Terdiri dari Bab mekanika gelombang, operator, solusi persamaan schrodinger, atom hidrogendan momentum sudut. Dilengkapi dengan Contoh soal dan pembahasannya. Disusun oleh : Dindi, Dini, Sasti, Rima, Alfi, Yuni, Fina, Nur89, wawan, Aziz Ayu dini Wiwis, denin, Nur, Anis, dan Ms Ihsan. PENDIDIKAN FISIKA UNIVERSITAS JEMBER

1. 1
BAB I
MEKANIKA GELOMBANG
1.1 Fisika Klasik
Fisika yang berkembang sampai akhir abad 19 dikenal sebagai fisika
klasik dan mempunyai dua cabang utama yaitu mekanika klasik Newtonian
dan teori medan elektromagnetik Maxwellian. Mekanika klasik dicirikan oleh
kehadiran partikel sebagai sesuatu yang terkurung didalam ruangan. Istilah
terkurung secara sederhana dapat dikatakan sebagai adanya batas yang jelas
antara materi dan sesuatu di luar dirinya atau lingkungannya. Sedangkan
medan elektromagnetik dicirikan oleh kualitas medan dari gelombang yang
menyebar didalam ruang. Medan tersebar didalam ruang bagai kabut dengan
ketebalan yang berbeda dan menipis sampai akhirnya benar-benar lenyap.
Batas antara ruang bermedan dan ruang tanpa medan tidak jelas atau kabur.
Ciri utama fisika klasik adalah sifatnya yang Common sebse dan deterministik.
1.1.1 Mekanika Sistem Partikel
Perhatikan partikel bermassa m yang pada saat t berada pada
posisi 𝑟⃗ = 𝑟⃗⃗⃗ (t), mempunyai kecepatan 𝑣⃗ = 𝑟⃗̇(t) dan mengalami gaya 𝐹⃗⃗⃗⃗.
secara klasik partikel ini terikat oleh hukum Newton :
𝐹⃗⃗⃗⃗ = m𝑟⃗̈(t) (1.1)
Dan akan bergerak dengan lintasan tertentu (definite path). Karena itu,
jika posisi, kecepatan, dan gaya saat ini diketahuo maka keadaan
masalalu partikel dapat diketahui secara pasti, demikian pula keadaan
masa depannya. Inilah yang dimaksud dengan sifat deterministik fisika
klasik. Sifast ini secara grafik dapat dilukiskan sebagai berikut :

2. 2
Gambar. 1.1 Lintasan Klasik suatu Partikel
Dapat dikatakan, keadaan sistem partikel pada suatu saat t
direpresentasikan oleh nilai sesaat dari posisi 𝑟⃗(t) dan kecepatan𝑟⃗̇(t).
Fenomena yang ada di dalam sistem parikel (mekanika klasik) adalah
fenomena tumbukan antara beberapa partikel yang memungkinkan
terjadinya transfer momentum dan energi.
1.1.2 Medan Elektromagnetik
Penemuan fenomena interferensi dan polarisasi cahaya di awal
abad kesembilan belas meyakinkan bahwa cahaya merupakan gelombang.
Sifat gelombang dari cahaya diidentifikasi beberapa dasawarda kemudian
sesuai perumusan Maxwell tentang teori medan elektromagnetik. Dengan
demikian, cahaya sebagai gelombang elektromagnetik sebagai salah satu
manifestasi dari fenomena elektromagnetisme yang terumuskan dalam
persamaan Maxwell :
∇⃗⃗⃗. 𝐷⃗⃗⃗ = 𝜌⃗t
∇⃗⃗⃗. 𝐵⃗⃗ = 0
∇⃗⃗⃗ 𝑥 𝐷⃗⃗⃗ = −
𝜕𝐵⃗⃗
𝜕𝑡
∇⃗⃗⃗ 𝑥 𝐵⃗⃗ = 𝐽⃗ +
𝜕 𝐷⃗⃗⃗
𝜕𝑡
(1.2)

3. 3
Dengan 𝐷⃗⃗⃗ = 𝜀𝐸⃗⃗ dan 𝐻⃗⃗⃗ = 𝜇𝐵⃗⃗ yang mana 𝐸⃗⃗ dan 𝐵⃗⃗ adalah medan
listrik dan medan induksi magnetik, 𝜀 dan 𝜇 adalah permitivitas dan
permeabilitas bahan, sedangkan 𝜌 dan J merupakan distribusi muatan
listrik dan distribusi arus listrik dalam bahan. Sampai menjelang abad ke
dua puluh, kedua teori tersebut ditambah thermodinamika dipandang
sebagai teori puncak (Ultimate Theory) yang mampu menjelaskan semua
fenomena fisika. Sedangkan secara praktis, teori tersebut telah memicu
timbulnya teori industri.
1.2 Krisis Fisika Klasik Dan Solusinya
Fisika terus berkembang dan temuan baru terus didapatkan. Tapi
sayanh, beberapa fenomena fisis yang ditemukan di akhir abad sembilan belas
berikut ini tidak dapat dijelaskan oleh teori fisika klasik. Karenanya, orang
mengatakan bahwa fisika klasik mengalami krisis!
1.2.1 Radiasi Benda Hitam
Jika suatu benda dipanaskan ia akan meradiasi. Hasil eksperimen
yang menarik adalah sifat distribusi energi atau spektrum energi dari
radiasi benda hitam yang bergantung pada frekuensi cahaya dan
temperatur. Benda hitam didefinisikan sebagai benda atau suatu yang
menyerap semua radiasi yang diterimanya. Hasil eksperimen tersebut
untuk temperatur benda diungkapkan oleh gambar 1.2

4. 4
Gambar. 1.2 Distribusi energi benda hitam
Teori klasik yang dirumuskan oleh Rayleigh dan Jeans sampai
pada bentuk fungsi distribusi energi:
U(v,T)=
8𝜋𝑘𝑇
𝑐3 𝑣2
(1.3)
Dengan k = 1.38x10−16
erg/0K adalah konstanta Boltzman dan c adalah
kecepatan cahaya. Jelas hasil perumusan Rayleigh dan Jeans (1.3) ini
hanya sesuai sesuai untuk frekuensi kecil dan gagal pada frekuensi tinggi.
Kegagalan atau penyimpangan teori Rayleigh dan Jeans pada frekuensi
besar ini dikenal sebagai bencana Ultraungu(Ultraviolet catasthrope).
Grafik distribusi energi dari rumus Rayleigh dan Jeans (1.3) diberikan oleh
gambar 1.3. Garis penuh adalah prediksi Rayleigh dan Jeans sedangkan
garis putus adalah hasil eksperimen.
Gambar. 1.3 Distribusi energi radiasi klasik
Untuk mengatasi kesulitan analisa klasik, digunakan fakta bahwa
gelombang elektromagnetik yang merupakan radiasi di dalam rongga
(cavity with a small aperture-sebagai radiasi praktis konsep benda hitam)
dapat dianalisa sebagai superposisi dari karakteristik moda normal rongga.
Dalam setiap moda normal, medan bervariasi secara harmonik. Dengan

5. 5
demikian, setiap moda normal ekuivalen dengan osilator harmonik dan
radiasi membentuk esembel osilator harmonik.
Berdasarkan pemahaman tersebut, Max Planck mengajukan hipotesis
radikal sebagai berikut :
1. osilator didalam benda hitam tidak memancarkan cahaya secara
kontinu melainkan hanya berubah amplitudonya – transisis amplitudo
besar ke kecil menghasilkan emisi cahay sedangkan transisi dari
amplitudo kecil ke besar dihasilkan dari absorbsi cahaya.
2. Osilator hanya bisa memancarkan atau menyerap energi dalam satuan
energi yang disebut kuanta sebesar hv, dengan v adalah frekuensi
osilator sedangkan h adalah konstanta bari yang diperkenalkan oleh
Max Planck. Konstanta Planck h = 6.626x10-34 Joule.detik
Uraian hipotesis Planck di atas dapat dijelaskan lebih lanjut
sebagai berikut. Distribusi energi dari osilator tidak kontinyu, melainkan
terkuantisasi
En = nhv (1.4)
Dengan n bilangan bulat (0,1,2,....). unsur utama dari kuantisasi
(1.4), untuk frekuensi tertentu yang diberikan maka selisih energi antara
tingkat energi dua osilator berubah adalah
En+1 – En = ( n + 1 )hv – nhv = hv (1.5)
Selanjutnya, kita hitung energi rata-rata setiap osilator. Fungsi
distribusi untuk osilator didalam kotak hitam bertemperatur T adalah
diskrit
Fn = 𝐶𝑒−𝐸 𝑛/𝑘𝑇
(1.6)
Energi rata-rata osilator

6. 6
〈 𝐸〉 =
∑ 𝐸 𝑛 𝑓𝑛
∞
𝑛=0
∑ 𝑓𝑛
∞
𝑛=0
−
∑ (𝑛ℎ𝑣)𝑒−𝑛𝑘𝑣/𝑘𝑇∞
𝑛=0
∑ 𝑒−𝑛𝑘𝑣/𝑘𝑇∞
𝑛=0
(1.7)
Untuk menghitung energi rata-rata diatas, lakukan pemisalan
𝑥 = ℎ𝑣/𝑘𝑇(1.8a)
Dan
𝑧 = 𝑒−𝑥
(18b)
Maka penyebut persamaan (1.7) dapat diuraikan menjadi
∑ 𝑒
−
𝑛𝑘𝑣
𝑘𝑇
∞
𝑛=0
= ∑ 𝑧 𝑛
∞
𝑛=0
= 1 + z + 𝑧 𝑛
+ .......
=
1
1−𝑧
(1.9)
Sedangkan untuk menghitung pembilang pers. (1.7) kita gunakan
−𝑛𝑒−𝑛𝑥
=
𝑑
𝑑𝑥
(𝑒−𝑛𝑥
)
Sehingga
∑(𝑛ℎ𝑣)𝑒−𝑛𝑘𝑣/𝑘𝑇
∞
𝑛=0
= −ℎ𝑣
𝑑
𝑑𝑥
∑ 𝑒−𝑛𝑥
∞
𝑛=0
= −ℎ𝑣
𝑑
𝑑𝑥
(
1
1−𝑧
)
= −ℎ𝑣 (
−𝑧
(1−𝑧)2)(1.10)

7. 7
Substitusi persamaan (1.9) dan (1.10) ke persamaan (1.7) serta mengingat
permisalan (1.8a) dan (1.8b) diperoleh
〈 𝐸〉 = ℎ𝑣
𝑧
𝑧−𝑎
=
ℎ𝑣
𝑒
𝑘𝑣
𝑘𝑇−1
(1.11)
Sedangkan, jumlah gelombang berdiri yang bebas dengan frekwensi v
dalam kubus 𝐿3
persatuan volume
𝑔( 𝑣) =
8𝜋𝑣2
𝑐3 (1.12)
Kerapatan foton sebagai kuanta dari osilator harmonik adalah
𝑢( 𝑣, 𝑇) = 𝑔( 𝑣) < 𝐸 > (1.13)
Dengan demikian
𝑢( 𝑣, 𝑇) =
8𝜋ℎ𝑣3
𝑐3
1
𝑒
+
𝑘𝑣
𝑘𝑇−1
(1.14)
Yang sesuai dengan hasil eksperimen!
Contoh 1.1 :
Perhatikan sepotong bahan pada temperatur 1500K. Misalkan, pada
frekwensi relatif tinggi selisih energi antar tingkay osilator adalah 1𝑒𝑉.
Hitung energi rata-rata perosilator.
Penyelesaian :
Pada temperatur 1500K,
kT = 0.12𝑒𝑉
jumlah atom dalam keadaan dasar 𝑁0sebanding dengan 𝑒−𝐸 𝑜 /𝑘𝑇
dengan
𝐸0energi keadaan dasar osilator . menurut hipotesis Plank
𝐸0 = 0

8. 8
Maka
𝑁0 = 𝐶𝑒−𝐸1/𝑘𝑇
= 𝐶
Selanjutnya, jumlah atom dengan tingkat energi berikutnya 𝐸1 =
1𝑒𝑉 adalah 𝑁1
𝑁1 = 𝐶𝑒−𝐸1 /𝑘𝑇
= 𝐶𝑒−1/0.13
= 𝐶(4.6𝑥10−4
)
Dengan cara serupa , jumlah atom dengan energi 𝑁2 = 𝐶𝑒−𝐸2/𝑘𝑇
=
𝐶𝑒−2/0.13
= 𝐶(4.6𝑥10−4
)2
Dan seterusnya
Energi rata-rata osilator
< 𝐸 >=
𝑁0 𝐸0 + 𝑁1 𝐸1 + 𝑁2 𝐸2 + ⋯
𝑁0 + 𝑁1 + 𝑁2 + ⋯
=
𝐶.0+𝐶(4.6𝑥10−4) 𝑒𝑉+𝐶(4.6𝑥10−4
)2(2𝑒𝑉)…
𝐶+𝐶(4.6𝑥10−4)+𝐶(4.6𝑥10−4)2+⋯
≈ 4.6𝑥10−4
𝑒𝑉
Contoh 1.2 :
Perlihatkan bahwa hukum radiasi Planck dan hukum radiasi Rayleigh-
Jeans identik pada frekuensi rendah atau pada temperatur tinggi .
Penyelesaian :
Hukum radiasi Planck :
𝑢( 𝑣, 𝑇) =
8𝜋ℎ𝑣3
𝑐3
1
𝑒
+
𝑘𝑣
𝑘𝑇 − 1
Untuk 𝑣 kecil atau 𝑇 sangat besar

9. 9
𝑒 𝑘𝑣/𝑘𝑇
≈ 1 +
ℎ𝑣
𝑘𝑇
Karena itu
𝑢 =
8𝜋ℎ𝑣3
𝑐3
1
(
ℎ𝑣
𝑘𝑇
)
=
8𝜋𝑘𝑇𝑣2
𝑐3
Persamaan terakhir tidak lain adalah hukum Rayleight-Jeans (1.3)
Contoh 1.3
a. Ungkapan fungsi distribusi (1.14) sebagai fungsi panjang gelombang.
b. Dari hasil yang diperoleh soal (a), tentukan panjang gelombang yang
memberikan harga rapat energi maksimum
c. Dari hasil (b) tentukan daerah panjang gelombang yang memberikan
radiasi terbesar dari suatu benda pada temperatur kamar
Penyelesaian :
a. Fungsi (1.3) dan (1.4) merupakan rapat energi persatuan volume
persatuan frekuensi
𝑢( 𝑣, 𝑇) ≡
𝑑𝜀
𝑑𝑣
=
1
𝑉
𝑑𝐸
𝑑𝑣
Sedangkan, fungsi distribusi u(I,T) merupakan rapat energi persatuan
volume per satuan panjang gelombang,
𝑢( 𝜆, 𝑇) =
𝑑𝜆
𝑑𝑣
=
𝑑𝜀
𝑑𝑣
|
𝑑𝜀
𝑑𝜆
|
Tanda mutlak diperlukan karena semakin besar panjang gelombang
semakin kecil frekuensi
𝑣 =
𝑐
𝑑𝜆
Substitusi ungkapan ini kedalam 𝑢(𝜆, 𝑇) didapatkan

10. 10
𝑢( 𝜆, 𝑇) =
8𝜋𝑐
𝜆4
ℎ𝑐/𝜆
𝑒
+
𝑘𝑣
𝜆𝑘𝑇 − 1
=
8𝜋ℎ𝑐2
𝜆5 (𝑒
𝑘𝑐
𝜆𝑘𝑇−1)
b. Maksimum jika
𝑑𝑢
𝑑𝜆
| 𝜆=𝜆 𝑚
= 8𝜋ℎ𝑐2
{−
5
𝜆6 (𝑒
−
ℎ𝑐
𝜆𝑘𝑇−1)
(
ℎ𝑐
𝑘𝑇
) 𝑒
ℎ𝑐
𝜆𝑘𝑇
𝜆7 (𝑒
ℎ𝑐
𝜆𝑘𝑇−1)2
} 𝜆= 𝜆
= 0
Hubungan diatas memberikan ,
𝜆 𝑚 =
ℎ𝑐
5𝑘𝑇
1
1 − 𝑒−ℎ𝑐/𝜆 𝑚 𝑘𝑇
Tampak bahwa ungkapan diatas untuk 𝜆 𝑚adalah persamaan
transedental dan solusinya hanya dapat diperoleh secara numerik.
Solusinya,
𝜆 𝑚 =
ℎ𝑐
4.97𝑘𝑇
=
0.0029
𝑇
𝑚𝐾 (1.15)
Persamaan 1.15 ini dikenal dengan hukum pergeseran Wien.
c. Pada temperatur kamar 270C atau 300K
𝜆 𝑚 = 10-5m
Harga ini merupakan bagian tengah dari daerah inframerah.
1.2.2 Efek Fotolistrik
Pada tahun 1887 Heinrich Hertz melakukan eksperimen penyinaran
pelat katoda dengan aneka cahaya dan sebagai hasilnya elektron-elektron
dipancarkan dari pelat katoda. Eksperimen yang dikenal sebagai efek
fotolistrik ini dapat digambarkan dengan bagan sebagai berikut:

11. 11
Gambar. 1.4 Bagan eksperimen efek fotolistrik
Di dalam eksperimen ini intensitas dan frekuensi cahaya serta beda
potensial antara kedua pelat katoda pelat diubah-ubah. Hasil eksperimen
dapat digunakan dalam grafik-grafik berikut:
(a) Untuk cahaya monokromatik λ, dengan aneka intensitas
(b) Untuk cahaya dengan aneka frekuensi

12. 12
(c) Energi kinetik foto elektron untuk tiga cahaya berbeda
Gambar. 1.5 Hasil-hasil ekdperimen efek fotolistrik
Secara klasik, sebenarnya peristiwa terpancarnya elektron dari
permukaan logam yang disinari merupakan hal atau fenomena yang wajar.
Hasil pengamatan yang tidak wajar dan tidak dapat dijelaskan oleh
pemahaman klasik adalah
1. Distribusi energi elektron terpancar (fotoelektron)tidak tergantung dari
intensitas cahaya. Berkas cahaya yang kuat hanya menghasilkan
fotoelektron atau elektron terpancar lebih banyak tetapi energi
fotoelektron rata-rata sama saja dibanding fotoelektron oleh berkas
cahaya berintensitas lebih lemah dengan frekuensi sama.
2. Tidak ada keterlambata waktu antara datangnya cahaya pada
permukaan logam dan terpancarnya elektron. Secara klasik, misalkan
permukaan logam pada eksperimen adalah natrium, arus fotolistrik
teramatu jika energi elektromagnetik 10-6 J/m2 terserap oleh
permukaan. Sementara ada 1019 atom pada selapis natrium setebal satu
atom dari seluas 1 m2. Jika dianggap cahaya datang diserap oleh
lapisan atas dari atom-atom natrium, setiap atom menerima energi
rata-rata dengan laju 10-25 W. Pada laju ini, natrium membutuhkan
waktu 1,6x106 detik atau sekitar dua minggu untuk mengumpulkan
energi sebesar 1 eV, yaitu energi fotoelektron.
3. Energi fotoelektron bergantung pada frekuensi cahaya yang digunakan
dan di bawah frekuensi tertentu tidak ada elektron dipancarkan walau

13. 13
intensitas diperbesar. Energi kinetik elektron, energi cahaya, dan
energi minimum dari cahaya yang diperbolehkan memenuhi
hubungan:
𝐸𝑘 = 𝐸 − Φ0 (1.16)
Jelas, jika nergi cahaya E kurang dari energi minimum Φ0 tidak
ada elektron terpancar.
Pada tahun 1905, Einstein mengemukakan penjelasan berupa
kebergantungan fotoelektron pada frekuensi radiasi. Menurutnya radiasi
yang sampai pada permukaan menjadi sebungkus (bundle) energi yang
terlokalisasi E=hv sebagaimana digagas Max Planck dan merambat
dengan laju cahaya. Sebungkus atau paket cahaya ini kemudian disebut
sebagai foton. Jika foton sampai pada permukaan logam, maka
1. Foton dapat dipantulkan (sesuai hukum optik).
2. Foton dapat lenyap dan menyerahkan seluruh energinya untuk
melempar elektron.
Dengan demikian persamaan (1.16) menjadi
𝐸𝑘 = ℎ𝑣 − Φ0 (1.17)
Energi minimum Φ0= 𝑒𝑉0 disebut fungsi kerja (work function) dari logam.
dan persamaan (1.17) diperoleh frekuensi dari radiasi minimum untuk
melempar elektron yaitu :
𝑉0 = Φ0/ ℎ (1.18)
Sehingga 𝐸𝑘 = ℎ(𝑣 − 𝑣0) (1.19)
Sebagaimana diperlihatkan gambar 1.5c
Singkat kata penjelasan kuanta energi radiasi atau energi terbungkus dalam
satu paket kuantum menjelaskan fenomena terpancarnya elektron dari plat
katoda setelah disinari cahaya dengan frekuensi tertentu.

