,C,D dan G.
Dari persamaan 1 dan 2
A=C+D (ik2) ik2A= ik2C-ik2D
k1A = ik2C ik2D (1) k1A-= ik2C-ik2D +
(ik2-k1)A=2ik2D
ik 2 k1
D A.......... .... 5 )
2ik 2
Subsitusi 5) ke 1)
C=A–D
(ik 2 k1 )
C A
2ik 2
2ik 2 ik 2 k1
C A
2ik 2
ik 2 k1
C A..........
.......... 6)
....
2ik 2
Subsitusikan 5) dan 6) ke 3)
ik 2 k1 ik 2l ik 2 k1 ik 2l k1l
e e A Ge
2ik 2 2ik 2
ik 2 k1 e ik 2l ik 2 k1 e ik 2l
G A
2ik 2 e ik 2l
Aek1x ; x ≤ 0
ik 2 k1 ik 2 k1
Ψ (x) = Aeik 2l Ae ik 2l
;0 x l
2ik 2 2ik 2
ik 2 k1 e ik 2l ik 2 k1 e ik 2l
k1 x
Ae ;x l
2ik 2 e ik 2l
f. Molekul Gas yang Terperangkap di Dalam Kotak
59

19. V (X)
E
 0 
Gambar 5.7 Grafik energi partikel dalam kotak
Karena besar dinding potensialnya tak hingga, maka partikel tidak
mempunyai peluang untuk loncat ke daerah x < -l dan x > l berarti, solusinya
hanya terletak di daerah –l ≤ x ≤ l dengan V(x) = 0.
Persamaan Schrodingernya :
2 d 2
( x) V ( x) E ( x)
2m dx 2
d2 2mE
( x) ( x)
dx 2 2
2mE
(x) = Aeik1x Be ik1 x
dengan k=
2
Atau Ψ(x) = A ( cos kx + i sin kx ) + B (cos kx – i sin kx )
= (A + B )cos kx + i ( A - B ) sin kx
= C cos kx + D sin kx
dengan C = A + B dan D = i ( A- B )
Dilihat dari solusinya, ada dua kemungkinan yaitu :
1. Ψ(x) = C cos kx ; D=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0 dan Ψ(l) = 0
C cos k (-l) = 0 C cos kl = 0
C cos (-kl) =0
C cos kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl yaitu :
60

20. C cos kl = 0
Cos kl = nπ/2 dengan n =1,3,5,7,… (bilangan ganjil)
n n
k maka ( x) C cos x
2l 2l
Harga C dapat dicari dengan menormalisasikan fungsi tersebut :
l
* ( x) 1
l
l
n 1
C 2 cos2 xdx 1 C
l
2l l
1 n
( x) cos xdengan : n bilanganganjil
l 2l
2 d 2 1 n 1 n
energinyayaitu : cos x cos x
2m dx 2 l 2l l 2l
2 2 2 2 2
 n 1 n  n
cos x
2m 2l l 2l 8ml 2
2

n 2
n2
32ml
dengan n bilangan ganjil
2. ψ(x) = D sin kx ; C=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0 dan Ψ(l) = 0
D sin – (kl) = 0 D sin (kl) = 0
-D sin kl =0 D sin kl =0
Sin kl = 0 sin kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl, yaitu :
D sin kl = 0
sin kl = 0
kl = nπ
k = nπ/l, dengan : n = 0,1,2,3,4,..
61

21. n
( x) D sin x
l
Konstanta D diperoleh dengan cara menormalisasikan fungsi tersebut :
l
n 1
D 2 sin 2 xdx 1 D
l
2l l
1 n
( x) sin x
l l
2 d 2 1 n 1 n
energinyayaitu : sin x sin x
2m dx 2 l l l l
2
2 n 2n2
2m l 8ml 2
dengan : n 0,1,2,3,...
n'
n n (n' bilangangenap)
2
2n2
n ; n bilangangenap
32ml 2
1 n'
( x) sin x; n' bilangangenap
l l
Persamaan keadaan dari molekul yang terperangkap dalam kotak ternyata
mempunyai paritas ganjil dan genap, dengan energi
 2n2
n
32ml 2
Untuk n =1
2 1
k 2l
2l 2l 2
n 2
2
k 2l
l l
n 3
3 2 3 3
k 2l
2l 2l 2
n=3 E3 9E1
62

22. 1 3
x cos x
 2
4h 2
n=2 E2 4 E1
32 m 2
1 n
x sin
 2
h2
n=1 E1
32 m 2
1 n
x cos x
 2
 
Gambar 5.8 Energi partikel dalam kotak pada berbagai orde
g. Molekul Diatomik yang Bervibrasi Membentuk Osilator Harmonik
Sederhana
V(x)
-x x
Gambar 5.9 Grafik Energi Osilator Harmonik Sederhana
Molekul Diatomik
Persamaan Schrodingernya ialah :
2 d 2 1 2
x kx x E x
2m dx 2 2
d2 2mE mk 2
x x x 0
dx 2 2 2
63

