Model Skyrme SU(2) untuk Hadron. Miftachul Hadi

Model Skyrme SU(2) untuk Hadron Miftachul Hadi 7 September 2004

Ringkasan Ditinjau model Skyrme SU(2) yang memperlakukan hadron sebagai soliton (skyrmion) dari suatu persamaan medan skalar non linier, yakni persamaan Skyrme. Massa nukleon (mN ) dan massa delta (m∆ ) dihitung dari penjumlahan energi statik dan energi rotasi skyrmion yang dapat diturunkan dari tensor rapat energi-momentum model. Hasil perhitungan memberikan nilai: mN ∼ = 955, 15 MeV dan m∆ ∼ = 1155, 41 MeV yang berada dalam orde nilai eksperimental.

The SU(2) Skyrme model is considered which treats hadron as soliton (skyrmion) of a non linear scalar field equation, i.e. the Skyrme equation. Nucleon mass (mN ) and delta mass (m∆ ) are calculated from the sum of the static and rotational energies of the skyrmion which can be derived from the energy-momentum density tensor of the model. The results of the calculation are: mN ∼ = 955.15 MeV and m∆ ∼ = 1155.41 MeV which are in the order of the experimental value.

Daftar Isi 1 Latar Belakang

1

1.1 Soliton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2 Hadron sebagai Soliton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2 Model Skyrme SU(2)

3

2.1 Fungsi Aksi Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.2 Persamaan Medan Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

3 Energi Statik dan Muatan Topologi

6

3.1 Energi Statik dan Persamaan Medan Statik . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.2 Kestabilan Skala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

3.3 Muatan Topologi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

4 Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya

10

4.1 Persamaan Skyrme Statik dalam Koordinat Bola . . . . . . . . . . . .

10

4.2 Solusi dan Energi Statik Skyrmion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

5 Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait

14

5.1 Kuantisasi Skyrmion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

5.2 Energi Rotasi Terkuantisasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

5.3 Massa Hadron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

6 Pembahasan

18

7 Kesimpulan

19 i

DAFTAR ISI

ii

8 Lampiran

24

8.1 Lampiran I: Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

8.2 Lampiran II: Energi Statik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

8.3 Lampiran III: Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya . . . . .

48

8.4 Lampiran IV: Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait

71

. . . .

8.4.1

Kecepatan Sudut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

8.4.2

Momentum Sudut Rotasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

8.4.3

Kuantisasi Momentum sudut

8.4.4

Massa Nukleon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

8.4.5

Massa Delta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

8.5 Lampiran V: Teori Grup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

Bab 1 Latar Belakang 1.1

Soliton

Gejala gelombang soliton pertama kali dikemukakan pada tahun 1845 oleh fisikawan Skotlandia, John Scott Russell, yang diterbitkan dalam Report of the British Association for the Advancement of Science. Dalam makalah ini, Russell melaporkan tentang pengamatannya terhadap gelombang soliton yang menjalar sepanjang kanal air Edinburg-Glasgow. Gelombang soliton tersebut merambat lurus tanpa mengalami perubahan yang berarti pada bentuk maupun kecepatannya untuk jarak yang cukup panjang. Gejala atau fenomena alam ini kemudian terlewat tanpa penjelasan selama kurun waktu hidup Russell. Keberadaan dan pentingnya gelombang soliton disadari setelah D.J. Korteweg dan G. de Vries memberi perhitungan lengkap solusi persamaan hidrodinamika non linier pada tahun 1895. Meski begitu, tak banyak perkembangan yang berarti setelah kemunculan artikel Korteweg-de Vries. Barulah pada tahun 1965, Zabusky dan Kruskal berhasil mengungkap terjadinya fenomena (yang kemudian dikenal dengan) soliton ini dari persamaan Korteweg-de Vries [1, 2]. Gelombang soliton (solitary wave, soliton) didefinisikan sebagai solusi klasik persamaan gelombang non linier yang memiliki energi total berhingga, terkurung secara spasial (terlokalisasi), non dispersif, stabil, dengan profil sebaran rapat energinya