14. 14
1.2.3 Efek Compton
Pada tahun tahun 1992 Arthur Compton melakuka eksperimen
penembakan sinar – x terhadap bahan. Di dalam eksperimen ini dideteksi
cahaya atau sinar – x dan elektron terhambur oleh Gambar 1.6.
Menurut teori elektomagnetik, intensitas cahaya terhambur oleh
elektron akan bergantung sudut hamburan dan tidak bergantung panjang
gelombang cahaya datang.
𝐼 ≡ 〈 𝑆〉 ≈ (1 + cos2
𝜃) (1.20)
Tetapi pengamantan Compton memberikan hasil:
1. Radiasi terhambur terdiri dari dua panjang gelombang yaitu panjang
gelombnag asal 𝜆0 dan panjang gelombang tambahan 𝜆 𝑠.
2. 𝜆 𝑠 > 𝜆0
3. 𝜆 𝑠 bergantung pada sudut 𝜃
Intensitas relatif untuk beberapa sudut 𝜃, dan model hamburan
yang diajukan oleh Compton dapat digambarkan sebagai berikut

15. 15
Dalam analisa matematisnya, G.E.M. Jauncey dan A.H. Compton
mengajukan usul yang berani, yaitu:
1. Foton mempunayai momentum seperti partikel
2. Proses hamburan adalah tumbukan elastis antara foton dan elektron.
Gelombang terpisah secara absolut dari materi dalam arti keduanya
mempunyai sifat dan perilaku yang khas dan tidak dapat saling
menggantikan. Memontum dan fenomena tumbukan merupakan sifat dan
perilaku partikel yang tidak pernah terjadi serta terumuskan untuk
gelombang.
Dari ungkapan energi relativistik 𝐸2
= 𝑝2
𝑐2
+ 𝑚2
𝑐4
maka untuk
foton sebagai partikel bermassa diam nol, 𝐸 = 𝑝𝑐. Sedangkan menurut
konsep kuanta Max Palnck, 𝐸 = ℎ𝑣. Dengan demikian momentum foton
𝑝 =
ℎ𝑣
𝑐
=
ℎ
𝜆
(1.21)
Menggunakan kedua asumsi diatas, Compton mampu menjelaskan hasil
eksperimennya yakni adanya selisih panjang gelombang Δ𝜆

16. 16
Δ𝜆 = 𝜆 𝑐(1 − cos 𝜃) (1.22)
Dengan 𝜆 𝑐 = ℎ 𝑚 𝑒 𝑐⁄ = 0,0024 Åyang didefiniskan sebagai panjang
gelombang Compton. Asumsi Compton diperkuat oleh hasil eksperimen
Bothe dan Wilson yang mendeteksi elektron terlempar (recoil electrons).
Serta konfirmasi eksperimental Bless tentang energi elektron terlempar.
Contoh 1.4
Foton denga panjang gelombang 0,024 Åmenumbuk atom target
dan foton terhambur terdeteksi pada saat 60° relatif terhadap foton datang.
Hitung:
a. Panjang gelombang foton terhambur
b. Sudut elektron terhambur
Penyelesaian:
a. Bagan tumbukan diberikan oleh Gambar. 1.7 . Foton terhambur
mengalami perubahan (pertmabahan) panjang gelombang tersebar.
Δ𝜆 = 𝜆 𝑐(1 − cos60°) = 0,012 Å
Dari panjang gelombang foton datang. Karena itu panjang gelombang
foton terhambur.
𝜆 𝑠 = (0,024 Å + 0,012 Å) = 0,036 Å
b. Hukum kekekalan momentum memberikan:
ℎ
𝜆
=
ℎ
𝜆 𝑠
cos 𝜃 + 𝑝𝑒 cos 𝛾 ( 𝐴𝑟𝑎ℎ ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)
Dan
0 =
ℎ
𝜆 𝑠
sin 𝜃 + 𝑝𝑒sin 𝛾 ( 𝐴𝑟𝑎ℎ 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑘𝑎𝑙)
Kedua persamaan ini memberikan:
𝜆 𝑠
𝜆
= cos 𝜃 + sin 𝜃 cot 𝛾
Subtitusikan harga – harga 𝜆𝜆 𝑠 dan 𝜃 di atas, didapatkan:
3
2
=
1
2
+
1
2
√3cot 𝛾

17. 17
Atau
cot 𝛾 =
2
√3
Dengan demikian
𝛾 = 𝑎𝑟𝑐 cot
2
√3
= 40,9°
Ketiga persamaan di depan merupakan eksperimen yang
memperlihatkan sifat partikel dari gelombang, yang secara sederhana
dinyatakan oleh Max Planck bahwa gelombang “ memaket diri “ dalam
kuanta energi.
𝐸 = ℎ𝑣 (1.32)
1.2.4 Hipotesis de Broglie dan Difraksi Elektron
Pada tahun 1924 dengan mempertimbangkan sifat simetri dari alam
Louis de Broglie mengajukan hipotesis bahwa partikel seharusnya juga
mempunyai gelombang. Partikel bermassa 𝑚 dan bergerakn dengan laju 𝑣
mempunyai panjang gelombang 𝜆 menurut
𝜆 =
ℎ
𝑚 𝑣
=
ℎ
𝑝
(1.33)
Persamaan (1.21) merupakan sifat partikel ( 𝑝) dari suatu
gelombang (𝜆),sedangkan persamaan (1.24) merupakan sifat gelombang
(𝜆) dari suatu partikel bermomentum 𝑝.
Demikian secara skematis kaitan anatara partikel dari gelombang
dapat dinyatakan sebagai berikut:
Sehinggaterjadi hubungan yang simetris antara partikel dan gelombang

18. 18
Artinya, gelombang dapat bersifat sebagai partikel dan sebaliknya
partikel dapat bersifat gelombang.
Hipotesis de Broglie mampu menjelasakan hasil eksperimen yang
dialkukan oleh C. J Davisson dan L. H Germer satu tahun kemudian.
Bagan dan hasil eksperimen tersebut diberikan oleh gambar berikut:
Intensitas elektron terpantul dapat dijelaskan sebagaimana difraksi
Bragg dengan memberikan sifat gelombang pada elektron penumbuk.
Elektron – elektron dengan energi 54 eV bersesuaian dengan λ = 1,67 Å
yang mendekati λ difraksi Bragg
λ = 2d sin = 2 𝑥 0,91 𝑥 sin 65° = 1,65 Å(1.25)
karena berkas yang digunakan adalah elektron, eksperimen ini lebih
dengan eksperimen difraksi elektron.
Contoh 1.5
Neutron termal pada temperatur kamar 27°𝐶 digunakan untuk
menentukan jarak antar bidang kristal NaCl. Hitung:
a. Panjang gelombang de Broglie neutron tersebut.
b. Jarak antar bidang kristal NaCl jika difraksi maksimum pertama
terdeteksi pada sudut 14,9°
Penyelesaian :
a. Energi kinetik rata – rata neutron termal identik dengan energi
molekul gas ideal pada temperatur yang sama.

19. 19
𝐸𝑟𝑎𝑡𝑎 =
3
2
𝑘𝑇 =
3
2
1,381 𝑥 10−21
. 300 𝐽 = 6,2145 𝑥 10−21
𝐽
b. Persamaan (1.25) merupakan kasus khusus (n=1) dari persamaan
yang lebih umum yaitu,
λ = 2d sin 𝜃 (1.26)
dengan n= 1,2,3... menyatakan puncak (maksimum)ke –n pola
difraksi. Dari persamaan (1.26) ini diperoleh jarak antar bidang
kristal NaCl,
𝑑 =
𝑛𝜆
2 sin 𝜃
=
1 𝑥 1,45
2 𝑥 0,257
= 1,65 Å
1.2.5 Teori Atom Bohr
Saat ini Rutherford telah membuat model atom yang mengambil
analogi sistem tata surya yang mana planet – planet bergerak mengitari
matahari. Model planet unmtuk suatu atom Rutherford bermuaru pada
kesimpulan:
1) Elektron atom hidrogen yang beredar di sekitar inti hanya mempunyai
waktu edar sekitar10−6
detik, kemudian elektron tersebut jatuh ke
dalam inti. Hal ini terjadi karena dalam pemahaman klasik elektron
akan memancarkan energinya selama mengitari inti atom.
2) Spektrum optik dari atom hidrogen (atau atom yang lain) adalah
spektrum kontinu.
Dua kesimpulan tersebut ternyata tidak sesuai dengan hasil
eksperimen Balmer yang berupa spektrum garis (diskrit) untuk hidrogen
dan spektrum pita untuk gas hidrogen.
Untuk mengatasi masalah ini Neil Bohr mengajukan model ato
hidrogen yang berdasarkan pada postulat – postulat berikut:
1. Elektron bergerak mengitari proton di dalam atom hidrogen dengan
gerak melingkar serba sama dalam gaya coulomb dan sesuai dengan
Hukum Newton.

20. 20
2. Orbit yang diijinkan hanya orbit yang memungkinkan momentum
sudut elektron adalah kelipatan bulat dari ℎ 2𝜋⁄ , yaitu
L = 𝑚𝑣𝑟 = 𝑛ℏ, 𝑛 = 1,2,3 (1.26)
3. Jika elektron berada pada orbit yang diijinkan, elektron tidak
memancarkan energi.
4. Jika elektron melompat dari lintasan ke-i menuju ke-j, maka foton
dengan frekuensi 𝑣
𝑣 =
𝐸𝑖 − 𝐸𝑗
ℎ
Dipancarkan (untuk 𝐸𝑖 > 𝐸𝑗 ), atau diserap (untuk 𝐸𝑖 < 𝐸𝑗) oleh atom
hidrogen.
Konsekwensi – konsekwensi dari postulat Bohr di atas adalah
sebagai berikut:
Postulat pertama, sesuai hukum Newton
Gaya coloumb antara proton dan elektron (F) sama dengan atau
diimbangi gaya sentrifugal (f) yang ,megarah menjauhi proton sebagai
pusat lingkara.
1
4𝜋𝜀0
𝑒2
𝑟2
=
𝑚𝑣2
𝑟
Kuantisasi lainnya, energi total elektron tidak lain adalah kinetik
dan energi potensial
𝐸 = 𝐸𝑘 + 𝐸 𝑝 =
𝑚𝑣2
2
−
1
4𝜋𝜀0
𝑒2
𝑟2

21. 21
Dari persamaan kesetimbangan (1.29) didapatkan
𝐸 = −
1
8𝜋𝜀0
𝑒2
𝑟2 (1.31)
Postulat kedua, momentum sudut elektron terkuantisasi
sebagaimana hubungan (1.27) sehingga
𝑣 =
𝑛ℏ
𝑚𝑟
(1.28*)
Subtitusikan (1.28*) ini ke persamaan (1.29) diperoleh
1
4𝜋𝜀0
𝑒2
𝑟2
=
𝑚
𝑟
(
𝑛ℏ
𝑚𝑟
)
2
Atau
𝑟 → 𝑟𝑛 =
4𝜋𝜀0ℏ2
𝑚𝑒2 𝑛2
= 𝑎0 𝑛2
(1.32)
Dengan
𝑎0 =
4𝜋𝜀0ℏ2
𝑚𝑒2 = 0,53 Å (1.33)
Dikenal sebagai radius Bohr yang bersesuaian dengan hasil
eksperimen. Hasil di atas menyatakan bahwa jari – jari elektron
mengitari inti tidak dapat sembarang nilai melainkan kuadrat bilangan
bulat kali radius Bohrn. Dimana, jari – jari atom juga terkuantisasi.
Subtitusikan radius (1.32) ke dalam persamaan (1.31) diperoleh
ungkapan energi.
𝐸 = 𝐸 𝑛 =
𝑚 𝑒4
32𝜋2 𝜀0
2ℏ2 (
1
𝑛2 ) (1.34)
Hasil ini juga mampu menjelaskan hasil eksperimen atom hidrogen
secara memuaskan. Model atom Bohr untuk hidrogen
memperkenalkan syarat kuantum baru yaitu momentum sudut
merupakan kelipatan bulat ℏ. Bilangan n yang mengidentifikasi

22. 22
keadaan stasioner ini disebut bilangan kuantum utama (principle
quantum number.
Selanjutnya perhatikan jika bilangan kuantum n sangat besar.
Persamaan (1.28) dan persamaan (1.34) memberikan.
𝑣 =
𝑚𝑒4
8𝜀0
2ℏ3 (
1
𝑛2
𝑓
−
1
𝑛2
𝑖
) (1.35)
Yang dapat ditulis menjadi
𝑣 =
𝑚𝑒4
8𝜀0
2ℏ3
( 𝑛𝑖−𝑛 𝑓)( 𝑛𝑖 +𝑛 𝑓)
𝑛2
𝑖 𝑛2
𝑓
(1.36)
Dengan 𝑛𝑖 → 𝑛𝑖 untuk keadaan awal dan 𝑛𝑗 → 𝑛𝑗 untuk keadaan akhir.
Untuk 𝑛𝑖 ≈ 𝑛𝑓 = 𝑛 persamaan (1.36) menjadi
𝑣 =
𝑚 𝑒4
8𝜀0
2ℏ3
2∆𝑛
𝑛3 (1.37)
Jika ∆𝑛 = 𝑛𝑖 − 𝑛𝑓 = 1, ungkapan (1.37) ini persis sama dengan ungkapan
yang diperoleh rumusan klasik. Kesetaraan antara perumusan kuantum dan
perumusan klasik untuk n besar ini dikenal sebgai prinsip korespondensi.
Artinya, hasil klasik tidak lain merupakan limit dari kuantum.
Keberhasilkan teori Bohr mendorong A. Sommerfeld dan W.
Wilson untuk melakukan perluasan kuantisasi.
∮ 𝑝𝑖 𝑑𝑞𝑖 = 𝑛𝑖ℎ, 𝑖 = 1,2,3 … (1.38)
Dengan 𝑞𝑖 adalah koordinat umum dan 𝑝𝑖 adalah momentum konjugate
kanoniknya. Syarat (1.38) hanya dapat diterapkan di dalam kasus gerak
periodik untuk setiap pasangan variabel ( 𝑞1, 𝑝1 ), ( 𝑞2, 𝑝2 ),… . , ( 𝑞 𝑁, 𝑝 𝑁 ),
dan dikenal sebagai kaidah kuantum Wilson – Sommerfeld.
Contoh 1.6
Partikel 𝜇 – meson atau lebih dikenal sebagai muon. Mempunyai
massa 210 kali massa elektron tertangkap proton dan membentuk atom
mirip hidrogen. Hitung :
a. Energi foton yang dipancarkan jika muon jatuh dari keadaan
tereksitasi pertama ke keadaan dasar.
b. Jejari orbit Bohr pertama

23. 23
c. Kecepatan muon di dalam orbit Bohr ke –n
Penyelesaian :
a. Partikel yang jatuh adalah elektron, menggunakan ungkapan (1.35)
diperoleh energi foton terpancar:
𝐸𝑒 = 13,6 (
1
1
−
1
𝑛2
) = 10,2 𝑒𝑉,untuk 𝑛 = 2
Dari ungkapan energi (1.34) tampak bahwa energi
sebanding dengan massa partikel. Karena itu, untuk massa muon
𝑚 𝜇 = 210 𝑚 𝑒 energi foton terpancar:
𝐸𝜇 = 210 𝐸𝑒 = 2142 𝑒𝑉
b. Dari ungkapan radius Bohr tampak bahwa 𝛼0 berbanding terbalik
terhadap massa. Karena itu, jejari (radius) Bohr untuk kasus muon:
𝛼 𝜇 =
4𝜋𝜀0ℏ2
𝑚 𝜇 𝑒2
=
4𝜋𝜀0 ℏ2
𝑚 𝑒 𝑒2
=
𝛼0
210
= 00023 Å
c. Ungkapan postulat momentum sudut (1.27) dan jari – jari (1.32)
memberi hubungan kecepatan elektron dalam mengitari inti
𝑣 = 𝑣 𝑛 =
𝑒2
4𝜋𝜀0ℏ2 𝑐
=
𝑐𝛼
𝑛
Dengan 𝛼 adalah konstanta struktur halus
𝛼 =
𝑒2
4𝜋𝜀0ℏ2 𝑐
=
1
137
Jadi hanya bergantung bilangan kuantum n dan tidak bergantung
massa partikel.
Contoh 1.7:
Hitung tingkatan – tingkat energi
a. Osilator harmonik dnegan frekuensi v
b. Benda jatuh bebas dan mengalami pemantulan elastis pada lantai.
Penyelesaian :
a. Sistem osilator harmonik diungkapkan oleh:
i. Persamaan gerak

