3.Fungsi Legendre 3.1. Pengembangan fungsi Legendre 3.2. Sifat-sifat Fungsi Legendre 3.3. Legendre Asosiasi 3.4. Harmonik Sferis 3.5. Operator Momentum Angular
3.1. Pengembangan Fungsi Legendre Fungsi Legendre dapat langsung dikembangkan dari basis fisika yakni elektrostatik:
ϕ
q ϕ= 4πε 0 r1 1
r
θ
r1 q
z=a
z
(3.1)
Dalam koordinat polar r dan θ:
ϕ=
q 4πε 0
(r 2 + a 2 − 2ar cos θ ) −1/ 2
(3.2)
Dapat diekspansikan dalam polinomial Pn: ∞
⎛a⎞ ϕ= Pn (cos θ )⎜ ⎟ ∑ 4πε 0 n =0 ⎝r⎠ q
n
(3.3)
Disini Pn adalah polinomial Legendre dan dapat didefinisikan: ∞
g (t , x) = (1 − 2 xt + t 2 ) −1/ 2 = ∑ Pn ( x)t n , | t |< 1
(3.4)
n =0
g(t,x) merupakan fungsi generator untuk polinomial Legendre
Fungsi generator dapat diekspansikan: 2 −1 / 2
(1 − 2 xt + t )
∞
(2n)! 2 n = ∑ 2n ( 2 xt − t ) 2 n = 0 2 ( n!) ∞ (2n − 1)!! =∑ (2 xt − t 2 ) n n = 0 ( 2n)!!
(3.4)
Ekspansi binomial dari ( 2 xt − t 2 ) n menghasilkan deret dobel:
(1 − 2 xt + t 2 ) −1/ 2
∞
(2n)! n n n! k n−k k t ( 1 ) ( 2 x ) t = ∑ 2n − ∑ 2 k!(n − k )! n = 0 2 ( n!) k =0 ∞
n
(2n)! (2 x) n − k t n + k = ∑∑ (−1) 2 n 2 n!k!(n − k )! n =0 k =0 k
(3.5)
Dapat diatur urutan sumasi: 2 −1 / 2
(1 − 2 xt + t )
(2n − 2k )! (2 x) n − 2 k t n = ∑ ∑ (−1) 2 n − 2 k 2 k!(n − k )!(n − 2k )! n =0 k =0 ∞ [ n / 2]
k
(3.6)
Bandingkan dengan (3.4) diperoleh:
(2n − 2k )! Pn ( x) = ∑ (−1) n x n−2k 2 k!(n − k )!(n − 2k )! k =0 [ n / 2]
k
Dapat dievaluasi langsung beberapa Pn(x) untuk n kecil.
P0 ( x) = 1 P1 ( x) = x
3 2 1 P2 ( x) = x − 2 2
(3.7)
Kembali ke masalah elektrostatis, untuk kasus dipole:
ϕ
q ⎛1 1⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ϕ= 4πε 0 ⎝ r1 r2 ⎠ r2
-q z=-a
θ
r
r1 q z=a
z
q ⎛1 1⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ϕ= 4πε 0 ⎝ r1 r2 ⎠
(3.8)
Diekspansikan sesuai cosinus, untuk (r>a) : 2 −1 / 2 2 −1 / 2 ⎫ ⎧ ⎡ q ⎪⎡ ⎛a⎞ ⎤ ⎪ ⎛a⎞ ⎛a⎞ ⎛a⎞ ⎤ − ⎢1 + 2⎜ ⎟ cos θ + ⎜ ⎟ ⎥ ⎬ ϕ= ⎨⎢1 − 2⎜ ⎟ cos θ + ⎜ ⎟ ⎥ 4πε 0 ⎪⎢⎣ ⎝ r ⎠ ⎥⎦ ⎪ ⎝r⎠ ⎝ r ⎠ ⎥⎦ ⎝r⎠ ⎢ ⎣ ⎩ ⎭
(3.9) Jelas bahwa suku kedua serupa dengan pertama kecuali dengan mengganti a menjadi –a. Gunakan (3.4) akan diperoleh: n n ∞ q ⎡∞ a a ⎞ ⎤ ⎛ ⎞ n⎛ ϕ= ⎢∑ Pn (cos θ )⎜ ⎟ − ∑ Pn (cos θ )(−1) ⎜ ⎟ ⎥ 4πε 0 ⎢⎣ n =0 ⎝ r ⎠ n =0 ⎝ r ⎠ ⎥⎦
(3.10)
3 ⎡ ⎤ 2q ⎛a⎞ ⎛a⎞ ϕ= ⎢ P1 (cos θ )⎜ ⎟ + P3 (cos θ )⎜ ⎟ + ....⎥ 4πε 0 ⎢⎣ ⎝r⎠ ⎝r⎠ ⎥⎦
(3.11)
Suku pertama (dan suku paling dominan kalau r>>>a) adalah : 2aq P1 (cos θ ) ϕ= 4πε 0 r2
(3.12)
Yang merupakan potensial dipol listrik yang sudah biasa dikenal. Disini 2aq merupakan momen dipol.