1

BAB 1. LATAR BELAKANG

2

menyerupai pulsa yang terpusat dalam rentang ruang berhingga. Selain memiliki besaran kekal dinamik yang tak berhingga banyaknya, setiap soliton dicirikan oleh invarian topologi yang menunjukkan kestabilannya [1, 3, 11]. Pentingnya soliton diakui dalam banyak bidang fisika. Teknologi informasi, berbeda dengan penjalaran sinyal sepanjang jalur transmisi biasa, memperoleh manfaat dari pemanfaatan pulsa non dispersif. Dalam bidang fisika partikel elementer, soliton yang terlokalisasi dan stabil boleh jadi sebagai model yang bagus dari partikel elementer. Di tahun-tahun terakhir (2003), penemuan pentaquark [16] menambah kuatnya keyakinan bahwasannya ”terdapat sesuatu yang dapat digali lebih dalam” dari soliton sebagai model yang bagus untuk partikel elementer [1, 2, 4].

1.2

Hadron sebagai Soliton

Ide bahwa partikel elementer, khususnya nukleon, merupakan fenomena soliton pertama kali dikemukakan oleh Tony H.R. Skyrme pada tahun 1962. Pada dasarnya, Skyrme mengemukakan bahwa partikel berinteraksi kuat (hadron) adalah solusi statik terkonsentrasi secara lokal dari teori medan klasik model sigma (chiral) non linier yang diperluas [6]. Ide Skyrme adalah menggabungkan boson dan fermion dalam suatu model medan fundamental yang hanya terdiri dari pion. Nukleon diperoleh, sebagai bentuk konfigurasi klasik tertentu dari medan pion [7]. Konfigurasi istimewa ini membentuk objek soliton topologi, merupakan solusi persamaan medan klasik dengan rapat energi terlokalisasi, yang kemudian diberi nama skyrmion, untuk menghargai jasa Tony H.R. Skyrme. Dalam tesis ini, ditinjau model Skyrme untuk ruang-waktu (3 + 1)-dimensi yang mencoba menerangkan partikel hadron sebagai soliton (skyrmion) dari persamaan medan sigma (chiral) non linier dengan grup simetri internal SU(2).

Bab 2 Model Skyrme SU(2) 2.1

Fungsi Aksi Model Skyrme SU(2)

Model Skyrme SU(2) dideskripsikan oleh fungsi U = U (xµ ) bernilai grup SU(2) dari koordinat ruang-waktu (1+3)D, xµ = (xo , xa ), dimana xo = ct, adalah koordinat waktu dengan c kecepatan cahaya, dan xa = (x1 = x, x2 = y, x3 = z) adalah koordinat ruang. Dinamikanya ditentukan oleh fungsi aksi : Z S = d4 xL

(2.1)

dimana,   F2 1 F 2 2 −1 µ µ ν L = T r − Lµ L + [Lµ , Lν ] [L , L ] + M (U + U − 2I) 16 32a2 16 π

(2.2)

adalah rapat Lagrangian terkait, dan dimana: Lµ = U −1 ∂µ U

(2.3)

arus chiral kiri (left chiral currents), sedangkan F ∼ = 123 MeV konstanta peluruhan pion dan a konstanta tak berdimensi. Konvensi metrik ruang-waktu adalah ds2 = (dxo )2 − (dxa )2 . Suku pertama pada persamaan (2.2) adalah rapat Lagrangian model chiral SU(2), sedangkan suku kedua adalah suku Skyrme, yang berfungsi menstabilkan solusi soliton, dan suku ketiga adalah suku massa, dimana Mπ adalah massa pion (meson). 3

BAB 2. MODEL SKYRME SU(2)

2.2

4

Persamaan Medan Model Skyrme SU(2)

Persamaan Euler-Lagrange model Skyrme SU(2) diturunkan dari syarat fungsi aksi stasioner: δS = 0.