23. 2mE 2
misal :
2
d2 2 mk 2
x x x 0
dx 2 2
1
mk 1 2 4
misal : 2 4 0
 0 mk
d2 2 x2
x x 0.......... 1)
....
dx2 4
0
x
misal :
0
d d d 1 d d2 1 d
dx d dx 0 d dx2 2
0 d
1 d2 2
2
2 2 4
0
0 d 0
d2 2 2
0 2 0.......... 2)
...
d 2
2 2 2mE  2
dengan : 0
2 mk
Solusi dari persamaan 2) salah satunya yaitu dengan teknik trial & error.
Kita pilih sembarang fungsi dimana fungsi yang dipilih harus memenuhi
syarat fungsi berkelakuan baik, yaiutu:
lim 0
Misal fungsi sembarang itu ialah :
1 2
2
e .......... .3)
Diuji : lim 0 (dipenuhi)
Substitusi persamaan 3) ke persamaan 2) :
64

24. 1
d2 2 2 2 2
2
0 e 0
d 2
1 2 1 2 1 2
d 2
d 2 2 2 2 2
e e 0 e 0
d d
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
d 2
d 2 2 2 2
d
e e e e e
d d d
1 2
2 2 2 2
0 e 0
2
d d 2 2
2
12 0....... )
4 0
d d
Persamaan 4) ini dinamakan persamaan Hermite
Solusi dari persamaan Hermite dicari dengan cara deret
dijabarkan dalam bentuk deret sebagai berikut :
al bl .......... 5)
....
l 0
2 3
a0 a1 a2 a3 ...
Substitusi persamaan 5) ke persamaan 4) :
d2 2 d 2
a0 a1 a2 ... 2 a0 a1 a2 ...
d 2 d
2 2 2
0 1 a0 a1 a2 ... 0
4 3
2 a2 6a3 12a4 ... 2 2 a2 3a3 ...
2 2 2
0 1 a0 a1 a2 ... 0
2 2 2 2
2 a2 0 1 a0 0 6a3 2a1 0 1 a1
2 2 2 2 2 3
12a4 4 a2 0 1 a2 20a5 6a3 0 1 a3 ... 0
Atau secara umum dapat diungkapkan sebagai berikut :
65

25. 2 2 l
l 1 l 2 al 2 2lal 0 1 al 0
dengan : l 0,1,2,3,...
karena 0, maka :
2 2
l 1 l 2 al 2 2lal 0 1 al 0
2 2 2
al 2 2l 0 1 2l 1 0
atau :
al l 1 l 2 l 1 l 2
al 2 2
Untuk l besar atau l mendekati :
al l
Berarti ada dua solusi, yaitu :
2 4
1.. a0 a2 a4 ... genap
3 5
2. a1 a3 a5 ... ganjil
2 2
Perbandingan antar dua sukunya yaitu
l
Jadi, deret tersebut mempunyai kelakuan asimptotik untuk seluruh rentang
2 2
l sebanding dengan : e2 atau e2 ....... )
6
Substitusi persamaan 6) ke persamaan 5):
1 2 3 2
2
e e2
Bila diuji dengan : lim 0 (berarti ada kesalahan)
Untuk mengatasi hal tersebut, maka dilakukan cara dengan mengubah
deret menjadi bentuk polinom yaitu dengan melakukan pemotongan suku deret.
Misal rentang harga l tidak sampai tapi sampai l tertentu, misal sampai l max
al 2
Itu diperoleh bila 0
al
2
2l 1 0
0
l 1 l 2
2
atau : 2l 1 0 0
2
maka : 2l 1 0
2
Karena l = 0,1,2,3,… kita ganti saja dengan 2n 1 0 ...... )
7
66

26. Substitusi persamaan 7) ke 4) dengan mengganti ( ) dengan polinomial
Hermite Hn ( ) :
d2 d
Hn 2 Hn 2nH n 0..........
.......... 8)
......
d 2 d
Lihat persamaan 3) :
1 2 1 2
2 2
e menjadi : Hn e
2 n dn 2
Dengan : H n e 1 e
d n
2
H0 e 2
1
x  4
H1 2 dgn : dan 0
2 0 mk
H2 4 2
Solusinya yaitu :
1 2
2 dengan An = konstanta
An H n e
An dapat dicari sebagai berikut :
2 1
* d 1 An 1
2
n!2n
1
An
1
2
n!2n
0; m n
2
An 1
2
n!2n ; m n
1
4
A0
1
1 1 4
A1 2
1 2
2
.2
67