24. 24
𝑚
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+ 𝑘𝑥 = 0
Atau
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+ 𝜔2
𝑥 = 0, dengan ω = √ 𝑘 𝑚⁄
ii. Hubungan energi
𝐸 =
𝑝2
2𝑚
+
1
2
𝑘𝑥2
Dapat dimodifikasi ke dlaam bentuk persamaan dengan koordinat
sumbu 𝑝 dan 𝑥,
1 =
𝑝2
𝑎2
+
𝑥2
𝑏2
Dengan 𝑎 = √2𝑚𝐸 dan 𝑏 = √2𝐸 𝑘⁄
Uraiannya,
𝜋(√2𝑚𝐸)(√
2𝐸
𝑘
) = 𝜋2𝐸√
𝑚
𝑘
= 2𝜋𝐸 𝜔⁄ = 𝑛ℎ
Dengan demikian,
𝐸 = 𝐸 𝑛 = 𝑛ℏ𝜔, ℏ = ℎ 2𝜋⁄
b. Benda jatuh bebas dan mengalami pemantulan elastis, mempunyai
persamaan energi dalam momentum dan posisi

25. 25
𝐸 =
𝑝2
2𝑚
+ 𝑚𝑔𝑦
Atau
𝑝 = ±√2𝑚𝐸 − 2𝑚2 𝑔𝑦
Kurvanya
Menurut teori kuantum Wilson – Sommerfeld
∮ 𝑝𝑑𝑦 = luas parabola =
4
3
√2𝑚𝐸
𝐸
𝑚𝑔
= 𝑛ℎ
Diperoleh
𝐸 𝑛 = (
9𝑚2
ℎ2
𝑔
32
)
1
3⁄
𝑛
2
3⁄

26. 26
1.3 Paket Gelombang Dan Prinsip Ketaktentuan Heisenberg
Persoalan berikutnya adalah mencari suatu besaran yang mampu
menampung dan mempresentasikan sifat – sifat partikel sekaligus sifat – sifat
gelombang. Dengan demikian kuantitas tersebut harus bersifat bagai gelombang
tetapi tidak menyebar melainkan terkurung di dalam ruang. Hal ini di penuhi oleh
paket gelombang yang merupakan kumpulan gelombang dan terkurung di dalam
ruang tertentu.
Sebagai pendekat terhadap paket konsep gelombang, perhatikan kombinasi dari
dua gelombang bidang berikut.
𝜓1( 𝑥, 𝑡) = 𝐴 cos( 𝜔1 𝑡 − 𝑘1 𝑥)
𝜓2( 𝑥, 𝑡) = 𝐴 cos( 𝜔2 𝑡 − 𝑘2 𝑥) (1.39)
Prinsip superposIsi memberikan
𝜓( 𝑥, 𝑡) = 𝜓1( 𝑥, 𝑡) + 𝜓1( 𝑥, 𝑡)
= 𝐴 𝑅 cos[(
𝜔1+𝜔2
2
) 𝑡 − (
𝑘1+𝑘2
2
) 𝑥] (1.40)
Dengan amplitude 𝐴 𝑅
𝐴 𝑅 = 2𝐴 cos[(
𝜔1−𝜔2
2
) 𝑡 − (
𝑘1−𝑘2
2
) 𝑥] (1.41)
Grafiknya,
+
=

27. 27
Δ𝑘
Δ𝑥
Gambar. 1.11 Superposisi dua gelombang tunggal
Bila gelombang tunggalnya diperbanyak,
𝜆1, 𝑘1 
+
𝜆2, 𝑘2 
+
⋮
+
𝜆 𝑛, 𝑘 𝑛  =

28. 28
Gambar 1.12. Superposisidari n gelombang
Dari gambar 1.12 tampak bahwa paket gelombang terlokalisasi di daerah
sebesar ∆𝑥, dan lokaliasi ini yang diharapkan sebagai posisi partikel klasik.
Gambar1. 13 Kemungkinan posisi partikel di daerah ∆𝑥
Setelah mendapatkan barang yang menyatakan partikel sekaligus gelombang
berikutnya harus dicari perumusan matematisnya. Formalism matematis untuk
paket gelombang yang terlokalisasi tersebut tidak lain adalah transformasi Fouier,
𝑓( 𝑥) = ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑒 𝑖𝑘𝑥
𝑑𝑘
+∞
−∞
(1.42)
Sebagai contoh, jika distribusi gelobang dengan vector gelombag k, g(k),
diberikan seperti gambar
Gambar 1. 14 Distribusig(k)
Maka distribusi gelombang di dalam ruang koordinat f(x)

29. 29
𝑓( 𝑥) = ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑒 𝑖𝑘𝑥
𝑑𝑘
+∞
−∞
= ∫
1
𝑎
+
𝑎
2
−
𝑎
2
𝑒 𝑖𝑘𝑥
𝑑𝑘
=
1
𝑖𝑎𝑥
𝑒 𝑖𝑘𝑥
|
−
𝑎
2
𝑎
2
=
2sin( 𝑎𝑥/2)
𝑎𝑥
Grafiknya,
Gambar 1. 15 Transformasi Fourier darig(k)
Dari uraian contoh dangan bartransformasi Fourier di atas diperoleh hubungan
antara ∆𝑥 dan ∆𝑘 (atau ∆𝑝). Hubungan ini secara grafik adalah sebagai berikut
Gambar 1.16 Kaitan∆𝑥 dan ∆𝑘
Hubungan antara∆𝑥 dan ∆𝑘 bwergantung dari bentuk paket gelombang dan
bergantung pada ∆𝑘, ∆𝑥 didefinisikan, perkalian (∆𝑥)(∆𝑘) akan minimum
jikapaketgelombangberbentukfungsi Gaussian yang bertransformasi Fourier

30. 30
jugadlamfungsi Gaussian. Untukpaket Gaussian, jika∆𝑥 dan ∆𝑘 diambil deviasi
standar dari f(x) dain g(k), maka
∆𝑥∆𝑘 =
1
2
(1.43)
Karenapada umumnya paket gelombang tidak berbentuk Gaussian, maka
∆𝑥∆𝑘 ≥
1
2
(1.44)
Kalikan pertidaksamaan (1.44) dengan ℏ dan mengingat 𝑝 = ℏ𝑘, maka
didapatkan
∆𝑥∆𝑝 ≥
ℏ
2
(1.45)
Pers. (1.45) ini merupakan prinsip ketidakpastian Heisenberg. Daam kalimat,
prinsip ini mengatakan:
“tidak mungkin mengetahui atau mendapatkan posisi dan momentum suatu
partikel dengan tepat secara serempak atau bersamaan”
Prinsip ini merupakan fakta mendasar dari alam dan bukan sekedar disebabkan
oleh keterbatasan dan ketelitian pengukuran. Untuk mengatakan bahwa suatu
partikel berada pada titik x dan bermomentum p, karena tanpa pengukuran kita
tidak mempunyai informasi apa-apa.
Sebagai ilustrasi, perhatikan gedanken eksperimen berikut ini.
- Untuk mengamati electron, kita harus menyinarinya dengan cahaya 𝜆
- Cahaya yang sampai di mikroskop adalah cahaya terhambur oleh electron

31. 31
Gambar 1. 17 Gedanken eksperimen penentuan posisi electron
- Momentum foton terhambur 𝑝𝑡 =
ℎ
𝜆
, dan untuk menembus obyektif, foton
harus bergerak dalam sudut 𝛼, sehingga komponen-x dari momentum
mempunyai ketaktentuan
Δ𝑝 ~ 𝑝𝑡 sin 𝛼 ~
ℎ𝑑
2𝜆𝑦
(1.46)
Ketaktentuan ini juga merupakan ketaktentuan dalam arah-x dari
momentum electron setelah hamburan, karena selama proses hamburan,
momentum antara electron dan foton dipertukarkan.
- Di sisilain, posisi electron juga tidak tentu disebabkan difraksi cahaya
ketika menembus obyektif. Ketaktentuan posisi elektron sama dengan
diameter pola difraksi yaitu 2𝑦 sin 𝜃 dengan sin 𝜃 ~
𝜆
𝑑
. Karena itu
Δ𝑥 ~ 2𝑦sin 𝜃 ~
2𝑦𝜆
𝑑
(1.47)
Sehingga dari dua hubungan Δ𝑝 dan Δ𝑥 di atas didapatkan
Δ𝑥Δ𝑝 = ℎ(≥
ℏ
2
) (1.48)
Sesuai dengan prinsip 1.45

32. 32
Contoh 1.8
a. Bila paket gelombang dalam komponen ruangnya saja f(x) terbentuk
Gaussian perlihatkan bahwa transformasi Fouriernya g(k), juga berbentuk
Gaussian
b. BilaΔ𝑥 dan Δ𝑘 daimbil deviasi standar dari f(k) dan g(k) perlihatkan
bahwa perkalian Δ𝑥Δ𝑘 =
1
2
Penyelesaian:
a. Misalkan, paket gelombang Gaussian ternormalisasi berbentuk
𝑓( 𝑥) = (
𝛼
√ 𝜋
)
1
2
𝑒
−𝛼2 𝑥2
2
Dengan∫ | 𝑓(𝑥)|2
𝑑𝑥 = 1
∞
−∞
. Maka pasangan transformasi Fouriernya
𝑔( 𝑘) =
1
√2𝜋
∫ 𝑓( 𝑥) 𝑒−𝑖𝑘𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
=
1
√2𝜋
(
𝛼
√ 𝜋
)
1
2
∫ 𝑒
−𝛼2 𝑥2
2
∞
−∞
𝑒−𝑖𝑘𝑥
𝑑𝑥
=
1
√2𝜋
(
𝛼
√ 𝜋
)
1
2
∫ 𝑒
𝛼2
2
( 𝑥+
𝑖𝑘
𝛼2 )
2
∞
−∞
𝑒
𝑘2
2𝛼2
𝑑𝑥
=
1
√2𝜋
(
𝛼
√ 𝜋
)
1
2
𝑒
𝑘2
2𝛼2
√ 𝜋
𝛼
= (
1
𝛼√ 𝜋
)
1
2
𝑒
𝑘2
2𝛼2
Yang tidak lain adalahfungsi Gaussian, dengan∫ | 𝑔(𝑘)|2
𝑑𝑘 = 1
∞
−∞
.
b. Deviasistandar∆𝑥 didefinisikan

33. 33
∆𝑥 = √〈( 𝑥−< 𝑥 >)2〉 = √< 𝑥2 > −< 𝑥 >2
Evaluasi lengkapnya memberikan
< 𝑥 > = ∫ 𝑓∗( 𝑥) 𝑥𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 =
∞
−∞
(
𝛼
√ 𝜋
) ∫ 𝑥𝑒−𝛼2
𝑥2
𝑑𝑥 =
∞
−∞
0
Karena x fungsi ganjil sedangkan 𝑒−𝛼2
𝑥2
fungsi genap
< 𝑥2
> = ∫ 𝑓∗ ( 𝑥) 𝑥2
𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 =
∞
−∞
(
𝛼
√ 𝜋
) ∫ 𝑥2
𝑒−𝛼2
𝑥2
𝑑𝑥 =
∞
−∞
1
2𝛼2
∆𝑥 = √< 𝑥2 > −< 𝑥 >2 = √
1
2𝛼2
− 0 =
1
√2𝛼
Selanjutnya
< 𝑘 > = ∫ 𝑔∗( 𝑘) 𝑘𝑓( 𝑘) 𝑑𝑘 =
∞
−∞
(
1
𝛼√ 𝜋
) ∫ 𝑘𝑒−𝑘2/
𝛼2
𝑑𝑘 =
∞
−∞
0
Dan
< 𝑘2
> = ∫ 𝑔∗ ( 𝑘) 𝑘2
𝑓( 𝑘) 𝑑𝑘 =
∞
−∞
(
1
𝛼√ 𝜋
) ∫ 𝑘2
𝑒−𝑘2
/𝛼2
𝑑𝑥 =
∞
−∞
𝛼2
2
Sehingga
∆𝑘 = √< 𝑘2 > −< 𝑘 >2 = √
𝛼2
2
− 0 =
𝛼
√2
Dengan demikian
(∆𝑥)(∆𝑘) = (
1
√2𝛼
)(
𝛼
√2
) =
1
2

34. 34
Bentuk lain dari prinsip ketidakpastian Heisenberg dinyatakan dalam
ketidaktentuan energy ∆𝐸 dan waktu ∆𝑡,
∆𝐸∆𝑡 ≥
ℏ
2
(1.49)
Mengingat sedemikian kecilnya nilai h, prinsip ketaktentuan ini tidak relevan atau
tidak tampak dalam dunia makroskopik. Di dalam konteks ini, mekanika klasik
untuk dunia makroskopik bersifat deterministik sedangkan dunia mikroskopik
secara esensial non-deterministik. Karena itu, di dalam dunia mikroskopik tidak
dikenal lintasan eksak.
Gambar 1.18 Lintasan klasik dan kuantum
Sekarang kembali pada persoalan paket gelombang, dan kita selidiki
kebergantungannya terhadap waktu. Misalkan, paket gelombang dipresentasikan
oleh f(x,t).
∫ 𝑔( 𝑘) 𝑒 𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)
𝑑𝑘
∞
−∞
(1.50)
Sebagai perluasan dari ungkapan (1.42). Pada saat t, paket gelombang f(x,t)
mempunyai maksimum di titik X(t).

35. 35
Gambar. 1.19 paket gelombang pada saat t
Jika posisi paket gelombang berubah, laju gerak titik maksimum adalah kecepatan
grup
𝑣𝑔 =
𝑑𝑋(𝑡)
𝑑𝑡
(1.51)
Seperti diperlihatkan pada Gambar 1.16 di depan, amplitudo g(k) bernilai
aksimum, misalkan pada k0 dan tak nol hanya disekitar harga k0 tersebut. hal ini
diambil atau diasumsikan agar momentum terdefinisi dengan baik. Dengan alasan
serupa, frekuensi juga seperti itu, yaitu berharga di sekitar 𝜔0 = 𝜔(𝑘0). Karena
itu, 𝜔 dapat diekspansi Taylo di sekitar 𝑘0,
𝜔( 𝑘) = 𝜔0 + (𝑘 − 𝑘0)
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
(1.52)
Dengan mengabaikan suku ekspansi orde dua dan seterusnya.
Kembali pada persoalan kecepatan grup 𝑣𝑔, karena f(x,t) maksimum di X(t), maka
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑥=𝑋
= 0 = ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑖𝑘𝑒 𝑖[ 𝑘𝑋(𝑡)−𝜔𝑡]
𝑑𝑘
∞
−∞
(1.53)
Diferensiasi sekali lagi pers. (1.53) terhadap waktu t, didapatkan
0 = ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑖𝑘 𝑖 (𝑘
𝑑𝑋(𝑡)
𝑑𝑡
) 𝑒 𝑖[ 𝑘𝑋(𝑡)−𝜔𝑡]
𝑑𝑘
∞
−∞
(1.54)
Subtitusi uraian (1.52) ke dalam pers. (1.54),
∫ 𝑔( 𝑘) 𝑖2
𝑘(𝑘𝑣𝑔 − {𝜔0 + (𝑘 − 𝑘0)
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
}) 𝑒 𝑖[ 𝑘𝑋(𝑡)−𝜔𝑡]
𝑑𝑘
∞
−∞
= (𝑣𝑔 −
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
) ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑖2
𝑘2
𝑒 𝑖[ 𝑘𝑋(𝑡)−𝜔𝑡]
𝑑𝑘
∞
−∞
− 𝑖 (𝑣𝑔 − 𝑘0
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
) ∫ 𝑔( 𝑘) 𝑖𝑘𝑒 𝑖[ 𝑘𝑋(𝑡)−𝜔𝑡]
𝑑𝑘
∞
−∞

36. 36
= (𝑣𝑔 −
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
)
𝜕2
𝑓
𝜕𝑥2
|
𝑥=𝑋
Telah digunakan pers (1 53). Karena f(x,t) maksimum di X(t) maka secara umum
𝜕2
𝑓
𝜕𝑥2|
𝑥=𝑋
tidak sama dengan nol. Karena itu,
𝑣𝑔 −
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
= 0
Atau
𝑣𝑔 =
𝑑𝜔
𝑑𝑘
|
𝑘=𝑘0
(1.55)
Contoh 1.9
Perlihatkan bahwa kecepatan grup untuk partikel bebas tidak lain adalah
kecepatan partikel itu sendiri.
Penyelesaian:
Energi partikel bebas tidak lain adalah energi kinetik Ek
𝐸 = 𝐸𝑘 =
𝑚
2
𝑣2
Dari pers (1.55), untuk kecepatan grup vg,
𝑣𝑔 =
𝑑𝜔
𝑑𝑘
×
ℏ
ℏ
=
𝑑(ℏ𝜔)
𝑑(ℏ𝑘)
=
𝑑𝐸
𝑑𝑝
Dari ungkapan energi partikel bebas,

37. 37
𝑣𝑔 =
𝑑𝐸
𝑑𝑝
=
𝑝
𝑚
= 𝑣
Jadi kecepatan grup vg adalah kecepatan linier partikel V itu sendiri.

38. 38
1.4 Latihan Soal
1. (SPMB 2001)
Permukaan suatu lempeng logam tertentu disinari dengan cahaya
monokromatik. Percobaan ini diulang dengan panjang gelombang yang
berbeda. Ternyata tidak ada elektron keluar jika lempeng di sinari dengan
panjang gelombang diatas 500nm. Dengan menggunakan gelombang
tertentu, ternyata dibutuhkan tegangan 3,1 volt untuk menghentikan arus
foto listrik yang terpancar dari lempeng . panjang gelombang tersebut
dalam nm adalah ...
2. (Ebtanas 1991)
Frekuensi ambang suatu logam sebesar 8 × 1014 Hz, dan logam tersebut
disinari dengan cahaya yang mempunyai frekuensi 1015 Hz. Jika tetapan
Planck = 6,6 × 10–34 J s, maka energi kinetik foto elektron yang terlepas
dari permukaan logam tersebut adalah …
3. Cahaya kuning dari lampu gas Na mempunyai panjang gelombang sebesar
589 nm. Tentukan energi fotonnya dalam eV.
4. Dalam peluruhan radioaktif, suatu inti atom mengemisikan sinar gamma
yang energinya sebesar 1,35 MeV. Tentukan :
a) Panjang gelombang dari foton
b) Momentum dari foton
5. Sinar-x dengan panjang gelombang 22 pm dihamburkan oleh target
karbon. Bila radiasi yang dihamburkan diamati pada sudut 85o, tentukan :
a) Compton shift yang terjadi
b) Persentase energi (fraksi energi) yang hilang
6. Berapa panjang gelombang Broglie dari sebuah elektron yang mempunyai
energi kinetik 120 eV ?
7. Berapa panjang gelombang Broglie dari sebuah baseball bermassa 150 g
yang sedang bergerak dengan kecepatan sebesar 35 m/s ?