Pelajari sendiri: z
-
Multipol listrik linear +
-
+
-
+
-
+
z
+
-
+
Polinomial Gegenbauer
π 1/ 2 ∞ m 2m n = T ( x ) t 2 m +1 / 2 1 ∑ n (1 − 2 xt + t ) (m − 2 )! n =0
(3.13)
Latihan z
Kembangkan potensial listrik dari deretan muatan yang membentuk kuadrupol: q z=-a
z
-2q
q
z
z=a
Gunakan E = −∇ϕ untuk mendapatkan komponen-komponen medan listrik sebuah dipole listrik. Anggap r>>>a.
3.2. Sifat-sifat Fungsi Legendre Hubungan Rekursi dan Sifat-sifat Khusus Seperti pada fungsi Bessel, fungsi generator pada polinomial Legendre dapat dimanfaatkan untuk mengembangkan hubungan rekursi 2 −1 / 2
g (t , x) = (1 − 2 xt + t ) Turunkan terhadap t:
∞ ∂g (t , x) x−t n −1 = = nP ( x ) t ∑ n 2 3/ 2 ∂t (1 − 2 xt + t ) n =0
Dapat disusun menjadi: ∞
∞
n =0
n =0
(1 − 2 xt + t 2 )∑ nPn ( x)t n −1 + (t − x)∑ Pn ( x)t n = 0 (3.14)
Seterusnya (buktikan!):
(2n + 1) xPn ( x) = (n + 1) Pn +1 ( x) + nPn −1 ( x)
(3.15)
Inilah hubungan rekursi tiga suku seperti pada fungsi Bessel. Misal untuk n=1:
3 xP1 ( x) = 2 P2 ( x) + P0 ( x) Dari hal ini:
P2 ( x) = 12 (3 x 2 − 1) Nilai Pn(x) untuk orde n yang lebih tinggi secara iterasi.
Polinomial Legendre P0 ( x) = 1 P1 ( x) = x P2 ( x) = 12 (3 x 2 − 1) P3 ( x) = 12 (5 x 3 − 3 x) P4 ( x) = 18 (35 x 4 − 30 x 2 + 3) P5 ( x) = 18 (63 x 5 − 70 x 3 + 15 x)
Secara manual teknik menghitung polinomial Legendre dapat membosankan. Namun dengan komputer digital hal ini dapat mudah dilakukan: Pn +1 ( x) = 2 xPn ( x) − Pn −1 ( x) − [ xPn ( x) − Pn −1 ( x)] /( n + 1) (3.16)
Persamaan Diferensial Sifat-sifat lain polinomial Legendre dapat diperoleh dengan diferensiasi fungsi generator: ∞ ∂g (t , x) t n = = P ' ( x ) t ∑ n 2 3/ 2 ∂x (1 − 2 xt + t ) n =0
atau ∞
∞
(1 − 2 xt + t 2 )∑ P 'n ( x)t n − t ∑ Pn ( x)t n = 0 n =0
(3.17)
n =0
dari hal ini:
P 'n +1 ( x) + P 'n −1 ( x) = 2 xP'n ( x) + Pn ( x)
(3.18)
Diferensiasikan (3.15) terhadap x kemudian kalikan dua dan gabung dengan persamaan (3.18), didapat:
P 'n +1 ( x) − P 'n −1 ( x) = (2n + 1) Pn ( x)
(3.19)
Gabungan (3.15) dan (3.19) menghasikan macam-macam relasi, diantaranya:
P 'n +1 ( x) = (n + 1) Pn ( x) + xP'n ( x)
(3.20)
P 'n −1 ( x) = − nPn ( x) + xP'n ( x)
(3.21)
(1 − x 2 ) P 'n ( x) = nPn −1 ( x) − nxPn ( x)
(3.22)
(1 − x 2 ) P 'n ( x) = (n + 1) xPn ( x) − (n + 1) Pn +1 ( x) (3.23)
Diferensiasikan (3.22) dan gunakan (3.21) untuk menghilangkan P’n-1(x) diperoleh p.d. orde-2:
(1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0
(3.24)
Persamaan terakhir inilah yang disebut dengan persamaan diferensial Legendre. Dalam banyak kasus di Fisika, pers. Legendre sering juga dinyatakan dalam diferensiasi terhadap θ, dengan x = cos θ