27. 1 1 2
4 2
0 e
1 1 2
1 2 2
1 2 2 e
2
D. Rapat Probabilitas
1. Proton di dalam berkas siklotron
Kasus 1
*
x x x
*
1 ikx 1 ikx 1
x e e
L L L
Kasus 2
*
x x x
*
1 ikx 1 ikx 1
x e e
L L L
x
:
Gambar 5.10 Sketsa grafik rapat probabilitas
sebagai fungsi posisi
2. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
*
1 x 1 x 1 x
*
ik1 x ik1 k2 ik1 x ik1 k2
1 x Ae Ae Aeik1 x Ae ik1 x
ik1 k2 ik1 k2
ik1 k2 * 2ik1 x ik1 k2 * 2ik1 x
2 A* A A Ae A Ae
ik1 k2 ik1 k2
68

28. *
2 x 2 x 2 x
*
2ik1 k2 x 2ik1 k2 x 4k12 2k2 x
2 x Ae Ae A* Ae
ik1 k2 ik1 k2 k12 k2 2
:
0 x
Gambar 5.11 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron konduksi terhadap posisinya
3. Neutron yang Mencoba Melepaskan Diri dari Inti
*
1 x 1 x 1 x
*
ik1 x k1 k2 ik1 x k1 k2
1 x Ae Ae Aeik1 x Ae ik1 x
k1 k2 k1 k2
2
* k1 k2 * 2 ik1 x k1 k2 * 2ik1 x k1 k2
AA A Ae A Ae A* A
k1 k2 k1 k2 k1 k2
*
2 x 2 x 2 x
*
2k1 2k1 4k12
2 x Aeik 2 x Aeik 2 x 2
A* A
k1 k2 k1 k2 k1 k2
*
0 x
Gambar 5.12 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron yang melepaskan diri dari inti terhadap posisinya
69

29. 4. Partikel yang Mencoba Melepaskan Diri dari Potensial Coulomb
2 ik1 x ik1 k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2
1 x A* A A* Ae 2
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
ik1 k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2
A* Ae2ik1 x 2
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
2
* ik1 k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2
AA 2
ik1 k2 ik1 k 2 k2 ik1 e 2 k 2 a
1
2 x 4k12 A* A 2 2k2 a 2
ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2 e ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e2 k 2 a
2 2
e2 k 2 x ik1 k2 ik1 k2 e2k 2 a ik1 k2 e2 k 2 a ik1 k2 e 2k 2 x 4k2 a
ik1 k2 ik1 k2
2 2 ik1 a
ik1 k2 ik1 k2 e
3 x 4k12 A* A 2
ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2 e 2 k 2 a
*
0 L x
Gambar 5.13 Sketsa grafik probabilitas partikel
5. Elektron yang dihamburkan oleh ion yang terionisasi negatif
70

30. 2 k1 x 2k1 k 2 k1 2k1e 2ik 2 a k1 k 2 k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e 2ik 2 a
1 x A* A A* Ae
k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e 21k 2 a
2k1 k 2 k1 2k1e 2ik 2 a k1 k 2 k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e 2ik 2 a
A* Ae2ik1 x 2 ik 2 a
k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e
1
A* Ae 2
k1 k2 k2 k1 k1 k 2 e 2ik 2 a k 2 k1 k1 k 2 e 2ik 2 a
2 ik 2 a 2 ik 2 a
2k1 k 2 k1 2k1e k1 k2 k1 k2 k2 k1 k1 k2 e
2k1 k 2 k1 2k1e 2ik 2 a k1 k2 k1 k2 k2 k1 k1 k 2 e 2ik 2 a
4k12 A* A
2 x
k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a k2 k1 k1 k2 e2ik 2 a
2 2 ik 2 a 2ik 2 a 2 ik 2 x
k1 k2 k2 k1 e k2 k1 e
2
1
k1 k2 k1 k2
2
2 * 2k2 a ik1 k2 k2 ik1 ik1 k2
3 x 4k A Ae
1 2 2
ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2
0 L x
Gambar 5.14 Sketsa grafik probabilitas elektron yang dihamburkan ion
6. Neutron yang terikat dalam inti
71

31. *
1 x Aek1 x Aek1 x A* Ae2 k1 x
A* A 2 2 2 ik 2 x 2 2
2 x 2
k1 2
k2 ik1 k2 e ik1 k2 e 2ik 2 x ik1 k2
4k 2
A* A 2 2 2 ik 2 l 2 2
3 x k1 2
k2 ik1 k2 e ik1 k2 e 2ik 2 l ik1 k2
422
Grafiknya :
*
x
Gambar 5.15 Sketsa grafik probabilitas neutron dalam inti
7. Molekul gas yang terperangkap dalam kotak
1 n
x cos2 x; n bil.ganjil
L 2l
atau :
1 2n
x sin x; n bil.genap
L 2l
+
Gambar 5.16 Sketsa grafik probabilitas partikel dalam kotak
8. Molekul diatomik yang bervibrasi membentuk osilator sederhana
72

32. 1 2
2
0 e
1
2
2 2
1 2 e
0( )
0( )
Gambar 5.17. Sketsa grafik probabilitas osilator harmonik sederhana
Molekul diatomik
73