39. 39
8. Sebuah meson pi bermuatan memiliki energy diam 140 MeV dan waktu-
hidup 26 ns. Carilah ketidakpastian energy meson pi ini, nyatakan dalam
MeV dan juga dalam perbandingan terhadap energy diamnya!
9. Dari soal no.8 carilah ketidakpastian energy meson pi! Meson tidak
bermuatan, memiliki energy diam 135 MeV dan waktu-hidup 8,3 × 10-17s.
10. Sebuah meson rho memiliki energy diam 765 MeV dan waktu –hidup 4,4
× 10-24s. carilah ketidakpastian dari energy rho tersebut!
11. Taksirkanlah kecpatan minimum sebuah bola bilyar (m ~ 100 g) yang
geraknya terbatasi pada meja bilyar berukuran 1 m!
12. Inti atom berjari-jari 5 x10-15 m. Lewat prinsip ketidakpastian, tentukan
batas bawah energy elektron, yang harus dimiliki untuk dapat menjadi
partikel penyusun inti atomik!
PENYELESAIAN
1. Menentukan E
𝐸𝑘 = 𝐸 − 𝑊0
𝑒𝑉 = 𝐸 −
ℎ𝑐
𝜆 𝑚𝑎 𝑘𝑠
𝑒𝑉 +
ℎ𝑐
𝜆 𝑚𝑎𝑘𝑠
= 𝐸
1,6 𝑥10−19(3,1) +
6,63𝑥10−34
5𝑥10−7 = 𝐸
𝐸 = 4,96𝑥10−19
+ 3,96𝑥10−19
= 8,938𝑥10−19
𝜆 =
ℎ𝑐
𝐸
=
6,63𝑥10−34
(3𝑥108
)
5𝑥10−19 = 222,5𝑥10−9
𝑚
Sehingga panjang gelombang 𝜆 = 223 𝑛𝑚
2. Data yang diberikan oleh soal:
frekuensi ambang fo = 8 × 1014 Hz
frekuensi cahaya f = 1015 = 10 × 1014 Hz

40. 40
Ek = ...?
𝐸 = 𝑊0 + 𝐸𝑘
ℎ𝑓 = 𝑊0 + 𝐸𝑘
ℎ𝑓 = ℎ𝑓0 + 𝐸𝑘
𝐸𝑘 = ℎ( 𝑓 − 𝑓0)
𝐸𝑘 = 6,6𝑥10−34
(10𝑥1014
− 8𝑥1014
)
𝐸𝑘 = 6,6𝑥10−34
(2𝑥1014
)
𝐸𝑘 = 13,2𝑥10−20
= 1,32𝑥10−19
𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒
3. Jawab :
Energi yang akan diperoleh sebuah elektron atau proton bila dipercepat
dengan perbedaan tegangan sebesar 2,11 V
4. Jawab :
a. 𝐸 = ℎ𝑓 =

hc
E
hc
 
fm
eVx
smxseVx
920
1035,1
)/103)(.1014,4(
6
815



b.
c
E
f
hfh
p 

smkgx
smx
eVJxeVx
p /1020,7
/103
)/106,1)(1035,1( 22
8
196



cMeV
c
MeV
p
c
E
p
/35,1
)35,1(


Berlaku juga untuk partikel-partikel dimana E total>> Energi diam
5. Jawab :
a. pmpm
mc
h o
21,2)85cos1)(43,2()cos1(  
eV
mx
smxseVx
E 11,2
10589
)/103)(.1014,4(
9
815
 


41. 41
b.
f
ff
hf
hfhf
E
EE
frac
''' 


















'
''
c
cc
frac
%1,9091,0
21,222
21,2


frac
6. mKpmvpmvK 2
2
1 2

smkgxp
eVJxeVkgxmKp
/1091,5
)/106,1)(120)(101,9(22
24
1931




pmmx
smkgx
sJx
p
h
1121012,1
/.1091,5
.1063,6 10
24
34
 



7. Jawab :
mx
smkg
sJx
mv
h
p
h
34
34
1026,1
)/35)(15,0(
.1063,6 





8. Jika meson pi hidup selama 26 ns (nanosekon), maka kita hanya
mempunyai peluang waktu sebesar itu untuk mengukur energy diamnya,
dan persamaan ∆𝐸∆𝑡 ≥ ℏ memberitahukan kita bahwa setiap pengukuran
energy yang dilakukan dalam selang waktu ∆𝑡 memiliki ketidakpastian
sekurang – kurangnya sebesar ∆𝐸 ~ ℏ/∆𝑡
∆𝐸 =
ℏ
∆𝑡
=
6,58 × 10−16
𝑒𝑉. 𝑠
26 × 10−9 𝑠
= 2,5 × 10−8
𝑒𝑉
= 2,5 × 10−14
𝑀𝑒𝑉
∆𝐸
𝐸
=
2,5 × 10−14
𝑀𝑒𝑉
140 𝑀𝑒𝑉
= 1,8 × 10−16
9. ∆𝐸 =
ℏ
∆𝑡
=
6,58 × 10−16
𝑒𝑉.𝑠
8,3×10−17 𝑠
= 7,9 𝑒𝑉
= 7,9 × 10−6
𝑀𝑒𝑉
∆𝐸
𝐸
=
7,9 × 10−6
𝑀𝑒𝑉
135 𝑀𝑒𝑉
= 5,9 × 10−8

42. 42
10. ∆𝐸 =
ℏ
∆𝑡
=
6,58 × 10−16
𝑒𝑉.𝑠
4,4×10−24 𝑠
= 1,5 × 108
𝑒𝑉
= 150 𝑀𝑒𝑉
∆𝐸
𝐸
=
150 𝑀𝑒𝑉
765 𝑀𝑒𝑉
= 0,20
11. Untuk ∆𝑥 ~ 1 m, kita peroleh
∆𝑝𝑥 ~
ℏ
∆𝑥
=
1,05 × 10−34
𝐽. 𝑠
1 𝑚
= 1 × 10−34
𝑘𝑔. 𝑚/𝑠
Sehingga
∆𝑣 𝑥 =
∆𝑝𝑥
𝑚
=
1 × 10−34
𝑘𝑔. 𝑚/𝑠
0,1 𝑘𝑔
= 1 × 10−33
𝑚/𝑠
Jadi efek kuantum “mempengaruhi” gerak bola bilyar dengan orde laju
1 × 10−33
𝑚/𝑠.
12. Dengan mengambil nilai Δx = 5 x10-15 m sehingga nilai ketidakpastian;
Δp ≥
4
h
x
1

≥
),(
.,
1434
Js10636 34
m105
1
15
.
= 11 .10-21 kg ms-1
Nilai 11 x 10-21 kg ms-1, merupakan ketidakpastian momentum electron
dalam inti. Orde momentum (p) harus besar paling sedikit sama dengan 11
x 10-21 kg ms-1. Elektron dengan momentum 11 x 10-21 kg ms-1 akan
memiliki Ek jauh lebih besar dari energy diamnya (mo c2).
Energi (pc) sehingga E ≥ (11 x 10-21 kg ms-1)(3 x 108 m) ≥ 33 x 10-13 J.
Energi elektron agar dapat menjadi partikel dalam inti, harus berenergi >
32 x10-14 J. Dari eksperimen electron dalam atom mantap tidak memiliki
energy kurang dari 32 x 10-14 J, sehingga dapat disimpulkan tidak ada
electron dalam inti.

43. 43
BAB 2
OPERATOR
2.1 Operator Hermite
Untuk operator linier sebarang, didefinisikan nilai harap
〈 𝐴〉 𝜓 ≡ 〈 𝐴〉 = ∫ 𝜓∗
𝐴𝜓 𝑑𝑣
Karena itu
〈 𝐴〉∗
= (∫ 𝜓∗
𝐴𝜓 𝑑𝑣)∗
= ∫ 𝜓( 𝐴𝜓)∗
𝑑𝑣
= ∫ ( 𝐴𝜓)∗
𝜓 𝑑𝑣
Operator sekawan hermite dari A ditulis 𝐴+
, didefinisikan sebagai :
∫ ( 𝐴𝜓)∗
𝜓 𝑑𝑣 = ∫ 𝜓∗
𝐴+
𝜓 𝑑𝑣
Jadi suatu operator dalam produk skalar boleh kita pindahkan dari suatu ruang ke
ruang lainnya, namun dalam pemindahan itu operator tersebut harus digantikan
dengan setangkup hermitnya (Adjointnya).
Sedangkan suatu operator A dikatakan operator Hermitian jika
𝐴+
= 𝐴
Sifat-sifat lainnya :
(𝐴+
)+
= 𝐴
(𝜆 𝐴)+
= 𝜆∗
𝐴+
(𝐴 + 𝐵)+
= 𝐴+
𝐵+

44. 44
(𝐴𝐵)+
= 𝐵+
𝐴+
Contoh :
Untuk dua operator A dan B perhatikan bahwa
(𝐴𝐵)+
= 𝐵+
𝐴+
Penyelesaian :
Misalkan AB = C maka definisi (4.18) didapatkan
∫ (𝐴𝐵𝜓)∗
𝜑 𝑑𝑣 = ∫ (𝐶𝜓)∗
𝜑 𝑑𝑣
= ∫ 𝜓∗
𝐶+
𝜑 𝑑𝑣
= ∫ 𝜓∗
(𝐴𝐵)+
𝜑 𝑑𝑣
Masih dari definisi (4.18), uraian per operator memberikan
∫ (𝐴𝐵𝜓)∗
𝜑 𝑑𝑣 = ∫(𝐵𝜓)∗
𝐴+
𝜑 𝑑𝑣
= ∫ 𝜓∗
𝐵+
𝐴+
𝜑 𝑑𝑣
Dari dua hasil di atas, jelas bahwa
(𝐴𝐵)+
= 𝐵+
𝐴+
Matriks Hermitian
Kajian mengenai matriks Hermitian menjadi sangat penting karena matriks
Hermitian memiliki beberapa karakteristik yang paling utama dari matriks

45. 45
Hermitian yaitu memiliki nilai eigen berupa bilangan real sehingga kita dapat
mendefinisikan sebuah fungsi matriks Hermitian.
Definisi 1. Setiap matriks persegi A dengan entri-entri bilangan kompleks disebut
matriks Hermitian atau disebut juga self-adjoin jika 𝐴𝐴 =∗
Misal :
Matriks 𝐴 = (
1 2 + 𝑖
2 − 𝑖 3
) adalah matriks Hermitian sebab
𝐴∗
= (
1 2 + 𝑖
2 − 𝑖 3
)
Definisi 2. Matriks persegi A dengan entri-entri bilangan kompleks disebut
normal jika
𝐴𝐴∗
= 𝐴𝐴
Setiap matriks Hermitian A adalah normal karena
𝐴𝐴∗
= 𝐴𝐴 = 𝐴∗
𝐴 dan setiap matriks uniter A adalah normal karena 𝐴𝐴∗
= 𝐼 =
𝐴∗
𝐴
Nilai dan fungsi eigenoperator hermitian
Dari definisi sekawan hermite, operator hermite dan perkalian skalar dapat
diperoleh bahwa :
i. Nilai eigen dari operator Hermitian adalah riel
ii. Dua fungsi eigen dari operator Hermitian dengan dua nilai eigen berbeda akan
ortogonal
Dua fungsi eigen 𝜑 𝑚 dan 𝜑 𝑛 dikatakan ortogonal jika produk skalarnya
memenuhi :
( 𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛 ) = 𝑐𝛿 𝑚𝑛
Dengan c adalah bilangan real.

46. 46
Bukti dari dua pernyataan bagi operator Hermite di atas adalah sebagai berikut.
Misal 𝜑 𝑚 dan 𝜑 𝑛 adalah dua fungsi eigen dari operator Hermite H
𝐻𝜑 𝑚 = 𝑎𝜑 𝑚
𝐻𝜑 𝑛 = 𝑏𝜑 𝑛
𝜑 𝑚 ≠ 𝜑 𝑛 , 𝑎 ≠ 𝑏
Maka
i. Dari definisi operator Hermite (4.17) , dan operator H (4.19)
∫(𝐻𝜑 𝑛)∗
𝜑 𝑛 𝑑𝑣 = ∫ 𝜑 𝑛
∗
𝐻+
𝜑 𝑛 𝑑𝑣
= ∫ 𝜑 𝑛
∗
𝐻𝜑 𝑛 𝑑𝑣
Atau
∫(𝐻𝜑 𝑛)∗
𝜑 𝑛 𝑑𝑣 − ∫ 𝜑 𝑛
∗
𝐻𝜑 𝑛 𝑑𝑣 = 0
Dari persamaan eigen di atas, didapatkan
0 = ∫(𝑏𝜑 𝑛)∗
𝜑 𝑛 𝑑𝑣 − ∫ 𝜑 𝑛
∗
𝑏𝜑 𝑛 𝑑𝑣
= ∫( 𝑏∗
𝜑 𝑛
∗
)𝜑 𝑛 𝑑𝑣 − ∫ 𝜑 𝑛
∗
𝑏𝜑 𝑛 𝑑𝑣
= ( 𝑏∗
− 𝑏)∫ 𝜑 𝑛
∗
𝜑 𝑛 𝑑𝑣
= 0
Mengingat pertidaksamaan (4.2 d) , secara umum
∫ 𝜑 𝑛
∗
𝜑 𝑛 𝑑𝑣 = ( 𝜑 𝑛 , 𝜑 𝑛) ≠ 0
Maka
𝑏∗
− 𝑏 = 0
Atau

47. 47
𝑏∗
= 𝑏
Jadi nilai eigen real
ii. Sekali lagi menggunakan persamaan (4.17)
( 𝐻𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛) = ( 𝜑 𝑚 , 𝐻𝜑 𝑛)
Dan dari dua persamaan eigen untuk 𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛 serta nilai eigen real dari H, maka
( 𝐻𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛) = 𝑎( 𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛 )
( 𝜑 𝑚 , 𝐻 𝜑 𝑛) = 𝑏( 𝜑 𝑚 , 𝜑 𝑛 )
Atau
( 𝑎 − 𝑏)( 𝜑 𝑛 , 𝜑 𝑛 ) = 0
Karena 𝑎 ≠ 𝑏 untuk 𝑚 ≠ 𝑛 maka
( 𝜑 𝑛 , 𝜑 𝑛) = 0
Karena itu berlaku
( 𝜑 𝑛 , 𝜑 𝑛 ) = 𝑐𝛿 𝑚𝑛
Yang berarti bahwa 𝜑 𝑛 , 𝜑 𝑛 ortogonal
Contoh
Tentukan nilai dan vektor eigen dari matriks hermitian berikut
𝐻 = (
1 2𝑖 0
−2𝑖 0 −2𝑖
0 2𝑖 −1
)
Penyelesaian
Persamaan eigen 𝐻𝑢 = 𝜀𝑢, nilai eigen 𝜀 , diperoleh dengan menghitung
determinan

48. 48
| 𝐻 − 𝜀 | = (
1 − 𝜀 2𝑖 0
−2𝑖 −𝜀 −2𝑖
0 2𝑖 −1 − 𝜀
)
= (1 − 𝜀) 𝜀 (1+ 𝜀) − 4(1 − 𝜀) + 4(1 + 𝜀)
= 𝜀(1 − 𝜀)(1+ 𝜀) + 8𝜀
= 𝜀{(1 − 𝜀)(1+ 𝜀) + 8}
= 𝜀 (9− 𝜀2)
= 0
Diperoleh 𝜀1 = −3 , 𝜀2 = 0 dan 𝜀3 = 3 . Jelas bahwa semua nilai eigen real.
Vektor eigen terkait 𝜀1 = −3, misalkan
𝑢1 = (
𝑥
𝑦
𝑧
)
Maka
(
4 2𝑖 0
−2𝑖 3 −2𝑖
0 2𝑖 2
)(
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
4𝑥 + 2𝑖𝑦
−2𝑖𝑥 + 3𝑦 − 2𝑖𝑧
2𝑖𝑦 + 2𝑧
) = (
0
0
0
)
Memberi hubungan 𝑥 = −
𝑖𝑦
2
dan 𝑧 = −𝑖𝑦 . Normalisasi memberikan
𝑢1 =
1
3
(
−1
2
−2𝑖
)
Dengan cara serupa untuk 𝜀2 = 0 dan 𝜀3 = 3
𝑢2 =
1
3
(
−1
2
−2𝑖
) dan 𝑢3 =
1
3
(
−1
2
−2𝑖
)
Jelas bahwa

49. 49
i. 𝑢1
+
𝑢2 =
1
9
( 𝑖 2 2𝑖)(
−1
2
−2𝑖
) =
2+2−4
9
= 0
ii. 𝑢1
+
𝑢3 =
1
9
( 𝑖 2 2𝑖)(
2𝑖
2
𝑖
) =
−2+4−2
9
= 0
iii. 𝑢2
+
𝑢3 =
1
9
(2𝑖 1 −2𝑖)(
2𝑖
2
𝑖
) =
−4+2+2
9
= 0
Yakni ketiganya orthonormal.
SOAL
1. Buktikan Operator P adalah Hermit !
Jawaban
𝑃+
= [
ℏ
𝑖
.
𝑑
𝑑𝑥
]+
= [
ℏ
𝑖
]+
[
𝑑
𝑑𝑥
]+
= (−
ℏ
𝑖
) . (−
𝑑
𝑑𝑥
)
= (
ℏ
𝑖
) . (
𝑑
𝑑𝑥
)
= 𝑃
2. Misalkan 𝐴 𝜖 𝑀 𝑛 adalah matriks Hermitian, maka :
a. 𝑥∗
𝐴𝑥 adalah bilangan real untuk setiap 𝑥 ∈ ∁ 𝑛
b. Nilai eigen dari A adalah bilangan real
Jawaban
Bukti :

50. 50
a. Perhatikan bahwa 𝑥∗
𝐴𝑥 = 〈 𝐴𝑥, 𝑥〉 = 〈 𝑥, 𝐴∗
𝑥〉 = 〈 𝑥, 𝐴𝑥〉
Kemudian 〈 𝑥∗ 𝐴𝑥̅̅̅̅̅̅̅〉 = 〈 𝐴𝑥, 𝑥̅̅̅̅̅̅̅〉 = 〈 𝑥, 𝐴𝑥〉karena 𝑥∗
𝐴𝑥 = 〈 𝑥∗ 𝐴𝑥̅̅̅̅̅̅̅〉 maka 𝑥∗
𝐴𝑥
adalah bilangan real
b. Misalkan nilai eigen dari A adala𝜆 dan 𝑥 adalah vektor eigen yang terkait
dengan nilai eigen 𝜆 maka 𝐴𝑥 = 𝜆𝑥 Kemudian perhatikan bahwa
𝜆〈 𝑥, 𝑥〉 = 〈 𝜆𝑥, 𝑥〉 = 〈 𝐴𝑥, 𝑥〉 = 〈 𝑥, 𝐴𝑥〉 = 〈 𝑥, 𝜆𝑥〉 = 𝜆̅〈 𝑥, 𝑥〉
Karena 𝜆 = 𝜆̅ maka nilai eigen 𝜆 adalah bilangan real.