dPn (cos θ ) ⎞ 1 d ⎛ ⎜ sin θ ⎟ + n(n + 1) Pn (cos θ ) = 0 (3.25) sin θ dθ ⎝ dθ ⎠
Kembali ke fungsi generator: 2 −1 / 2
g (t , x) = (1 − 2 xt + t )
∞
= ∑ Pn ( x)t n n =0
Untuk x=1, dapat dievaluasi:
g (t ,1) = (1 − 2t + t 2 ) −1/ 2
∞ 1 = = ∑tn 1 − t n =0
Dapat disimpulkan:
Pn (1) = 1
(3.26)
Juga dapat dibuktikan dengan cara serupa:
Pn (−1) = (−1) n
(3.27)
Bila x=0, maka dapat dievaluasi: ∞
g (t ,0) = (1 + t 2 ) −1/ 2 = ∑ Pn (0)t n n =0
Sementara kita ketahui bahwa: 2 −1 / 2
(1 + t )
1.3....(2n − 1) 2 n = 1 − t + t + .... + (−1) t + .... n 2 n! 1 2 2
3 4 8
n
Maka:
1.3....(2n − 1) n ( 2n − 1)!! = (−1) P2 n (0) = (−1) n (2n)!! 2 n! P2 n +1 (0) = 0 n
(3.28)
Paritas Dapat dibuktikan dengan mudah bahwa: z g(-t,-x) = g(t, x) z Pn(-x) = (-1)nPn(x)
(3.29) (3.30)
Latihan z
Lihat Arfken
1. Tunjukkan bahwa
Pn +1 (cos θ ) ∂ ⎡ Pn (cos θ ) ⎤ = −(n + 1) n +1 ⎢ ⎥ ∂z ⎣ r r n+2 ⎦
1 ∂ ∂ ∂ Petunjuk dalam koordinat polar sferis: = cos θ − sin θ ∂z ∂r r ∂θ ∞ 1− t 2 n = ( 2 n + 1 ) P ( x ) t ∑ 2. Tunjukkan bahwa: n (1 − 2tx + t 2 ) 3 / 2 n =0
Hasil ini bermanfaat untuk menghitung muatan terinduksi pada bola metal oleh suatu muatan titik q.
Ortogonalitas Fungsi Legendre Persamaan differensial Legendre (3.24): (1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0 dapat ditulis: d (3.31) [(1 − x 2 ) P 'n ( x)] + n(n + 1) Pn ( x) = 0 dx Kalikan dengan Pm(x) kemudian integrasi dengan batas -1 sampai 1, didapat: 1 d d ⎧ ⎫ 2 2 ∫−1 ⎨⎩Pm ( x) dx [(1 − x ) P'n ( x)] − Pn ( x) dx [(1 − x ) P'm ( x)]⎬⎭dx = 1
= [m(m + 1) − n(n + 1)] ∫ Pn ( x) Pm ( x)dx −1
(3.32)
Karena faktor (1-x2) maka suku sebelah kiri =0, sehingga: 1
[m(m + 1) − n(n + 1)] ∫ Pn ( x) Pm ( x)dx = 0 −1
Untuk m ≠ n, maka: 1
∫ P ( x) P ( x)dx = 0 n
m
−1
tampak ortogonalitas pada interval [-1,1]. Masih harus dihitung untuk m=n, jelas integral tidak sama dengan nol. Bagaimana mencarinya?
(3.33)
Dari fungsi generator: ⎛ n⎞ (1 − 2 xt + t ) = ⎜ ∑ Pn ( x)t ⎟ ⎝ n =0 ⎠ ∞
2 −1
2
Integrasikan dari x=-1 sampai 1, maka suku bersilang akan menjadi nol, sehingga: 1
∞
1
dx 2 2n t ∫ [Pn ( x)] dx ∫−11 − 2 xt + t 2 = ∑ n =0 −1
(3.34)
Misalkan y = 1-2tx+t2, didapat: (1+ t ) 2
dx 1 dy 1 ⎛ 1 + t ⎞ ∫−11 − 2 xt + t 2 = 2t ∫ 2 y = t ln⎜⎝ 1 − t ⎟⎠ (1−t ) 1
(3.35)
Ekspansikan dalam deret pangkat: ∞ 1 ⎛1+ t ⎞ t 2n ln⎜ ⎟ = 2∑ t ⎝1− t ⎠ n = 0 2n + 1
(3.36)
Sehingga dapat disimpulkan (bandingkan 3.34 dan 3.36): 1
2 ∫−1[Pn ( x)] dx = 2n + 1 2
Jadi: 1
2 ∫−1 Pm ( x) Pn ( x)dx = 2n + 1 δ m,n
(3.37)
Definisi alternatif untuk polinomial Legendre z
Pelajari sendiri formula Rodrigues n
1 ⎛d ⎞ 2 Pn ( x) = n ⎜ ⎟ ( x − 1) n 2 n! ⎝ dx ⎠
Latihan: Cek untuk beberapa n kecil.
(3.38)
Contoh-contoh penggunaan di Fisika 1. Medan Gravitasi Bumi Salah satu penggunaan deret Legendre adalah untuk menjelaskan potensial gravitasi Bumi. Dengan R =radius equator = 6378,1 ± 0,1 km GM = 62,494 ± 0,001 R
km 2 / s 2
Dapat ditulis: GM ⎛ R ∞ ⎞ R n +1 U (r ,θ ) = ⎜ − ∑ an ( r ) Pn (cos θ ) ⎟ R ⎝ r n=2 ⎠
2. Bola dalam Medan Uniform
E
z
Problem: mencari potensial yang terdistorsi karena ada bola konduktor dengan radius r0.
Potensial elektrostatik memenuhi pers. Laplace:
∇ V =0 2
Gunakan metode separasi variabel (lihat. Fisika Matematika II) pada koordinat polar sferis: ∞ ∞ Pn (cos θ ) n V = ∑ an r Pn (cos θ ) + ∑ bn n +1 r n =0 n =0 (Mengapa tidak ada ketergantungan ϕ?) Bagaimana mencari koefisien an dan bn? Gunakan syarat batas kondisi fisis.
Pn (cos θ ) V = ∑ an r Pn (cos θ ) + ∑ bn n +1 r n =0 n =0 ∞
n
∞
Bila medan original (tak terdistorsi) adalah E0 maka: V(rÆ∞)=− E0z =− E0 r cos θ = − E0 r P1(cos θ) Karena deret Legendre adalah unique maka dapat disimpulkan: an = 0, untuk n>1 a1 = − E0
E z
Kita dapat memilih pada bola konduktor dan bidang θ =π/2 potensial =0, sehingga: ∞ ⎞ b0 ⎛ b1 Pn (cos θ ) V (r = r0 ) = a0 + + ⎜⎜ 2 − E0 r0 ⎟⎟ P1 (cos θ ) + ∑ bn n +1 r0 ⎝ r0 r n=2 0 ⎠ =0
Supaya hal ini bisa terjadi maka semua koefisien Pn(cos θ) harus nol. a0 = b0 = 0 bn = 0 untuk n ≥ 2
Dan juga b1 = E0r03 Potensial elektrostatik (di luar bola) menjadi:
E0 r03 V = − E0 rP1 (cos θ ) + 2 (cos θ ) r ⎛ r03 ⎞ = − E0 rP1 (cos θ )⎜⎜1 − 3 ⎟⎟ ⎝ r ⎠ Pada teori Medan Elektromagnetik, hasil yang sama dapat dikerjakan dengan metode bayangan (detail lihat Jackson).
Sebagai informasi tambahan, kerapatan muatan permukaan terinduksi dapat dihitung: ∂V σ = −ε 0 = 3ε 0 E0 cos θ ∂r r = r Momen dipole listrik terinduksi: 0
P = 4πr03ε 0 E0
Pelajari sendiri 3. Potensial Listrik Muatan Cincin
3.3. Fungsi Legendre Asosiasi Fungsi Legendre Asosiasi dapat dikembangkan dari fungsi Legendre:
(1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0 Diturunkan sebanyak m kali akan diperoleh:
(1 − x 2 )u"−2 x(m + 1)u '+ (n − m)(n + m + 1)u = 0 m d Dengan: u ≡ P (x) m n dx Sekarang kalau kita ambil:
v( x) = (1 − x )
2 m/2
u ( x) = (1 − x )
2 m/2
(3.39)
m
d P ( x) m n dx
(3.40)
Masukkan ke (3.31) (latihan!!!) akan diperoleh: 2 ⎡ ⎤ m 2 (1 − x )v"−2 xv'+ ⎢n(n + 1) − v=0 2⎥ 1− x ⎦ ⎣
(3.41)
Pers. (3.33) merupakan p.d. Legendre asosiasi yang akan kembali menjadi Legendre bila m=0. Dalam koordinat polar, Legendre asosiasi menjadi:
1 d ⎛ dv ⎞ ⎡ m2 ⎤ ⎜ sin θ ⎟ + ⎢n(n + 1) − 2 ⎥ v = 0 sin θ dθ ⎝ sin θ ⎦ dθ ⎠ ⎣
(3.42)
Solusi reguler, dilabelkan kembali Pmn(x) adalah:
v( x) ≡ P ( x) = (1 − x ) m n
2 m/2
m
d P ( x) m n dx
(3.43)
Beberapa fungsi Legendre asosiasi:
P ( x) = (1 − x ) 1 1
2 1/ 2
= sin θ
P21 ( x) = 3 x(1 − x 2 )1/ 2 = 3 cos θ sin θ P22 ( x) = 3(1 − x 2 ) = 3 sin 2 θ P31 ( x) = 32 (5 x 2 − 1)(1 − x 2 )1/ 2 = 32 (5 cos 2 θ − 1) sin θ P32 ( x) = 15 x(1 − x 2 ) = 15 cos θ sin 2 θ P33 ( x) = 15(1 − x 2 ) 3 / 2 = 15 sin 3 θ
m n
P (x)
dan
−m n
P (x) dihubungkan dengan:
(n − m)! m Pn ( x) P ( x) = (−1) (n + m)! −m n
m
(3.44)
dan jelas bahwa:
Pn0 ( x) = Pn ( x)
(3.45)
Terdapat juga fungsi generator untuk Legendre Asosiasi, namun amat sangat jarang digunakan di Fisika.