51. 51
2.2 Operator Momentum Sudut
Operator Momentum Sudut didefinisikan sebagaimana fisika klasik seperti
pers. (3.17). Didalam teori kuantum kuantitas ini menjadi operator melalui
korespondensi (2.9)
𝐿⃗⃗⃗⃗ = 𝑟⃗ × 𝑝⃗ = 𝑖̂ 𝑙 𝑥 + 𝑗̂ 𝑘 𝑦 + 𝑘̂ 𝑙 𝑧
= 𝑖̂( 𝑦𝑝𝑧 − 𝑧𝑝 𝑦) + 𝑗̂( 𝑦𝑝𝑥 − 𝑥𝑝𝑧) + 𝑘̂(𝑥𝑝 𝑦 − 𝑦𝑝𝑥)
= 𝑖̂ħ {𝑖̂ (𝑦
𝜕
𝜕𝑧
− 𝑧
𝜕
𝜕𝑦
) + 𝑗̂(𝑦
𝜕
𝜕𝑥
− 𝑥
𝜕
𝜕𝑧
) + 𝑘̂ (𝑥
𝜕
𝜕𝑦
− 𝑦
𝜕
𝜕𝑥
)} (4.58)
Didalam koordinator bola komponen-komponen operator momentum sudut diatas
dapat dinyatakan sebagai berikut :
𝑙 𝑥 = 𝑖̂ħ(sin 𝜑
𝜕
𝜕𝜃
+ cot 𝜃 cos 𝜑
𝜕
𝜕𝜑
)
𝑙 𝑦 = 𝑖̂ħ(−cos 𝜑
𝜕
𝜕𝜃
+ cot 𝜃 sin 𝜑
𝜕
𝜕𝜑
)
𝑙 𝑧 = −𝑖̂ħ
𝜕
𝜕𝜑
(4.59)
Operator yang banyak digunakan adalah kuadrat dari momentum sudut. Dari pers
(3.16) diperoleh :
𝐿2
= 𝑟2
𝑝2
− ( 𝑟⃗. 𝑝⃗)2
+ 𝑖̂ħ 𝑟⃗. 𝑝⃗
= 𝑟2(−ħ2
∇2) − (−𝑖ħ𝑟
𝜕
𝜕𝑟
)
2
+ ħ2
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
= ħ2
{𝑟2 𝜕2
𝜕𝑟2 + 2𝑟
𝜕
𝜕𝑟
+
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
+
1
sin2 𝜃
𝜕2
𝜕𝜑
} —ħ2
𝑟2 𝜕2
𝜕𝑟2 − ħ2
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
+ ħ2
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
= — ħ2
{
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
) +
1
sin2 𝜃
𝜕2
𝜕𝜑
}

52. 52
Selanjutnya, perhatikan penerapan operator 𝑙 𝑧 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑),
𝑙 𝑧 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑) = (−𝑖ħ
𝜕
𝜕𝜑
){√
2𝑙+1 ( 𝑙−𝑚)!
4𝜋 ( 𝑙+𝑚)!
𝑝𝑙
𝑚
(cos 𝜃)𝑒 𝑖𝑚𝜑
}
= −𝑖ħ √
2𝑙+1 ( 𝑙−𝑚)!
4𝜋 ( 𝑙+𝑚)!
𝑝𝑙
𝑚
(cos 𝜃)(
𝜕
𝜕𝜑
𝑒 𝑖𝑚𝜑
)
=−𝑖ħ (𝑖𝑚){√
2𝑙+1 ( 𝑙−𝑚)!
4𝜋 ( 𝑙+𝑚)!
𝑝𝑙
𝑚
(cos 𝜃)𝑒 𝑖𝑚𝜑
}
(4.61)
= 𝑌 ħ 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑)
Jadi 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑) merupakan fungsi eigen dari operator momentum sudut 𝑙 𝑧 dengan
nilai eigen (𝑚ħ). Sedangkan pengoperasian L2 dan 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑)
L2 𝑌𝑡𝑚= —ħ2
{
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
)+
1
sin2 𝜃
𝜕2
𝜕𝜑
} 𝑌𝑡𝑚 (4.62a)
Menggunakan hasil perhitungan (4.61),
𝜕2
𝑌𝑡𝑚
𝜕𝜑2
= ( 𝑖𝑚)2
𝑌𝑡𝑚 = −𝑚2
𝑌𝑡𝑚
Karena itu
L2 𝑌𝑡𝑚= —ħ2
{
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
)−
𝑚2
sin2 𝜃
} 𝑌𝑡𝑚
= — ħ2
[{
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
) −
𝑚2
sin2 𝜃
} 𝛷𝛩𝑙𝑚 ] 𝛷 𝑚
(4.62c)
Selanjutnya, gunakan pers (4.11B) untuk 𝛷 𝑚
1
sin 𝜃
𝑑
𝑑𝜃
(sin 𝜃
𝑑𝛷 𝑚
𝑑𝜃
)+ {𝑙 (𝑙 + 1) −
𝑚2
sin2 𝜃
} 𝛩𝑡𝑚 = 0
Maka

53. 53
{
1
sin 𝜃
𝑑
𝑑𝜃
(sin 𝜃
𝑑𝛷 𝑚
𝑑𝜃
) −
𝑚2
sin2 𝜃
} 𝛩𝑡𝑚 = −𝑙(𝑙 + 1)𝛩𝑡𝑚
(4.63)
Dengan demikian diperoleh
L2 𝑌𝑡𝑚 = —ħ2 [−𝑙( 𝑙 + 1) 𝛩𝑡𝑚] 𝛷 𝑚
= 𝑙( 𝑙 + 1)ħ2
𝛩𝑡𝑚 𝛷 𝑚
(4.64)
= 𝑙( 𝑙 + 1)ħ2
𝑌𝑡𝑚
Artinya,
𝑙 𝑧 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑) juga merupakan fungsi eigen dari L2 dengan nilai eigen = 𝑙( 𝑙 +
1)ħ2
. Hal ini berarti 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑) merupakan fungsi eigen serempak dari Lz dan L2,
dan hasil ini memberikan konsekuwensi lebih lanjut yaitu
[Lz , L2] = 0
(4.65)
Dari operasi Lz dan L2 pada fungsi harmonik 𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑), memungkinkan untuk
melakukan penafsiran fifif sebagai berikut.
𝑌𝑡𝑚 ( 𝜃, 𝜑)menggambarkan perilaku elektron dengan besar momentum sudut L
L = |𝐿⃗⃗| = √ 𝐿. 𝐿⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ħ √ 𝑙(𝑙 + 1)
(4.66)
Momentum sudut sebesar ħ √ 𝑙(𝑙 + 1) ini tidak mempunyai arah yang bebas
melainkan sedemikian rupa sehingga proyeksinya terhadap sumbu z,
𝐿⃗⃗. 𝑘⃗⃗ = 𝐿 𝑧 = 𝑚 ħ
(4.67)

54. 54
Artinya, momentum sudut terkuantisasi dalam uang. Ilustrasi gerak elektronnya
diberikan oleh gambar berikut :
Gambar 4.4 Ilustrasi klasik gerak elektron
Dari gambar 4.4 tampak bahwa kendala bagi arah momentum 𝐿⃗⃗ adalah :
Cos 𝜃 =
𝐿 𝑧
𝐿
=
𝑚
√ 𝑙(𝑙+1)
(4.68)
Sebagai sumbu z biasanya diambil arah medan luar misalnya medan magnet B
yang meliputi atom

55. 55
Gambar 4.5 Berbagai elektron
Gambar 4.6 Kuantisasi ruang bagi momentum sudut
Contoh soal 4.4
Satu elektron di dalam medan coulomb dari suatu proton mempunyai keadaan
yang dinyatakan oleh fugsi gelombang :
𝛹( 𝒓) =
1
6
{4𝛹100 ( 𝒓)+ 3𝛹211 ( 𝒓) − 𝛹210 ( 𝒓)+ √10 𝛹21−1( 𝒓)}
Hitung harga ekspektasi dari

56. 56
a. Energi
b. 𝐿2
c. 𝐿 𝑧 dari elektron
Penyelesaian:
a. Helmintonian (4.3) dan persamaan eigen (4.4) memberikan
H𝛹𝑛𝑙𝑚 (r)=𝐸 𝑛 𝛹𝑛𝑙𝑚 (r)
Dengan energi eigen hanya bergantung pada bilangan kuantum utama n
𝐸 𝑛=-
𝑀 𝑒 𝑒4
32π 𝜀𝑜2 ћ2
1
𝑛2
Kemudia mengiingat ortonormalitas fungsi eigen 𝛹𝑛𝑙𝑚 (r)
(𝛹𝑛′𝑙′𝑚′, 𝛹𝑛𝑙𝑚 )=δ 𝑛′
𝑛
δ 𝑙′
𝑙
δ 𝑚′
𝑚
Didapatkan
〈E〉=∫ 𝛹∗
H 𝛹dv
=∫ 𝛹∗
H
1
6
{4𝛹100 ( 𝒓)+ 3𝛹211 ( 𝒓) − 𝛹210 (ȓ)+ √10𝛹21−1( 𝒓)}dv
=∫ 𝛹∗ 1
6
{4𝐸1 𝛹100 ( 𝒓)+ 3𝐸2 𝛹211 ( 𝒓)− 𝐸2 𝛹210 ( 𝒓)+
√10𝐸2 𝛹21−1( 𝒓)}dv
=
1
36
∫{16 𝛹∗
100 𝐸1 𝛹100 +9𝛹∗
211 𝐸2 𝛹211 +𝛹∗
210 𝐸2 𝛹210 +10𝛹∗
21−1 𝐸2 𝛹21−1
}dv
=
1
36
{16〈𝐸1〉+9〈𝐸2〉+〈𝐸2〉+10〈𝐸2〉}
=
1
36
{16〈𝐸1〉+20〈𝐸2〉}
=
1
36
{16〈𝐸1〉+
20
4
〈𝐸2〉}
=
7
12
〈𝐸1〉
b. Menggunakan persamaan (4.64)
𝐿2
𝛹𝑙𝑚 =l(l+1) ћ2
𝛹𝑙𝑚
Yang hanya bergantung pada bilangan kuantum orbital,maka:
i) 𝐿2
𝛹100 ( 𝒓)=0

57. 57
ii) 𝐿2
𝛹211 ( 𝒓)=2ћ2
𝛹211 ( 𝒓)
iii) 𝐿2
𝛹210 ( 𝒓)=2ћ2
𝛹210 ( 𝒓)
iv) 𝐿2
𝛹21−1( 𝒓)=2ћ2
𝛹21−1( 𝒓)
Sehingga,
〈𝐿2
〉=∫ 𝛹∗
𝐿2
𝛹dv
=∫ 𝛹∗ ( 𝒓)
ћ2
6
{0+3.2𝛹211 ( 𝒓) − 2𝛹210 ( 𝒓)+√102𝛹21−1( 𝒓)}dv
=
ћ2
36
∫{0+9𝛹∗
211 2𝛹211 +𝛹∗
210 2𝛹210 +10𝛹∗
21−12𝛹21 −1(ȓ)}dv
=
10ћ2
9
c. Menggunakan persamaan (4.61)
𝐿 𝑧 𝑌𝑙𝑚(θ,ϕ)=mћ𝑌𝑙𝑚(θ,ϕ)
Yang hanya bergantung bilang kuantum magnetik diperoleh :
i)𝐿 𝑧 𝛹100 ( 𝒓)=0
ii)𝐿 𝑧 𝛹211( 𝒓)=ћ2
𝛹211 ( 𝒓)
iii)𝐿 𝑧 𝛹210 ( 𝒓)=0
iv)𝐿 𝑧 𝛹21−1( 𝒓)=-ћ2
𝛹21 −1( 𝒓)
Bersama ortonormalitas (4.25) memberikan
〈𝐿 𝑧〉=∫ 𝛹∗
𝐿 𝑧 𝛹dv
=
ћ
6
∫ 𝛹∗
{0+3.1𝛹211 ( 𝒓)− 0 − √10𝛹21−1( 𝒓)}dv
=
ћ
36
∫{9𝛹∗
211 𝛹211 -10𝛹∗
21−12𝛹21−1}dv
=-
ћ
36

58. 58
2.3 Operator Tangga dan Representasi Matriks
Perhatikan kembali hasil operasi x dan
𝑑
𝑑𝑥
pada ψn yaitu pers (5.77) dan
pers (5.78) . penjumlahan dan pengurangan dua operasi tersebut memberikan
(√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 + √
ℎ
𝑚𝜔
𝑑
𝑑𝑥
)ψn (x) = (√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 +
𝑖
ℎ
√
ℎ
𝑚𝜔
𝑝) ψn (x) = 2 √
𝑛
2
ψn-1 (x)
(√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 − √
ℎ
𝑚𝜔
𝑑
𝑑𝑥
)ψn (x) = (√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 −
𝑖
ℎ
√
ℎ
𝑚𝜔
𝑝) ψn (x) = 2 √
𝑛+1
2
ψn+1 (x)
…(5.79a)
Atau
(√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 + 𝑖√
ℎ
2𝑚ℎ𝜔
𝑝) ψn (x) = √ 𝑛 + 1 ψn-1 (x)
(√
𝑚𝜔
ℎ
𝑥 + 𝑖√
ℎ
2𝑚ℎ𝜔
𝑝) ψn (x) =√ 𝑛 + 1 ψn+1 (x)
…(5.79b)
Hubungan ini cukup menarik, sebeb dua operasi berturut-turut
(√
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 − 𝑖 √
1
2𝑚ℎ𝜔
𝑝) (√
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 + 𝑖 √
1
2𝑚ℎ𝜔
𝑝) ψn (x) = (√
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 − 𝑖 √
1
2𝑚ℎ𝜔
𝑝) √ 𝑛
ψn+1 (x)
= √ 𝑛 √ 𝑛 ψn (x)
= ψn (x)
…(5.80)
Artinya ψn (x) merupakan fungsi eigen dari dua operator dengan urutan seperti
diatas dan mempunyai nilai eigen n.
Perumsan diatas dapat disederhanakan dengan mendefinisikan operator
α = √
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 +
𝑖
√2𝑚ℎ𝜔
p

59. 59
α+ = √
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 −
𝑖
√2𝑚ℎ𝜔
p
…(5.81)
kedua operator α dan α+ ini disebut sebagai operator tangga.
Dari komutator
[x,p] = ih
…(5.82a)
Dan
[x,x] = [p,p] = 0
…(8.82b)
Didapatkan
[α, α+] = αα+ - α+ α
= (√
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 +
𝑖
√2𝑚ℎ𝜔
𝑝, √
𝑚𝜔
2ℎ
𝑥 −
𝑖
√2𝑚ℎ𝜔
𝑝 )
=
1
2ℎ
[ 𝑚𝜔 [𝑥, 𝑥] − 𝑖 [x,p]+ 𝑖 [x,p]+
1
𝑚𝜔
[p,p]]
…(5.83)
= 1
Dari deefinisi ini, didapatkan hubungan sebaliknya
x = √
ℎ
2𝑚𝜔
(α + α+ )
x = √
𝑚ℎ𝜔
2
(α - α+ )
…(5.84)
maka

60. 60
x =
ℎ
2𝑚𝜔
(α + α+ ) (α + α+ )
=
ℎ
2𝑚𝜔
(α2 + αα+ + α+ α + (α+)2 )
…(5.85a)
=
ℎ
2𝑚𝜔
(α2 + 2α+ α + 1 + (α+)2 )
Dan
p = −
2𝑚𝜔
ℎ
(α - α+ ) (α - α+ )
= −
2𝑚𝜔
ℎ
(α2 - αα+ - α+ α + (α+)2 )
…(5.85b)
= −
2𝑚𝜔
ℎ
(α2 - 2α+ α -1 + (α+)2 )
Karena itu, Hamiltonian osilator harmonic menjadi
H =
1
2𝑚
p 2 +
1
2
𝑚𝜔2 x2
=
1
2𝑚
𝑚ℎ𝜔
2
(−α2
+ 2α+
α + 1 − (α+)2) +
𝑚𝜔2
2
ℎ
2𝑚𝜔
(α2
+ 2α+
α + 1 + (α+)2)
=
𝑚ℎ𝜔
4
(4α+
α + 2)
…(5.86)
= ℎ𝜔 (α+
α +
1
2
)
Selanjutnya, definisikan pula keadaan eigen │n ⦒

61. 61
ψn ≡ │n ⦒
…(5.87)
dan ortonomalitas
〈 𝑚│n 〉= ᵟmn
…(5.88)
Hubungan (5.79b) dan (5.80), diberikan
α (α+
α +
1
2
)= √ 𝑛 │n-1 ⦒
α+
n ⦒ = √ 𝑛 + 1│n+1 ⦒
α+
α n ⦒ = 𝑛│n ⦒
…(5.89)
Karena itu, operator α disebut sebagai operator tangga penurun │n ⦒ → │n-1 ⦒ ,
α+
operator tangga penaik │n ⦒ → │n+1 ⦒
Sedangkan
α+
α = Ṅ . …
(5.90)
Disebut operator jumlah atau operator bilangan. Didalam ungkapan operator
tangga ini, persamaan eigen bagi osilator harmonic menjadi
H n ⦒ h𝜔 (α+
α +
1
2
)│n ⦒ = En │n ⦒
…(5.91)
Dengan

62. 62
En = h𝜔 (n +
1
2
)
…(5.92)
Selanjutnya didefinisikan keadaan dasar atau keadaan vakum │0 ⦒ yang
memenuhi
α │n ⦒ = 0
…(5.93)
〈0│0 〉 = 1
…(5.94)
Keadaan vakum dapat ditafsirkan sebagai ketiadaan partikel dengan frekuensi 𝜔 .
dari per (5.89) didapatkan
α │n ⦒ = 0
α+
│0 ⦒ = │1 ⦒
Karena itu, operator α diseut juga operator anihilasi atau permusnah satu partikel
menjadi tidak ada │1 ⦒ → │0 ⦒ , sedangkan α+
operator kreasi dari vakum
menjadi ada satu pertikel │0 ⦒ → │1 ⦒.
Contoh 5.7
Keadaan eigen. Tentukan :
a. Komutator antara 𝑁̂ dan a
b. Komutator antara 𝑁̂ dan a+
c. Hubunganantara keadaan tereksitasi | 𝑛〉 dan keadaan |0〉
Penyelesaian :
a. Dari komutator tiga operator
[ 𝐴𝐵, 𝐶] = A[ 𝐵, 𝐶] + [ 𝐴, 𝐶]B
𝑀𝑎𝑘𝑎
[ 𝑎+
𝑎, 𝑎] = a+[ 𝑎, 𝑎] + [ 𝑎+
, 𝑎]a