Hubungan Rekursi: Karena ada dua indeks (n dan m) maka ada macam-macam variasi hubungan rekursi. Beberapa diantaranya dapat dilihat di Arfken. Misal:
(2n + 1) xPnm = (m + n) Pnm−1 + (m − n + 1) Pnm+1
(3.46)
Paritas Fungsi Legendre Asosiasi:
Pnm (− x) = (−1) m + n Pnm ( x)
(3.47)
Ortogonalitas Fungsi Legendre Asosiasi:
2 (q + m)! ∫−1 P ( x) P ( x)dx = 2q + 1 (q − m)! δ p,q 1
m p
m q
(3.48)
atau dalam koordinat polar:
2 (q + m)! ∫−1 P (cosθ ) P (cosθ ) sin θ dθ = 2q + 1 (q − m)! δ p,q 1
m p
m q
(3.49)
Contoh kasus di Fisika: Medan induksi magnet dari loop arus z
A θ
Potensial vektor:
μ 0 Idλ dA = 4π r
r
I
y
ϕ
dλ x
(3.50)
Dari argumentasi simetri tampak bahwa A hanya mempunyai komponen ϕ0 dan independen dari ϕ.
A = ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) (3.51)
Persamaan Maxwell:
∇ × H = J,
(∂D / ∂t = 0, pada satuan MKS)
μ0 H = B = ∇ × A ∇ × ∇ × A = μ0 J
Karena
(3.52)
maka: (3.53)
Disini J adalah rapat arus. Pada masalah ini nilai J adalah nol kecuali pada loop itu sendiri. Jadi untuk yang jauh dari loop:
∇ × ∇ × ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) = 0
(3.54)
Dalam koordinat sferis: ⎡ ∂ 2 Aϕ 2 ∂Aϕ 1 ∂ 2 Aϕ 1 ∂ ⎤ ∇ × ∇ × ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) = ϕˆ0 ⎢− − − 2 − 2 (cot θ Aϕ )⎥ 2 2 r ∂r r ∂θ r ∂θ ⎢⎣ ∂r ⎥⎦
=0
(3.55)
Gunakan metode separasi variabel:
Aϕ (r , θ ) = R (r )Θ(θ )
Didapat 2 d R dR 2 r + 2r − n(n + 1) R = 0 2 dr dr d 2Θ dΘ Θ + cot θ + n(n + 1)Θ − 2 = 0 2 dθ dθ sin θ
(3.56) (3.57)
Persamaan yang kedua merupakan Legendre asosiasi dengan m=1
Θ(θ ) = Pn1 (cos θ )
(3.58)
Konstanta separasi n(n+1) dipilih untuk membuat solusi ini well behaved.
Solusi trial R(r) = rα , didapat α = n, −n − 1. Solusi pertama divergen ketika r→∞. Sehingga solusi yang sesuai:
bn 1 ⎛a⎞ Aϕn = n +1 Pn (cos θ ) = cn ⎜ ⎟ r ⎝r⎠ dan: ∞
⎛a⎞ Aϕ (r , θ ) = ∑ cn ⎜ ⎟ ⎝r⎠ n =1
n +1
Pn1 (cos θ )
(3.59)
n +1
Pn1 (cos θ )
(3.60)
Dari potensial vektor ini dapat dicari medan magnet (latihan!!)
3.4. Harmonik Sferis Dalam separasi variabel dari (a) pers. Laplace, (b) pers. gelombang klassik bergantung ruang, dan (c) pers. gelombang Schrodinger untuk gaya sentral,
∇ 2ψ + k 2 f (r )ψ = 0
(3.61)
Ketergantungan angular datang sepenuhnya dari operator Laplacian adalah:
Φ (ϕ ) d ⎛ dΘ ⎞ Θ(θ ) d 2 Φ (ϕ ) + n(n + 1)ΘΦ(ϕ ) = 0 ⎜ sin θ ⎟+ 2 2 sin θ dθ ⎝ dθ ⎠ sin θ dϕ (3.62)
Ketergantungan azimutal:
1 d 2 Φ (ϕ ) 2 m = − Φ (ϕ ) dϕ 2
(3.63)
Dengan solusi:
Φ (ϕ ) = e − imϕ , eimϕ
(3.64)
Yang memenuhi kondisi ortogonalitas: 2π
−im1ϕ im2ϕ e ∫ e dϕ = 2πδ m1 ,m2
(3.65)
0
Dapat dibuktikan dengan argumentasi fisis (misal dalam elektrostatik dan kuantum) bahwa m harus merupakan bilangan bulat (buktikan!)
Pers. (3.56) menuntun kepada:
1 imϕ Φ (ϕ ) = e 2π
(3.66)
yang merupakan ortonormal (ortogonal dan ternormalisasi) terhadap sudut azimuth ϕ
Ketergantungan pada Sudut: Kita lihat kembali ortogonalitas fungsi Legendre Asosiasi pada pers. (3.48) atau (3.49). Kita dapat definisikan fungsi ortonormal dari Legendre asosiasi, yakni:
2n + 1 (n − m)! m P (cos θ ) = Pn (cos θ ) 2 (n + m)! m n
(3.67)
Ketergantungan pada sudut dari solusi pers. (3.62) menjadi:
Pnm (cosθ )Φ (ϕ ) Hal terakhir disebut Harmonik sferis, yang dapat ditulis menjadi:
⎡ 2n + 1 (n − m)!⎤ Y (θ , φ ) ≡ (−1) ⎢ ⎥ 4 π ( n m )! + ⎣ ⎦ m n
m
1/ 2
Pnm (cos θ )e imφ
Disini dimasukkan suku fasa (-1)m untuk menyesuaikan dan memudahkan pada perhitungan real di banyak kasus Fisika.
(3.68)
Tabel beberapa Harmonik Sferis:
Y (θ , φ ) = 0 0
1 4π
3 Y (θ , φ ) = − sin θ e iϕ 8π 1 1
Y (θ , φ ) = 0 1
3 cos θ 4π
3 Y (θ , φ ) = + sin θ e −iϕ 8π −1 1
5 Y (θ , φ ) = 3 sin 2 θ e 2iϕ 96π 2 2
Selengkapnya dapat dilihat di Arfken.
3.5. Operator Momentum Angular Dalam Mekanika Kuantum, konsep momentum angular memegang peran yang sangat penting serupa dengan yang terjadi pada Mekanika Klassik, disini momentum angular dihubungkan dengan torsi. Namun dalam Mekanika Kuantum kita mengeksplorasi Hamiltonian klassik yang hanya tergantung pada momentum angular.
Sekarang perhatikan sebuah partikel klassik yang bergerak dalam permukaan bola, partikel boleh kemana saja selama tetap berada jarak konstan R dari pusat bola. Jadi variabel yang tersisa dalam koordinat polar hanya (θ,ϕ). z
Posisi partikel R,θ,ϕ momentum p
L=r×p
θ
φ y x
Dalam kasus ini momentum selalu tegak lurus posisi: p•r = 0 Vektor momentum angular klassik: L = r×p Sekarang kita lihat kuadrat dari momentun angular: L2 = (r×p)• (r×p) = (r•r)(p•p) − (r•p)(p•r) = r2p2 = R2p2 Tidak ada energi potensial pada masalah ini, hanya energi kinetik. Hamiltonian untuk gerakan ini:
p2 L2 L2 H= = = 2 2m 2mR 2I dengan I merupakan momen inersia.
Definisi klassik untuk momentum angular L = r×p memberikan komponen:
Lx = yp z − zp y L y = zp x − xp z Lz = xp y − yp x Operator momentum seperti biasanya ditulis:
px = −ih(∂ / ∂x) atau dalam tiga dimensi
p = −i h∇
Sekarang dapat kita evaluasi beberapa komutator: [Lx , z] = [ypz − zpy , z] = y [pz , z] = −i h y [Lx , pz] = [ypz − zpy , pz] = − [z, pz] py = −i h py [Lx , x] = 0 [Lx , px] = 0 dan masih banyak lagi komutator serupa.