63. 63
= -a
(5.96a)
b. Dengan cara serupa
[ 𝑎+
𝑎, 𝑎+ ] = a+[ 𝑎, 𝑎+] + [ 𝑎+
, 𝑎+]a
= a+
(5.96b)
c. Terapkan perrs (5.89) ntuk operator kreasi n kali bertuurut-turut
( 𝑎+) 𝑛 |0〉 = ( 𝑎+) 𝑛−1|1〉
= ( 𝑎+) 𝑛−2
√2|2〉
= √2( 𝑎+) 𝑛−3
√3|3〉
….
= √2√3… . √ 𝑘 − 1 ( 𝑎+) 𝑛−𝑘
√ 𝑘| 𝑘〉
….
= √2.3.4 …(𝑛 − 3)( 𝑎+)2
√ 𝑛 − 2 | 𝑛 − 2〉
= √(𝑛 − 2)!a+
√ 𝑛 − 1| 𝑛 − 1〉
= √ 𝑛! | 𝑛〉

64. 64
Sehingga,
| 𝑛〉 =
( 𝑎+)
𝑛
√𝑛!
|0〉
(5.97)
Contoh 5.8
Representasi matriks. Berikan representasi atriks dari
a. Operator a dan a+
b. Hamiltonian osilator harmonik
c. Hamiltonian osilator harmonik terganggu
H =
1
2𝑚
𝑝2
+
1
2
𝑚 𝜔2
𝑥2
+ 𝐾𝑥3
Dengan
K = 𝜆 (
2𝑚𝜔5/3
ħ1/3 )
3/2
Dan 𝜆 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒𝑡𝑒𝑟 𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙.
Penyelesaian :
a. Ortonormalitas dan operasi a, a+ terhadap
| 𝑛〉, 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑘𝑠
amn = 〈 𝑚| 𝑎| 𝑛〉 = 〈 𝑚|√ 𝑛|𝑛 − 1〉 = √ 𝑛𝛿 𝑚𝑛−1
Bentuk eksplisitnya
a =
[
0 1 0 0 0 …
0 0 √2 0 0 …
0 0 0 √3 0 …
0 0 0 0 2 …
0 0 0 0 0 …
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱]
(5.98a)
Serupa, komponen matriks
(a+)mn = 〈 𝑚| 𝑎+| 𝑛〉 = √ 𝑛 + 1𝛿 𝑚𝑛+1
Bentuk eksplisitnya

65. 65
a+ =
[
0 0 0 0 0 …
1 0 0 0 0 …
0 √2 0 0 0 …
0 0 √3 0 0 …
0 0 0 2 0 …
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱]
(5.98b)
b. Komponen matriks Hamiltonian osilator harmonic
Hmn = 〈 𝑚| 𝐻| 𝑛〉
= ħω〈 𝑚 |𝑎+
𝑎 +
1
2
| 𝑛〉
= ħω(n +
1
2
) 𝛿 𝑚𝑛
Bentuk eksplisitnya
H = ħω
[
1
2
0 0 0 0 …
0
3
2
0 0 0 …
0 0
5
2
0 0 …
0 0 0
7
2
0 …
0 0 0 2
9
2
…
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱]
(5.99)
c. Untuk mendapatkan suku kubik dalam Hamiltonian, perhatikan hubungan
𝑎| 𝑛〉 = √ 𝑛| 𝑛 − 1〉
𝑎+ | 𝑛〉 = √𝑛 + 1| 𝑛 + 1〉
Dan
𝑥 = √
ħ
2𝑚𝜔
( 𝑎 + 𝑎+)
Kedua persamaan ini memberikan
𝑥| 𝑛〉 = √
ħ
2𝑚𝜔
(√ 𝑛| 𝑛 − 1〉 +√ 𝑛 + 1| 𝑛 + 1〉)
Operasi lebih lanjut
𝑥3| 𝑛〉 = √
ħ
2𝑚𝜔
𝑥2
(√ 𝑛| 𝑛 − 1〉 +√ 𝑛 + 1| 𝑛 + 1〉)
= (
ħ
2𝑚𝜔
) 𝑥(√ 𝑛| 𝑛 − 1〉 | 𝑛 − 2〉 +√ 𝑛| 𝑛〉) + √ 𝑛 + 1(| 𝑛 + 1〉 +
√ 𝑛 + 2(| 𝑛 + 2〉)
= (
ħ
2𝑚𝜔
) 𝑥 {√ 𝑛(𝑛 − 1)| 𝑛 − 2〉 + (2𝑛 + 1)| 𝑛〉 +
√( 𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(| 𝑛 + 2〉}

66. 66
= (
ħ
2𝑚𝜔
)
3/2
{√𝑛( 𝑛 − 1)(√ 𝑛 − 2| 𝑛 − 3〉 + √( 𝑛 − 1)| 𝑛 − 1〉) +
(2𝑛 + 1)(√ 𝑛| 𝑛 − 1〉 + √ 𝑛| 𝑛 − 1〉 + √ 𝑛 + 1| 𝑛 + 1〉) +
√( 𝑛 + 1)(𝑛 + 2)√ 𝑛 + 2| 𝑛 + 1〉 + √ 𝑛 + 3| 𝑛 + 3〉)}
= (
ħ
2𝑚𝜔
)
3/2
{√𝑛( 𝑛 − 1) 𝑛 − 2| 𝑛 − 3〉 + 3𝑛√ 𝑛| 𝑛 − 1〉 +
(3𝑛 + 3)√ 𝑛 + 2| 𝑛 + 1〉 + √( 𝑛 + 1)( 𝑛 + 2)(𝑛 + 3)| 𝑛 + 3〉}
Elemen matriks bersangkutan
〈 𝑚| 𝑥3| 𝑛〉 = (
ħ
2𝑚𝜔
)
3/2
{√𝑛( 𝑛 − 1) 𝑛 − 2𝛿 𝑚𝑛−3 + 3𝑛√ 𝑛𝛿 𝑚𝑛−1 +
(3𝑛 + 3)√ 𝑛 + 2𝛿 𝑚𝑛+1 + √( 𝑛 + 1)( 𝑛 + 2)(𝑛 + 3)𝛿 𝑚𝑛+3}
𝑎𝑡𝑎𝑢
𝑥3
= (
ħ
2𝑚𝜔
)
3/2
[
0 3 0 √6 0 …
3√2 0 6√2 0 2√6 …
0 6√3 0 9√3 0 …
√6 0 18 0 14 …
0 2√6 0 12√5 0 …
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱]
Dengan demikian, Hamiltonian osilator harmonik terganggu
H = ħω
[
1
2
3𝜆 0 0 0 …
3𝜆√2
3
2
6𝜆√2 0 2𝜆√2 …
0 6𝜆√3
5
2
9𝜆√3 0 …
𝜆√6 0 18𝜆
7
2
14𝜆 …
0 2𝜆√6 0 12𝜆√5
9
2
…
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱]
Bentuk-bentuk di depan diperoleh menggunakan basis

67. 67
|0〉 =
(
1
0
0
0
0
0
⋮)
, |1〉 =
(
0
1
0
0
0
0
⋮)
, |2〉 =
(
0
0
1
0
0
0
⋮)
, …, | 𝑛〉 =
(
0
0
⋮
0
1
0
⋮ )
,

68. 68
BAB 3
PERSAMAAN SCHRODINGER
3.1 Persamaan Gelombang dan Fungsi Gelombang
Suatu gelombang cahaya bidang dapat dituliskan oleh persamaan:
𝜓( 𝑥, 𝑡) = 𝐸0 sin( 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) (1)
Dengan 𝐸0 adalah nilai faktor medan listrik, 𝜔 = 2𝜋𝑣 adalah frekuensi sudut, dan
𝑘 = 𝜔 𝑐⁄ = 2𝜋 𝜆⁄ adalah angka gelombang.
Pada analogi dengan persamaan (1), gelombang partikel dapat dituliskan sebagai:
𝜓( 𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin( 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) (2)
Dari 𝑘 = 2𝜋 𝜆⁄ dan 𝜆 ℎ 𝑝𝑥⁄ maka nomor gelombang 𝑘 dapat dinyatakan dalam
momentum partikel 𝑝𝑥 sebagai:
𝑘 =
𝑝𝑥
ℎ
Dengan ℎ adalah ℎ 2𝜋⁄ . Frekuensi 𝜔 berhubungan dengan energi kinetik partikel
𝐸 sebagai berikut:
𝑬 = 𝒉𝒗 = 𝒉𝝎
Dan jika energi kinetik dinyatakan dalam momentumnya, maka :
𝒑 𝒙
𝟐
𝟐𝒎
= 𝒉𝝎
Atau
𝜔 =
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
Fungsi gelombang menjadi :
𝜓( 𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin (
𝑝𝑥 𝑥
ℎ
−
𝑝𝑥
2
𝑡
2𝑚ℎ
) (3)
Fungsi gelombnag (3) merupakan penyelesaian persamaan diferensial gelombang
salah satunya adalah
𝜕2
𝜓
𝜕𝑡2
= 𝛼
𝜕2
𝜓
𝜕𝑥2

69. 69
Persamaan ini adalah persamaan gelombang datar atau bidang bunyi dalam gas
dengan leju bunyi adalah 𝜶.
Persamaan (1) disubtitusikan ke persamaan (2) dengan menganggap
𝝏𝒑
𝝏𝒕
= 𝟎, yaitu
tak ada gaya yang bekerja pada partikel.
𝜕𝜓
𝜕𝑡
= −
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
𝐴 cos(
𝑝𝑥
ℎ
𝑥 −
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
𝑡)
𝜕2
𝜓
𝜕𝑡2
= −(
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
)
2
𝐴 sin
𝑝𝑥
ℎ
𝑥 −
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
𝑡
= −(
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
)
2
𝜓
𝜕𝜓
𝜕𝑥
=
𝑝𝑥
ℎ
𝐴 cos(
𝑝𝑥
ℎ
𝑥 −
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
𝑡)
𝜕2
𝜓
𝜕𝑥2
= − (
𝑝𝑥
ℎ
)
2
𝐴 sin(
𝑝𝑥
ℎ
𝑥 −
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
𝑡)
= − (
𝑝𝑥
ℎ
)
2
𝜓
Hasilnya
−(
𝑝𝑥
2
2𝑚ℎ
)
2
𝜓 = 𝛼 [− (
𝑝𝑥
ℎ
)
2
𝜓] (4)
Maka diperoleh
𝛼 =
𝑝𝑥
2
4𝑚2
(5)
Maka persamaan (3) menjadi:
𝜕2
𝜓
𝜕𝑡2
=
𝑝𝑥
2
4𝑚2
𝜕2
𝜓
𝜕𝑥2
Persamaan (4) menunjukkan fungsi gelombang (3) dideferinsialkan ke t hanya
sekali maka momentum 𝑝𝑥 ruas kiri dan ruas kanan saling menghapus. Dengan
demikian persamaan baru:
𝜕𝜓
𝜕𝑡
= 𝛾
𝜕2
𝜓
𝜕𝑥2
(6)

70. 70
Persamaan :
𝜓 = 𝐴 sin [ 𝑖 (
𝑝𝑥 𝑥
ℎ
−
𝑝𝑥
2
𝑡
2𝑚ℎ
)] (7)
Adalah penyelesaian dari persamaan (6) bila:
𝛾 =
𝑖ℎ
2𝑚
Dengan demikian persamaan gelombang (6) menjadi:
𝜕𝜓
𝜕𝑡
=
ℎ
𝑖2𝑚
𝜕2
𝜓
𝜕𝑥2
(1 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖 ) (8)
𝜕𝜓
𝜕𝑡
=
ℎ
𝑖2𝑚
∇2
𝜓 (3 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖 ) (9)
Persamaan (9) dapat ditulis dalam bentuk:
𝑖ℎ
𝜕𝜓
𝜕𝑡
=
( 𝑖ℎ∇)2
2𝑚
𝜓 (10)
Persamaan gerak klasik dapat ditulisakan dalam bentuk:
𝐸 =
𝑝2
2𝑚
(11)
Persamaan (10) dan (11) memiliki kesamaan oleh Schrodinger dipakai sebagai
dasar untuk mendalilkan transisi dan deskripsi mekanika kuantum dapat dibuat
dengan prosedur berikut:
1. Tuliskan persamaan gerak klasik dalam bentuk energi total 𝐸,
momentum 𝑝, dan energi potensial 𝑉.
2. Gantilah persamaan tersebut ke dalam persamaan operator dengan
mengganti 𝐸, dengan operator 𝑖ℎ
𝜕
𝜕𝑡
dan 𝑝 dengan operator 𝑖ℎ∇.
3. Kenakan operator tersebut pada fungsi gelombang 𝜓 persamaan
gelombang yang diperoleh.
4. Persamaan gerak klasik partikel dalam suatu potensial adalah

71. 71
𝐸 =
𝑝2
2𝑚
+ 𝑉( 𝑟) (12)
Dengan mengerjakan postulat pada persamaan diatas, kita memperoleh Persamaan
Schrodinger:
𝒊𝒉
𝝏𝝍
𝝏𝒕
=
𝒉 𝟐
𝟐𝒎
𝛁 𝟐
𝝍 + 𝑽( 𝒓) 𝝍
( 𝟏𝟑)
3.2 Pembenaran Persamaan Schrodinger
Baik hukum Newton, persamaan Maxwell, maupun persamaan
Schrodimger tidak dapat diturunkan dari seperangkat asas dasar, namun
pemecahan yang diperoleh darinya ternyata sesuai dengan pengamatan percobaan.
Persamaan Schrodinger hanya dapat dipecahkan secara eksak untuk beberapa
potensial sederhana tertentu; yang paling sederhana adalah potensial konstan dan
potensial osilator harmonik. Kedua kasus sederhana ini memang tidak “fisis,”
dalam artian bahwa pemecahannya tidak dapat diperiksa kebenarannya dengan
percobaan-tidak ada contoh di alam yang berkaitan dengan gerak sebuah pertikel
yang terkukung dalam sebuah kotak satu dimensi, ataupun sebuah osilator
harmonik mekanika kuantum ideal (meskipun kasus seperti ini seringkali
merupakan hampiran yang cukup baik bagi situasi fisis yang sebenarnya). Namun
demikian, berbagai kasus sedrhana ini cukup bermanfaat dalam memberikan
gambaran tentang teknik umum pemecahan persamaan Schrodinger.
Kita bayangkan sejenak bahwa kita adalah Erwin Schrodinger dan sedang
meneliti suatu persamaan diferensial yang akan menghasilkan pemecahan yang
sesuai bagi fisika kuantum. Akan kita dapati bahwa kita dihalangi oleh tidak
adanya hasil percobaan yang dapat kita gunakan sebagai bahan perbandingan.
Oleh karena itu, kita harus merasa puas dengan hal berikut-kita daftarkan semua
sifat yang kita perkirakan akan dimiliki persamaan kita, dan kemudian menguji
macam persamaan manakah yang memenuhi semuan kriteria tersebut.
1. Kita tidak boleh melanggar hukum kekekalan energy. Meskipun kita hendak
mengorbankan sebagian besar kerangka fisika klasik, hukum kekekalan

72. 72
energy adalah salah satu asas yang kita inginkan tetap berlaku. Oleh karena
itu, kita mengambil
𝑲 + 𝑽 = 𝑬 (𝟓. 𝟏)
Berturut-turut, K, V, dan E adalah energy kinetic, potensial, total. (karena
kajian kita tentang fisika kuantum ini dibatasi pada keadaan takrelativistik,
maka 𝑲 = 𝟏
𝟐⁄ 𝒎𝒗² = 𝒑²/𝟐𝒎; 𝑬 hanyalah menyatakan jumlah energy
kinetic dan potensial, bukan energy massa relativistic).
1. Bentuk persamaan diferensial apa pun yang kita tulis, haruslah taat asas
terhadap hipotesis deBrogile-jika kita pecahkan persamaan matematikanya
bagi sebuah partikel dengan momentum p, maka pemecahan yang kita
dapati haruslah berbentuk sebuah fungsi gelombang dengan sepanjang
gelombang 𝝀 yang sama dengan h/p. dengan menggunakan persamaan p =
hk, maka enrgi kinetic dari gelombang deBrogile partikel bebas haruslah
𝑲 = 𝒑²/𝟐𝒎 = ђ²𝒌²/𝟐𝒎.
2. Persamaanya haruslah “berperilaku baik,” dalam pengertian matematika.
Kita mengharapkan pemecahannya memberikan informasi kepada kita
tentan porbalitas untuk menemukan partikelnya; kita akan terperanjat
menemukan bahwa, misalnya, probalitas tersebut berubah secara tidak
kontinu, karena ini berarti bahwa partikelnya menghilang secara tiba-tiba
dari suatu titik dan muncul kembali pada titik lainnya. Jadi, kita syaratkan
bahwa fungsinya haruslah bernilai tunggal-artinya, tidak boleh ada dua
probalitas untuk menemukan partikel di satu titik yang sama. Ia harus pula
linear, agar gelombangnya memiliki sifat superposisi yang kita harapkan
sebagai milik gelombang yang berperilaku baik.
Dengan memilih bernalar dalam urutan terbalik, akan kita tinjau terlebih
dahulu pemecahan dari persamaan yang sedang kita cari. Anda telah mempelajari
di depan tentang gelombang tali, yang memiliki bentuk matematik 𝑦(𝑥, 𝑡) =
𝐴 𝑠𝑖𝑛 (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡), dan gelombang electromagnet, yang memiliki pula bentuk
serupa 𝐸(𝑥, 𝑡) = 𝐸0 𝑠𝑖𝑛 (𝑘𝑥 – 𝜔𝑡) dan 𝐵(𝑥, 𝑡) = 𝐵0 𝑠𝑖𝑛 (𝑘𝑥 – 𝜔𝑡). Oleh

73. 73
karena itu, kita postulatkan bahwa gelombang deBrogile partikel bebas 𝜓( 𝑥, 𝑡)
memiliki pula bentuk sebuah gelombang dengan amplitude A yang merambat
dalam arah 𝑥 positif. Katakanlah t = 0, jadi dengan mendifinisikan
𝜓( 𝑥)sebagai( 𝑥, 𝑡 = 0), maka
𝜓(𝑥) = 𝑎 𝑠𝑖𝑛 𝑘𝑥 (5.2)
Persamaan diferensial, yang pemecahannya adalah 𝜓( 𝑥, 𝑡), dapat mengandung
turunan terhadap x atau t , tetapi ia haruslah hanya bergantung pada pangakat satu
dari𝜓2
atau (
𝜕𝜓
𝜕𝑡2⁄ )tidak boleh muncul. Didepan telah didapati bahwa𝐾 =
ђ²𝑘²/2𝑚, sehingga satu-satunya cara untuk memperoleh suku yang mengandung
𝑘2
adalah dengan mengambil turunan kedua dari𝜓( 𝑥) = 𝐴 sin 𝑘𝑥 terhadap x.
𝑑2
𝜓
𝑑𝑥2
= −𝑘2
𝜓 = −
2𝑚
ℏ2
𝐾𝜓 = −
2𝑚
ℏ2
( 𝐸 − 𝑉) 𝜓
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2
𝜓
𝑑𝑥2
+ 𝑉𝜓 = 𝐸𝜓 (5.3)
Perlu ditekankan bahwa yang kita lakukan disini bukanlah suatu
penurunan; kita hanya sekedar membentuk suatu persamaan diferensial dengan
ketiga sifat berikut : (1) ia taat asas dengan kekekalan energi; (2) ia linear dan
bernilai tunggal; (3) ia memberikan pemecahan partikel bebas yang sesuai dengan
sebuah gelombang deBrouglie tunggal. Persamaan (5.3) adalah persamaan
SchrŐdinger waktu-bebas satu dimensi. Meskipun gelombang nyata selain
bergantung pada koordinat ruang dan juga waktu , dan bahwa alam kita bukan
berdimensi satu melainkan tiga, kita dapat belajar mengenai matematika dan
fisika dari mekanika kuantum dengan mempelajari berbagai pemecahan.
Contoh Soal :
Sebuah benda bermassa m dijatuhkan dari ketinggian 𝐻 di atas tangki air.
Ketika memasuki air, ia mengalami gaya apung 𝐵 yang lebih besar daripada
beratnya. (Kita abaikan gaya gesek (viskos) oleh air pada benda Carilah
perpindahan dan kecepatan benda, dihitung dari saat dilepaskan hingga ia muncul
kembali kepermukaan air.