Hubungan ini dapat diringkas: * posisi dan momentum:
[ x, px ] = ih, juga [ y, p y ] = ih dan [ z , p z ] = ih [x, py] = 0, juga [x, pz]=[y, px]=[y, pz]=[z, px]= [z, py]=0 * posisi dan momentum angular: [ x, Lx ] = [ y, Ly ] = [ z , Lz ] = 0
y
[ x, Ly ] = ihz;[ y, Lz ] = ihx;[ z , Lx ] = ihy [ x, Lz ] = −ihy;[ y, Lx ] = −ihz;[ z , Ly ] = −ihx
x
* momentum dan momentum angular:
[ p x , Lx ] = [ p y , L y ] = [ p z , Lz ] = 0 [ p x , Ly ] = ihp z ; [ p y , Lz ] = ihp x ; [ p z , Lx ] = ihp y [ p x , Lz ] = −ihp y ; [ p y , Lx ] = −ihp z ; [ p z , Ly ] = −ihp x
z
Sekarang kita gunakan komutator-komutator tersebut untuk menyelesaikan hubungan komutasi antar komponen L. Misalnya: [ Lx , Ly ] = [ Lx , zp x − xpz ] = [ Lx , z ] p x − x[ Lx , p z ] = −ihypx + ihxp y = ihLz
Dengan mudah dapat dibuktikan juga:
2
[ Ly , Lz ] = ihLx dan [ Lz , Lx ] = ihLy 1
3
Secara simbolik dapat ditulis:
[ Li , L j ] = ihε ijk Lk dengan i,j,k = x,y,z εijk adalah Levi civita yang bernilai +1 untuk permutasi genap/ siklis (123, 231, 312) dan −1 untuk permutasi ganjil/ antisiklis (132, 321, 213), serta bernilai nol kalau ada indeks yang sama.
Sekarang kita lihat kuadrat dari momentum angular
2
2 2 2 L = Lx + L y + Lz Evaluasi komutator berikut:
[L2 , Lz ] = [ L2x + L2y + L2z , Lz ] = [ L2x + L2y , Lz ]
= Lx [ Lx , Lz ] + [ Lx , Lz ] Lx + L y [ L y , Lz ] + [ L y , Lz ] L y
= −i h L x L y − i h L y L x + i h L y L x + ih L x L y = 0 Dapat dibuktikan juga berlaku untuk Lx dan Ly
[L2 , Li ] = 0 ,
i=x,y,z
Karena L2 berkomutasi dengan semua komponen momentum angular, kita dapat temukan eigenstate simultan dari L2 dan salah satu komponen L. Biasanya dipilih L2 dan Lz. Anggap harga eigen masingmasing λ dan m : L2 |λm〉 = λ |λm〉 Lz |λm〉 = mħ |λm〉 Dalam representasi (θ,ϕ) fungsi eigen: 〈θ,ϕ|λm〉 = ψλm(θ,ϕ)
Kita dapatkan: 〈θ,ϕ| L2|λm〉 = λ 〈θ,ϕ|λm〉 〈θ,ϕ|Lz|λm〉 = mħ 〈θ,ϕ|λm〉 Untuk menyelesaikan masalah ini, maka perlu menyatakan L2 dan Lz dalam representasi (θ,ϕ). Berikut akan dibuktikan bahwa representasi 〈θ,ϕ|λm〉 atau ψλm(θ,ϕ) adalah harmonik sferis Yλm (θ , φ )
L2 dan Lz dalam representasi (θ,ϕ):
∂ Lz = −ih ∂ϕ ⎡ 1 ∂ ⎛ 1 ∂2 ⎤ ∂ ⎞ L = −h ⎢ ⎜ sin θ ⎟+ 2 2⎥ sin θ θ θ sin θ ϕ ∂ ∂ ∂ ⎠ ⎝ ⎣ ⎦ 2
2
Tampak bahwa:
LzYl m (θ , φ ) = mhYl m (θ , φ ) L2Yl m (θ , φ ) = l (l + 1)h 2Yl m (θ , φ )
Pendekatan Operator Secara Umum Sekarang kita tinjau metode operator, sebut saja triplet operator momentum angular Jx, Jy, Jz yang tidak tergantung pada representasi. Ketiga operator ini tidak terbatas pada Lx, Ly, Lz yang didefinisikan dari hubungan Klassik. Hubungan komutasi: [Jx, Jy] = iħJz x,y,z siklis Kita definisikan: J2 = Jx2 + Jy2 + Jz2
Maka, seperti sebelumnya: [J2, Ji] = 0, i= x, y atau z Sekarang kita pilih eigenstate yang merupakan eigenstate simultan untuk J2 dan Jz dengan harga eigen λJ dan mħ. J2 |λJ m〉 = λJ |λJ m〉 Jz |λJ m〉 = mħ |λJ m〉 Lalu kita definisikan operator non-hermitian: J+ = Jx + iJy J− = Jx − iJy
Komutasi dengan Jz dapat dengan mudah dievaluasi: ; [Jz, J−] = − ħJ− [Jz, J+] = ħJ+ [J+, J−] = 2ħ Jz Lebih lanjut dapat dibuktikan (latihan!) J+ J− = J2 − Jz2 + ħJz J− J+ = J2 − Jz2 − ħJz Pengenalan pada J+, J− tidaklah begitu aneh, karena serupa pada kasus operator tangga naik/turun dalam osilator harmonis (akan dibahas pada bab berikutnya)
Dari relasi komutasi, diperoleh JzJ+ = J+ (Jz + ħ) Sehingga: JzJ+ |λJ m〉= J+ (Jz + ħ) |λJ m〉 = (m+1) ħ J+|λJ m〉 Tampak bahwa J+|λJ m〉 merupakan eigenstate dari Jz yang memiliki harga eigen (m+1) ħ. Oleh karena itu J+ disebut sebagai operator tangga naik.
Hal serupa dapat dibuktikan JzJ− |λJ m〉= (m−1) ħ J−|λJ m〉 Jadi J− merupakan operator tangga turun. Dapat ditulis: J+ |λJ m〉= cλJ m |λJ m+1〉 J− |λJ m〉= dλJ m |λJ m−1〉 Dengan c dan d merupakan konstanta yang harus dihitung.
Sebelum menghitung itu kita lihat bahwa nilai m punya batas bawah dan batas atas. Hal ini secara mudah dibuktikan dengan kenyataan bahwa harga ekspektasi Jx2 + Jy2 tidak bisa negatif, atau: 0 ≤ 〈λJ m|Jx2+Jy2|λJ m〉 = 〈λJ m|J2−Jz2|λJ m〉=λJ −(mħ)2 Jadi (mħ)2 ≤ λJ, artinya untuk nilai λJ tertentu nilai m dibatasi, yakni ada mmin dan mmax.
Di atas mmax tidak ada keadaan lagi, artinya: J+ |λJ mmax〉 = 0 dan juga J− J+|λJ mmax〉 = 0 atau (J2 − Jz2 − ħJz) |λJ mmax〉 = 0, hal ini memberikan: λJ − mmax (mmax+1) ħ2 = 0 Hal serupa dari kenyataan tidak ada lagi keadaan di bawah mmin, maka J− |λJ mmin〉 = 0, diperoleh: λJ − mmin (mmin−1) ħ2 = 0
Kedua persamaan digabung, diperoleh: mmax (mmax+1) = mmin (mmin−1) Salah satu solusi persamaan ini: mmin = mmax+1, hal ini tentu saja tidak mungkin. Solusi yang benar adalah: mmax = − mmin Misal mmax = j, maka λJ= j(j +1) ħ2 Hasil terakhir ini sangat mirip dengan harga eigen L2 yang dikerjakan (dengan susah payah!) menggunakan cara diferensial.
Tetapi apakah J dan L sama persis? Ternyata tidak, bahkan akan ada kejutan disini. Nilai j tidak boleh sembarang, hal ini terlihat: mmax − mmin = j − (−j) = 2j Karena mmax − mmin selalu bulat positif atau nol, maka 2j demikian juga. Artinya j bisa bulat, nol atau setengah-bulat (half-integer).
Kondisi j yang dapat mempunyai nilai setengahbulat ini agak mengejutkan karena berbeda dengan l dari L2 yang hanya boleh bernilai bilangan bulat positif atau nol. Jadi tampak bahwa J2 dan L2 sedikit berbeda. Apakah fisisnya ada untuk kasus j setengah bulat (yang secara Klassik tidak ada analoginya)? Ternyata ada yaitu untuk momentum angular spin. Selanjutnya L disebut sebagai momentum angular orbital, S disebut sebagai momentum angular spin. Sedangkan momentum angular J merujuk ke L, S, atau jumlah keduanya.
Sekarang kita evaluasi nilai konstanta c dan d. Keadaan |λJ m〉 kita tulis saja sebagai |jm〉. Karena J− = J ++ maka 〈jm| J− J+|jm〉 = 〈( J+)jm| J+|jm〉 = |cjm|2 Sementara 〈jm| J− J+|jm〉 = 〈jm| J2 − Jz2 − ħJz |jm〉 = j(j+1)ħ2 − m2 ħ2−ħmħ Jadi cjm = ħ [j(j+1) − m(m+1)]½
Evaluasi J+J− pada |jm〉 akan menghasilkan djm = ħ [j(j+1) − m(m−1)]½ Dapat diringkas untuk kedua operator tangga J + | jm >= h j ( j + 1) − m(m + 1) | jm + 1 >
J − | jm >= h j ( j + 1) − m(m − 1) | jm − 1 >
Pelajari Sendiri z z z
Teorema Adisi untuk Harmonik Sferis Integral dari hasil kali 3 Harmonik Sferis Fungsi-fungsi Legendre Jenis Kedua
z
Bab 04