74. 74
Pemecahan :
Kita pilih sebuah system koordinat dengan 𝑦 positif keatas, dan
mengambil 𝑦 = 0 pada permukaan air. Selama benda jatuh bebas, ia hanya
dipengaruhi gaya gravitasi. Maka, dalam daerah 1(diatas air, hukum kedua
Newton memberikan
−𝑚𝑔 = 𝑚
𝑑2
𝑦2
𝑑𝑡2
Yang memiliki pemecahan
𝑣₁(𝑡) = 𝑣₀₁ − 𝑔𝑡
𝑦₁(𝑡) = 𝑦₀₁ + 𝑣₀₁𝑡 – 1/2𝑔𝑡²
v₀₁ dan y₀₁ adalah kecepatan dan ketinggian awal pada saat t=0. Ketika benda
memasuki air (daerah 2), gayanya menjadi B-mg, sehingga hukum kedua Newton
menjadi
𝐵 − 𝑚𝑔 = 𝑚
𝑑2
𝑦2
𝑑𝑡2
Yang memiliki pemecahan
𝑣2( 𝑡) = 𝑣02 + (
𝐵
𝑚
– 𝑔) 𝑡
𝑦2( 𝑡) = 𝑦02 + 𝑣02 𝑡 +
1
2
(
𝐵
𝑚
– 𝑔) 𝑡²
Keempat pemecahan ini memiliki empat koefisien tidak tertentukan
𝑦₀₁, 𝑣₀₁, 𝑦₀₂, 𝑣₀₂ (Perhatikan bahwa 𝑦₀₂ dan 𝑣₀₂ bukanlah nilai pada saat 𝑡 = 0,
tetapitetapan yang akan ditentukan kemudian). Kedua tetapan pertama diperoleh
dengan menerapkan syarat awal – pada saat 𝑡 = 0 (ketika benda dilepaskan)
𝑦₀₁ = 𝐻 dan 𝑣₀₁ = 0, karena benda dilepaskan dari keadan diam. Oleh karena
itu, pemecahan dalam daerah 1 adalah
𝑣₁ (𝑡) = − 𝑔𝑡
𝑦₁(𝑡) = 𝐻 − 1/2𝑔𝑡²
Langkah berikut dalam penerapan syarat batas pada permukaan air . Misalkan t₁
adalah saat ketika benda memasuki air. Syarat batasnya menghendaki bahwa v
dan y kontinu pada daerah batas antara air dan udara, yakni:

75. 75
𝑦₁(𝑡₁) = 𝑦₂(𝑡₂)
𝑑𝑎𝑛
𝑣₁(𝑡₁) = 𝑣₂(𝑡₂)
Persyaratan pertama mengatakan bahwa benda nya tidak lenyap pada suatu saat
tertentu dan kemudian muncul kembali di suatu titik lain pada saat berikutnya.
Persyaratan kedua setara dengan mensyaratkan lajunya berubah secara mulus pada
permukaan air. [Jika syarat tidak dipenuhi , maka 𝑣₁ (𝑡₁ − 𝛥𝑡) ≠ 𝑣₂ (𝑡₁ − 𝛥𝑡)
meskipun 𝛥𝑡 → 0, shingga percepatan akan menjadi takhingga]. Untuk
menerapkan syarat batas ini, kita harus terlebih dahulu mencari t₁ ketika y₁
menjadi nol.
𝑦₁(𝑡₁) = 𝐻 – ½ 𝑔𝑡² = 0
Sehingga
𝑡1 = √
2 𝐻
𝑔
Dengan demikian, laju benda ketika menyentuh air 𝑣₁(𝑡₁) adalah
𝑣1( 𝑡1) = −𝑔𝑡1 = −𝑔√
2 𝐻
𝑔
= − √2𝑔𝐻
Maka syarat batas memberikan
𝑦₂( 𝑡1) = 𝑦01 + 𝑣01√
2 𝐻
𝑔
+
1
2
(
𝐵
𝑚
− 𝑔)(
2 𝐻
𝑔
) = 0
dan
𝑣₂( 𝑡1) = 𝑣02 + (
𝐵
𝑚
− 𝑔) (
2 𝐻
𝑔
) = −√2𝑔𝐻
Kedua persamaan ini dapat dipecahkan secara serempak untuk memperoleh 𝑦₀₂
dan 𝑣₀₂, yang menghasilkan 𝑣₀₂ = − (
𝐵
𝑚
)√2𝐻
𝑔⁄ dan 𝑦₀₂ = 𝐻 (1 + 𝐵/𝑚𝑔).
Jadi, pemecahan lengkap dalam daerah 2 adalah
𝑣₂( 𝑡1) = − (
𝐵
𝑚
)√2𝐻 𝑔⁄ + (
𝐵
𝑚
− 𝑔) 𝑡

76. 76
𝑦₂( 𝑡1) = 𝐻
𝐻𝐵
𝑚𝑔
−
𝐵
𝑚
√
2𝐻
𝑔
𝑡 +
1
2
(
𝐵
𝑚
− 𝑔) 𝑡²
Persamaa bagi 𝑣₁, 𝑦₁, dan 𝑣₂ dan 𝑦₂ memberikan perilaku gerak benda dari
saata 𝑡 = 0 hingga ia muncul kembali ke permukaan air.
Hasil – hasil ini dapat kita terapkan untuk menghitung sifat gerak lainnyaa;
sebagai contoh, kita dapat mencari kedalama maksimum yang dicapai benda, yang
terjadi ketika 𝑣₂ = 0 . Jika kita ambil 𝑡₂ sebagai waktu pada saat hal ini terjadi,
maka
𝑣₂(𝑡₂) = − (
𝐵
𝑚
)√2𝐻 𝑔⁄ + (
𝐵
𝑚
− 𝑔) 𝑡2 = 0
(𝑡₂) =
𝐵
𝐵 − 𝑚𝑔
√2𝐻 𝑔⁄
Kedalaman D adalah nilai 𝑦₂ pada saat 𝑡₂ ini , yaitu
𝐷 = 𝑦₂(𝑡₂) = (𝐻 +
𝐻𝐵
𝑚𝑔
) −
𝐵
𝑚
√
2𝐻
𝑔
𝑡2 +
1
2
(
𝐵
𝑚
− 𝑔) 𝑡2²
𝐷 =
−𝑚𝑔𝐻
𝐵 − 𝑚𝑔
Soal :
1. Fungsi gelombang suatu partikel yang bergerak sepanjang sumbu x adalah
𝜓( 𝑥) = 𝐶𝑒−| 𝑥|
sin 𝑎 𝑥
a. Tentukan konstanta C jika fungsi gelombang ternormalisasi.
b. Jika 𝑎 = 𝜋, hitung kemungkinan untuk mendapatkan partikel berada di
sebelah kanan x =1.
2. Buktikan bahwa persamaan Schrodinger adalah linier dengan
membuktikan
𝜓 = 𝑎1 𝜓1 ( 𝑥, 𝑡) + 𝑎2 𝜓2 ( 𝑥, 𝑡)
Dimana 𝜓1 dan 𝜓2 adalah fungsi gelombang solusi persamaan Schrodinger
3. Cari nilai konstanta A untuk fungsi gelombang 𝜓 = 𝐴𝑥𝑒
−
𝑥2
2

77. 77
3.3 Probabilitas dan Normalisasi
Fungsi gelombang 𝜓(𝑥) menyatakan suatu gelombang yang memiliki
panjang gelombang dan bergerak dengan kecepatan fase yang jelas. Dilemma
muncul ketika hendak menafsirkan amplitudonya. Apakah yang dinyatakan oleh
amplitudo 𝜓(𝑥) dan variabel fisika apakah yang bergetar ? Ini merupakan suatu
jenis gelombang yang berbeda, yang nilai mutlaknya memberikan probabilitas
untuk menemukan partikelnya pada suatu titik tertentu. Dimana | 𝜓(𝑥)|2
𝑑𝑥
memberikan p[robabilitas untuk menemukan partikel dalam selang infinitesimal
𝑑𝑥 di 𝑥 (yakni antara 𝑥 dan 𝑥 + 𝑑𝑥). Dalam satu dimensi, perbedaan antar
“menemukan partikel di 𝑥” dan “menemukan partikel dalam selang 𝑑𝑥 di 𝑥”
mungkin tidak akan menjadi masalah, namun jika ditinjau dari persoalan dua
dimensi dan tiga dimensi, maka perbedaannya kan menonjol. Untuk sekarang
anda mungkin dapat menerima aturan ini dalam pengertian bahwa sebuah partikel
tunggal dalam ruang tidak memiliki dimensi fisika. Karena dimensi sebuah titik
dalam ruang adalah nol. Maka probabilitas untuk menemukan sebuah partikel di
sebuah titik adalah selalu nol, tetapi untuk selang 𝑑𝑥 probabilitasnya tidak nol.
Jika kita definisikan 𝑃(𝑥) sebagai rapat probabilitas (probabilitas persatuan
panjang, dalam ruang satu dimensi). Maka tafsiran 𝜓( 𝑥) menurut resep
Schrodinger adalah
𝑃( 𝑥) 𝑑𝑥 = | 𝜓(𝑥)|2
𝑑𝑥 (5.4)
Tafsiran | 𝜓(𝑥)|2
ini membantu memahami persyaratan kontinu 𝜓(𝑥), walaupun
amplitudonya berubah secara tidak jelas dan kontinu. Probabilitas untuk
menemukan partikel antara 𝑥1 dan 𝑥2 adalah jumlah semua probabilitas 𝑃( 𝑥) 𝑑𝑥
dalam selang antara 𝑥1 dan 𝑥2 adalah sebagai berikut
∫ 𝑃( 𝑥) 𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1
= ∫ | 𝜓(𝑥)|2
𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1
(5.5)
Dari aturan ini, maka probabilitas untuk menemukan partikel di suatu titik
sepanjang sumbu 𝑥 adalah 100 persen, sehingga berlaku

78. 78
∫ | 𝜓(𝑥)|2
𝑑𝑥
∞
−∞
= 1(5.6)
Persamaan (5.6) dikenal dengan syarat Normalisasi, yang menunjukkan
bagaimana mendapatkan tetapan A. Dimana tetapan A tidak dapat ditentukan dari
persamaan Differensialnya. Sebuah fungsi gelombang yang tetapan pengalinya
ditentukan dari persamaan (5.6) disebut ternormalisasikan. Hanyalah fungsi
gelombang yang ternomalisasi secara tepat, yang dapat digunakan untuk
melakukan semua perhitungan yang mempunyai makna fisika. Jika
normalisasinya telah dilakukan secara tepat, maka persamaan (5.6) akan selalu
menghasilkan suatu probabilitas yang terletak antara 0 dan 1.
Setiap pemecahan persamaan Schrödinger yang menghasilkan
| 𝜓(𝑥)|2
bernilai tak hingga, harus dikesampingkan. Karena tidak pernah terdapat
probabilitas tak hingga untuk menemukan partikel pada titik manapun. Maka
harus mengesampingkan suatu pemecahan dengan mengembalikan factor
pengalinya sama sengan nol. Sebagai contoh, jika pemecahan matematika bagi
persamaan diferrensial menghasilkan 𝜓( 𝑥) = 𝐴𝑒 𝑘𝑥
+ 𝐵𝑒−𝑘𝑥
bagi seluruh daerah
𝑥> 0, maka syaratnya A = 0 agar pemecahannya mempunyai makna fisika. Jika
tidak | 𝜓(𝑥)| akan menjadi tak hingga untuk 𝑥 menuju tak hingga (tetapi jika
pemecahannya dibatasi dalam selang 0 <𝑥< L, maka A tidak boleh sama dengan
nol). Apabila pemecahannya berlaku pada seluruh daerah negative sumbu 𝑥< 0,
maka B = 0.
Kedudukan suatu partikel tidak dapat dipastikan, dalam hal ini tidak dapat
menjamin kepastian hasil satu kali pengukuran suatu besaran yang bergantung
pada kedudukannya. Namun jika menghitung probabilitas yang berkaitan dengan
setiap koordinat, maka ditemukian hasil yang mungkin dari pengukuran satu kali
atau rata-rata hasil dari sejumlah besar pengukuran berkali-kali. Sebagai contoh,
jika ingin mencari rata-rata kedudukan sebuah partikel dengan mengukur
koordinat 𝑥-nya. Dengan melakukan sejumlah besar pengkuran berkali-kali,
didapati bahwa dengan mengukur nilai 𝑥1 sebanyak 𝑛1 kali, 𝑥2 sebanyak 𝑛2 kali
dan seterusnya. Maka dengan cara yang lazim, diperoleh nilai rata-ratanya adalah
𝑥 𝑎𝑣 =
𝑛1 𝑥1+𝑛2 𝑥2+⋯
𝑛1 +𝑛2+⋯
(5.7)

79. 79
=
Σ𝑛𝑖 𝑥 𝑖
Σ 𝑛𝑖
(5.8)
Jika diketahui probabilitas untuk menemukan partikel pada setiap titik 𝑥 𝑖, maka
𝑛𝑖 berkaitan dengan 𝑃(𝑥), sehingga dengan mengubah penjumlahannya menjadi
integral, dperoleh
𝑥 𝑎𝑣 =
∫ 𝑃( 𝑥) 𝑥
∞
−∞ 𝑑𝑥
∫ 𝑃( 𝑥)
∞
−∞ 𝑑𝑥
(5.9)
𝑥 𝑎𝑣 = ∫ | 𝜓(𝑥)|2
𝑥 𝑑𝑥
∞
−∞
(5.10)
Langkah terakhir dapat dilakukan jika fungsi gelombang ternormalisasikan,
karena dengan demikian penyebut dari (5.9) sama dengan satu.
Dengan cara yang sama, nilai rata-rata sebarang fungsi dari 𝑥 dapat dicari sebagai
berikut:
[𝑓(𝑥)] 𝑎𝑣 = ∫ | 𝜓(𝑥)|2
𝑥 𝑑𝑥
∞
−∞
(5.11)
Nilai rata-rata yang dihitung dari persamaan (5.10) dan (5.11) dikenal sebagai
nilai ekspektasi
3.4 Penerapan Persamaan Schrodinger
3.4.1. Partikel Bebas
Partikel bebas adalah sebuah partikel yang bergerak tanpa dipengaruhi
gaya apapun dalam suatu bagian ruang, yaitu F = 0 sehingga 𝑉(𝑥) = tetapan untuk
semua 𝑥. Dalam hal ini, bebas untuk memilih tetapan potensial sama dengan nol.
Karena potensial selalu ditentukan dengan tambahan satu tetapan integrasi
sebarang (𝐹 = −𝑑𝑉/𝑑𝑥 dalam satu dimensi).
Berikut terapkan resep Schrodinger dengan menuliskan kembali persamaan (5.3)
dengan potensial yang sesuai (V = 0)
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2
𝜓
𝑑𝑥2 = 𝐸𝜓 (5.12)

80. 80
atau
𝑑2
𝜓
𝑑𝑥2 = −𝑘2
𝜓 (5.13)
dimana
𝑘2
=
2𝑚𝐸
ℏ2 (5.14)
Persamaan (5.13) adalah bentuk persamaan yang telah lazim dikenal, dengan 𝑘2
selalu positif, maka pemecahannya adalah
𝜓( 𝑥) = 𝐴 sin 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 (5.15)
Dari persamaan (5.14) didapati bahwa nilai energy yang diperkenankan adalah
𝐸 =
ℏ2
𝑘2
2𝑚
(5.16)
Karena pemecahan tidak memberi batasan pada k, maka energy partikel
diperkenankan memiliki semua nilai (tidak terkuantisasikan). Perhatikan bahwa
persamaan (5.16) tidak lain adalah energy kinetic sebuah partikel dengan
momentum 𝑝 = ℏ𝑘 atau setara dengan nilai 𝑝 = 𝑘/𝜆. Berdasarkan pasal 5.1, ini
tidak lain dari pada apa yang diperkirakan, karena telah membentuk persamaan
Schrodinger yang menghasilkan pemecahan bagi partikel bebas yang berkaitan
dengan satu gelombang deBrogli.
Penentuan nilai A dan B disini mengalami beberapa kesulitan karena integral
normalisasi. Persamaan (5.6) tidap dapat dihitung dari -∞ hingga +∞ bagi fungsi
gelombang ini. (kesulitan tidak akan terjadi jika melakukan suatu superposisi
linear dari sejumlah besar gelombang sibus dan kosinus untuk membentuk sebuah
gelombang paket, seperti yang dilakukan pada pasal 4.4).
3.4.2 Partikel Dalam sebuah kotak ( satu dimensi )
Meninjau sebuah partikel yang bergerak bebas dalam sebuah kotak satu
dimensi yang panjang L; partikelnya benar-benar terperangkap dalam kotak.
Potensial ini dapat dinyatakan sebagai berikut

81. 81
V(x) = 0 0≤ 𝑥 ≤ 𝐿
= ∞ x < 0, x > L (5.17)
Potensialnya diperlihatkan pada gambar 5.3 dan sering kali dikenal sebagai
potensial sumur persegi takhingga. Tentu saja, kita bebas memilih sebarang nilai
tetapan bagi V dalam daerah 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿; pemilihan nol yang kita lakukan adalah
sekedar untuk memudahkan.
Resepnya sekarang harus diterapkan secara terpisah pada daerah di dalam dan di
luar kotak. Jika kita terapkan persamaan (5.3) bagi daerah diluar kotak, kita
dapatkan bahwa satu-satunya cara untuk mempertahankan persamaannya
bermakna bila𝑉 → ∞ adalah dengan mensyaratkan 𝜓 = 𝟎, sehingga 𝑉𝜓 tidak
akan menjadi tak hingga. Di pihak lain, kita dapat kembali ke pernyataan
persoalan semulanya. Jika kedua dinding kotak benar-benar tegar, maka partikel
akan selalu berada dalam kotak, sehingga probabilitas untuk menemukan partikel
di luar kotak tentulah nol. Untuk membuat probabilitasnya nol diluar kotak, kita
harus mengambil 𝜓 = 𝟎di luar kotak. Jadi kita peroleh
𝜓(𝑥) = 𝟎 𝑥 < 0, 𝑥 > 𝐿 5.18)
Persamaan Schrodinger untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, bila 𝑉( 𝑥) = 0, identik dengan
persamaan (5.12), sehingga memiliki pemecahan yang sama, yakni:
𝜓( 𝑥) = 𝐴 sin 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿) (5.19)
dengan
𝑘2
=
2𝑚𝐸
ħ2 (5.20)
Pemecahan ini belum lengkap, karena kita belum menentukan A dan B,
juga belum menghitun nilai energi E yang diperkenankan. Untuk menghitungnya,
kita harus menerapkan persyaratan bahwa 𝜓(𝑥) harus kontinu pada setiap batas

82. 82
dua bagian ruang. Dalam hal ini, kita persyaratkan bahwa pemecahan untuk x < 0
dan x > 0 bernilai sama di x = 0; begitu pula, pemecahan untuk X > L dan X < L
haruslah bernilai sama di x = L. Seperti gambar berkut :
Marilah kita mulai di x = 0. Untuk x <0, kita dapat 𝜓 = 0, jadi kita harus
mengambil 𝜓(𝑥) dari persamaan (5.19) sama dengan nol pada x = 0.
𝜓(0) = 𝐴 sin 0 + 𝐵 cos0
jadi,
B = 0 (5.21)
Karena 𝜓 = 0 untuk x > L, maka haruslah berlaku 𝜓( 𝐿) = 0,
𝜓( 𝐿) = 𝐴 sin 𝑘𝐿 + 𝐵 cos 𝑘𝐿 = 0 (5.22)
karena telah kita dapatkan bahwa 𝐵 = 0, maka haruslah berlaku
𝐴 sin 𝑘𝐿 = 0 (5.23)
Di sini ada dua pemecahan, yaitu 𝐴 = 0, yang memberikan 𝜓 = 0di mana-mana,
𝜓2
= 0 di mana-mana, yang berarti bahwa dalam kotak tidak terdapat partikel
(pemecahan yang tidak masuk akal) atausin 𝑘𝐿 = 0, yang hanya benar apabila
Gambar sebuah partikel
bergerak bebas pada
daerah 0 ≤ 𝑋 ≤ 𝐿

83. 83
𝑘𝐿 = 𝜋, 2𝜋, 3𝜋, . . .
Atau
𝑘𝐿 = 𝑛𝜋 𝑛 = 1, 2, 3, . . . (5.24)
Karena 𝑘 = 2𝜋/𝜆 kita peroleh 𝜆 = 2𝐿/𝑛; ini identik dengan hasil yang diperoleh
dalam mekanika (fisika) dasar bagi panjan gelombang dari gelombang berdiri
dalam sebuah dawai yang panjangnya L dan kedua ujungnya terikat. Jadi,
pemecahan permasalahan schrodinger bagi sebuah partikel yang terperangkap
dalam suatu daerah linier sepanjang L tidak lain adalah sederetan gelombang
berdiri deBroglie! Tidak semua panjang gelombang diperkenankan; tetapi
hanyalah sejumlah nilai tertentu yang ditentukan oleh persamaan (5.24) yang
dapat terjadi.
Dari persamaan (5.20) kita dapati bahwa, karena hanya nilai-nilai k
tertentu yang diperkenankan oleh persamaan (5.24), maka hanyalaj nilai-nilai
tertentu E yang dapat terjadi, dengan kata lain, energinya terkuantisasi!
𝐸 =
ħ2
𝑘2
2𝑚
=
ħ2
𝜋2
𝑛2
2𝑚𝐿2 (5.25)
Untuk memudahkan, ambilah 𝐸0 = ħ2
𝜋2
/2𝑚𝐿2
, yang mana tampak bahwa unit
energi ini ditentukan oleh massa partikel dan panjang kotak. Maka 𝐸 = 𝑛2
𝐸0, dan
dengan demikian partikelnya hanya dapat ditemukan dengan energi
𝐸0, 4𝐸0 ,9𝐸0 , 16𝐸0, dan seterusnya, tidak pernah dengan 3𝐸0 atau 6,2𝐸0. Karena
dalam kasus ini energinya adalah kinetik semata-mata, maka hasil yang kita
peroleh ini menunjukkan bahwa hanya laju tertentu yang diperkenankan dimiliki
partikel. Ini sangat berbeda dari kasus klasik, misalnya manik-manik (yang
meluncur tanpa gesekan sepanjang kawat dan menumbuk kedua dinding secara
elastik) dapat diberi sebarang kecepatan awal dan akan bergerak selamanya,
bolak-balik, dengan laju tersebut. Dalam kasus kuantum, hal ini tidaklah
mungkin; karena hanya laju awal tertentu yang dapat memberikan keadaan gerak
yang tetap; keadaan gerak khusus ini disebut keadaan stasioner. (Keadaan ini

84. 84
adalah “stasioner” karena, apabila ketergantungan pada waktu dilibatkan untuk
membuat 𝜓(𝑥, 𝑡), seperti dalam pasal 5.6, |𝜓( 𝑥, 𝑡)|2
tidak bergantung pada
waktu. Semua nilai rata-rata yang dihitung menurut Persamaan (5.11) juga tidak
bergantung pada waktu. Sebuah partikel yang berada pada suatu keadaan stasioner
murni, akan selalu tetap berada pada keadaan itu). Hasil pengukuran energi
sebuah partikel dalam sebuah sumur potensial harus berada pada salah satu
keadaan stasioner ini; hasil yang lain tidaklah mungkin.
Pemecahan bagi 𝜓(𝑥) belum lengkap, karena kita belum menentukan
tetapan A. Untuk menentukannya, kita kembali ke persamaan normalisasi
∫ 𝜓2∞
−∞
𝑑𝑥 = 1. Karena 𝜓 = 0 kecuali untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, maka (kecuali di dalam
kotak) integralnya tidak nol, sehingga berlaku
∫ 𝐴2
𝑠𝑖𝑛2𝐿
0
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = 1 (5.26)
Yang memberi kita 𝐴 = √2/𝐿. Dengan demikian, pemecahan lengkap bagi fungsi
gelombang untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 adalah
𝜓( 𝑥) = √
2
𝐿
𝑠𝑖𝑛
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑛 = 1, 2, 3, . . . (5.27)

85. 85
Dalam gambar 5.4 dilukiskan berbagai tingkat energi, fungsi gelombang, dan
rapat probabilitas 𝜓2
yang mungkin untuk beberapa keadaan terendah.
Keadaan energi terendah, yaitu pada 𝑛 = 1, dikenal sebagai keadaan dasar, dan
keadaan dengan keadaan yang lebih tinggi (𝑛 > 1) dikenal sebagai keadaan
eksitasi.
Marilah kita mencoba menafsirkan semua hasil perhitungan di atas.
Andaikanlah kita meletakkan secara berhati-hati sebuah partikel dengan energi 𝐸0
ke dalam suatu daerah (“kawat” untuk manik-manik) dan kemudian dengan segera
mengukur kedudukannya. Setelah mengulangi pengukuran ini berkali-kali
sebanyak mungkin, kita memperkirakan akan menemukan distribusi hasil
pengukuran yang sama seperti𝜓2
untuk kasus 𝑛 = 1, probabilitasnya terbesar
pada 𝑥 = 𝐿/2, dan berangsur-angsur berkurang begitu kita bergerak menjauhi
pusatnya dan akhirnya menuju nol pada ujung-ujungnya. (jika kita menggunakan
fisika partikel klasik, takkuantum, maka kita berharap menemukan bahwa
probabilitasnya tetap sama pada semua titik pada setiap “kotak”). Andaikan
pengukurannya kita ulangi kembali, dengan kekecualian bahwa sekarang

86. 86
partikelnya kita beri energi 4𝐸0. Bila kita ulangi semua penukuran terhadap
kedudukannya, akan kita dapati bahwa distribusi hasil pengukuran ini sesuai
dengan 𝜓2
untuk 𝑛 = 2; maksimum-maksimum probabilitasnya terjadi pada 𝑥 =
𝐿/4 dan 𝑥 = 3𝐿/4, sedangkan probabilitas nol terjadi pada 𝑥 = 𝐿/2! Dengan
demikian partikelnya harus bergerak sedemikian rupa sehingga ia sewaktu-waktu
dapat ditemukan di 𝑥 = 𝐿/4 dan di 𝑥 = 3𝐿/4 tanpa pernah ditemukan di 𝑥 = 𝐿/
2! Disini kita mempunyai suatu ilustrasi grafis mengenai perbedaan antara fisika
klasik dan kuantum. Tetapi, bagaimana mungkin partikelnya dapat mencapai
3𝐿/4 dari 𝐿/4 tanpa melewati 𝐿/2? Kesulitan kita untuk menjawab pertanyaan
ini disebabkan karena kecenderungan cara berpikir kita dalam pandangan
gelombang. Nada atas pertama dari getaran sebuah dawai sepanjang L memiliki
simpul (node) ditengah-tengahnya, dan walaupun titik tengahnya diam,
“informasi” merambat dari kiri ke kanan dan sebaliknya dari kanan ke kiri. Bila
kita berbicara tentang kedudukan, kita merujuk ke partikel; ketika berbicara
tentang gerak dari 𝐿/4 ke 3𝐿/4, kita merujuk ke gelombang.
Contoh :
Sebuah elektron terperangkap dalam sebuah daerah satu dimensi
sepanjang 1,0 x 10−10
m (diameter khas atomik). (a) berapa banyak energi yang
harus dipasok untuk mengeksitasikan elektron dari keadaan dasar ke keadaan
eksitasi pertama? (b) pada keadaan dasar, berapakah probabilitas untuk
menemukan elektron dalam daerah dari 𝑥 = 0,090 x 10−10
m hingga 0,110 x
10−10
? (c) pada keadaan eksitasi pertama, berapakah probabilitas untuk
menemukan elektron antara 𝑥 = 0 dan 𝑥 = 0,250 x 10−10
m?
Pemecahan
(a)
𝐸0 =
ħ2
𝜋2
2𝑚𝐿2
=
(1,05x10−34
𝐽. 𝑠)2
(3,14)2
2(9,1 x10−31 𝑘𝑔)(10−10 𝑚)2
= 6,0 x10−18
𝐽 = 37 eV

87. 87
Pada keadaan dasar, energinya adalah 𝐸0. Pada keadaan eksitasi pertama,
energinya adalah 4𝐸0. Jadi, beda energi yang harus dipasok adalah 3𝐸0 atau 111
eV.
(b) dari persamaan (5.5),
Probabilitas = ∫ 𝜓2
𝑑𝑥 =
2
𝐿
𝑥2
𝑥1
∫ 𝑠𝑖𝑛2 𝜋𝑥
𝐿
𝑥2
𝑥1
𝑑𝑥 = (
𝑥
𝐿
−
1
2𝜋
𝑠𝑖𝑛
2𝜋𝑥
𝐿
)| 𝑥1
𝑥2
= 0,0038 = 0,38 persen
(c) Probabilitas = ∫ (
2
𝐿
)
𝑥2
𝑥1
𝑠𝑖𝑛2 2𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥
= (
𝑥
𝐿
−
1
4𝜋
𝑠𝑖𝑛
4𝜋𝑥
𝐿
)| 𝑥1
𝑥2
= 0,25
(Hasil ini sesuai dengan yang kita perkirakan dengan melihat grafik dari 𝜓2
untuk
n=2 dalam gambar 5.4. selang dari 𝑥 = 0 hingga 𝑥 = 𝐿/4 mengandung 25 persen
dari luas total di bawah daerah kurva 𝜓2
).
Contoh 5.3
Perlihatkan bahwa nilai rata-rata dari x adalah 𝐿/2, dan tidak bergantung pada
keadaan kuantum.
Pemecahan
Kita gunakan persamaan (5.10); karena 𝜓 = 0 kecuali untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, maka
kita gunakan 0 dan L sebagai batas-batas integral, sehingga
xav =
2
𝐿
∫ (𝑠𝑖𝑛2
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) x dx
𝐿
0
Bentuk ini di integralkan secara parsial, atau dicari pada tabel integral; hasilnya
adalah

88. 88
xav =
𝐿
2
Perhatikan bahwa, sebagaimana dikehendaki, hasil ini tidak bergantung pada n.
Jadi pengukuran rata-rata kedudukan partikel tidak mengasilkan informasi
mengenai keadaan kuantumnya.
3.4.3 Partikel dalam sebuah kotak (dua dimensi)
Apabila tinjauan di depan kita perluas ke kasus fisika dua dan tiga
dimensi, ciri-ciri utama pemecahannya masih tetap sama, namun ada suatu ciri
khas baru penting yang di perkenalkan. Dalam pasal ini akan kita perlihatkan
bagaimana hal ini terjadi, karena ciri baru ini, yang dikenal sebagai degenerasi
(degeneracy), akan menjadi sangat penting dalam studi kita tentang fisika atom.
Untuk memulai bahasan ini, kita memerlukan persamaan schrodinger yang
berlaku dalam dimensi ruang yang lebih daripada satu; versi kita sebelum ini,
persamaan (5.3), adalah versi satu dimensi. Dengan segera kita mencurigai hal
berikut: jika potensialnya merupakan fungsi dari x dan y, maka 𝜓 harus pula
bergantung pada x dan y, dan turunan terhadap x, dalam versi sebelumnya, harus
diganti dengan turunan terhadap x dan y. Karena itu, dalam dua dimensi kita
peroleh
−
ħ2
2𝑚
(
𝜕2
𝜓( 𝑥,𝑦)
𝜕𝑥2 +
𝜕2
𝜓( 𝑥,𝑦)
𝜕𝑦2 ) + 𝑉(x, y) 𝜓(x,y) = E𝜓(x, y) (5.28)
[Kedua suku pertama pada ruas kiri melibatkan turunan parsial; untuk
fungsi yang berperilaku baik, maka turunan ini didefinisikan sebagai suatu
turunan terhadap suatu variabel dengan memperlakukan variabel lainnya sebagai
tetapan. Jadi, jika 𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
, maka
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑦 dan
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 2𝑦 + 𝑥].
“kotak” dua dimensi kita sekarang dapat didefinisikan sebagai berikut:
𝑉( 𝑥, 𝑦) = 0 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝐿 (5.29)
= ∞ untuk yang lainnya

89. 89
Marilah kita membayangkan sebuah benda bermassa yang meluncur tanpa
gesekan pada bagian atas sebuah meja dan bertumbukan secara elastik dengan
dinding-dinding batas meja di 𝑥 = 0, 𝑥 = 𝐿, 𝑦 = 0, dan 𝑦 = 𝐿, seperti pada
Gambar 5.5 (untuk menyederhanakan, kotaknya kita pilih berbentuk bujur
sangkar; potensialnya dapat kita pilih berbentuk persegi dengan mengambil 𝑉 = 0
bila 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 dan 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏).
Pemecahan persamaan differensial parsial memerlukan teknik yang lebih
rumit daripada yang kita perlu tinjau, sehingga kita tidak akan membahas cara
memperoleh pemecahannya secara terinci. Seperti pada kasus sebelumnya, kita
mencurigai bahwa 𝜓( 𝑥, 𝑦) = 0 di luar kotak, agar probabilitas bernilai nol disana.
Di dalam kotak, kita tinjau pemecahan-pemecahan yang terpisahkan (separable);
artinya, fungsi dari x dan y yang kita tinjau dapat dinyatakan sebagai hasil kali
sebuah fungsi yang hanya bergantung pada x dengan sebuah fungsi lain yang
hanya bergantung pada y:
𝜓( 𝑥, 𝑦) = 𝑓( 𝑥)g(𝑦) (5.30)
Bentuk masing-masing fungsi dari f dan g adalah:
𝑓( 𝑥) = 𝐴 sin 𝑘 𝑥 𝑥 + 𝐵 cos 𝑘 𝑥 𝑥

90. 90
𝑔( 𝑥) = 𝐶 sin 𝑘 𝑥 𝑥 + 𝐷 cos 𝑘 𝑥 𝑥 (5.31)
Syarat kontinyu pada ѱ(x,y) menghendaki bahwa pemecahan di luar dan di dalam
kotak bernilai sama pada daerah batas kotak. Jadi ѱ = 0 di x = 0 dan x = L (untuk
semua y) dan ѱ = 0 di y = 0 dan y = L (untuk semua x). Persyaratan pada x = 0
dan y = 0 menghendaki bahwa dengan cara yang sama, B = 0 dan D = 0.
Persyaratan pada x = L menghendaki bahwa sin kxL = 0, sehingga kxL merupakan
kelipatan bilangan bulat dari π, begirtu pula persyaratan pada y = L menghendaki
bahwa kxL merupakan kelipatan bilangan bulat dari π. Semua bilangan tersebut
tidak perlu sama, karena itu masing-masing kita sebut nx dan ny. Sehingga kita
peroleh:
𝜓( 𝑥, 𝑦) = 𝐴′
sin
𝑛 𝑥 𝜋𝑥
𝐿
sin
𝑛 𝑦 𝜋𝑦
𝐿
(5.32)
Hasil A dan C telah dinyatakan dengan A’. Koefisien A’ didapati dengan
menggunakan syarat normalisasi, yang dalam dua dimensi menjadi
∬ 𝜓2
𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1 (5.33)
Syarat ini adalah
∫ 𝑑𝑦
𝐿
0
∫ 𝐴′2
sin2
𝑛 𝑥 𝜋𝑥
𝐿
sin2
𝑛 𝑦 𝜋𝑦
𝐿
= 1 (5.34)
𝐿
0
Yang memberikan
𝐴′
=
2
𝐿
(5.35)
Pemecahan terhadap gelombang deBroglie pada suatu permukaan dua dimensi,
mirip pemecahan persoalan klasik dari getaran selapot seperti pada selaput
gendang.
Dengan menyisipkan kembali pemecahan bagi ѱ(x,y) ke dalam persamaan (5.28),
maka didapati energinya sebesar