(2.4)

Variasi aksi dari persamaan (2.4) adalah: δS =

Z

d4 xδL

(2.5)

dimana, 


F2 1 F2 2 µ ν δL = T r − (δLµ )Lµ + (δ [L , L ]) [L , L ] + Mπ δU −1 + δU µ ν 2 8 16a 16



(2.6)

δU −1 = −U −1 (δU )U −1

(2.7)

δLµ = −U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU )

(2.8)

  T r((δLµ )Lµ ) = −T r (∂µ Lµ )U −1 δU + suku divergensi total

(2.9)

Karena Lµ memenuhi persamaan Maurer-Cartan:

∂µ Lν − ∂ν Lµ = − [Lµ , Lν ]

(2.10)

δ [Lµ , Lν ] = −∂µ δLν + ∂ν δLµ

(2.11)

maka

Dari persamaan (2.10) dan (2.11) dapat diturunkan bahwa: T r ((δ [Lµ , Lν ]) [Lµ , Lν ]) = 2T r((∂µ [Lν , [Lν , Lµ ]]) U −1 δU ) + suku divergensi total. (2.12) Penurunannya diberikan dalam lampiran I, yakni persamaan (8.47). Substitusikan persamaan (2.9) dan (2.12), ke persamaan (2.6) dan (2.5), kemudian transformasikan suku divergensi total ke dalam integral permukaan, dengan menggunakan persyaratan bahwa variasi δU = 0 pada batas integrasi, diperoleh: δS =

Z

4

d xT r



  1 F2 2 F2 µ ν µ −1 −1 ∂µ L + 2 ∂µ [Lν , [L , L ]] + M (U − U ) U δU . (2.13) 8 8a 16 π

BAB 2. MODEL SKYRME SU(2)

5

Dari persamaan (2.4) dan (2.13), karena δU memiliki nilai sembarang, maka berlaku: (2.13) adalah: ∂µ



 1 1 µ ν L − 2 2 [Lν , [L , L ]] + Mπ2 (U − U −1 ) = 0 a F 2 µ

(2.14)

yang adalah persamaan Euler-Lagrange, dalam bentuk matriks, untuk model Skyrme (2.1)-(2.3).

Bab 3 Energi Statik dan Muatan Topologi 3.1

Energi Statik dan Persamaan Medan Statik

Dalam bab ini akan ditinjau, model Skyrme SU(2) untuk kasus statik, dimana U = U (x), sehingga arus chiral kiri L0 = U −1 ∂0 U = 0. Energi model Skyrme SU(2) untuk kasus statik ini, diturunkan dari tensor rapat energi-momentum terkait T µν , dimana rapat energinya, ε, diberikan oleh komponen T 00 . Secara eksplisit, tensor rapat energi-momentum untuk model Skyrme SU(2), sebagaimana diturunkan dalam lampiran II, adalah sebagai berikut: T ρσ = −g ρσ −

1 F 2 µρ σν g g T r(Lµ Lν ) + (g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ )T r ([Lµ , Lν ] [Lα , Lβ ]) 8 16a2 (3.1)

dimana gµν adalah komponen tensor metrik ruang-waktu. Dengan demikian, energi model Skyrme SU(2), untuk kasus umum (nonstatik) adalah: E=

Z

d3 xT 00

6

(3.2)

BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI

7

yang secara eksplisit adalah:  Z F2 1 3 E = d xT r − La La − [La , Lc ][La , Lc ] 16 32a2 F2 1 F 2 2 −1 F2 + Lo Lo + [L , L ][L , L ] − M (U + U − 2I) − Lo Lo o a o a 16 16a2  16 π 8 1 − 2 [La , Lo ][La , Lo ] 8a = Estatik + Erotasi

(3.3) dimana, Estatik = −

Z



 F2 2 1 F 2 2 −1 2 d xT r L + [La , Lc ] + M (U + U − 2I) 16 a 32a2 16 π 3

dan, Erotasi = −

Z



 F2 2 1 2 d xT r L + [L0 , La ] . 16 0 16a2 3

(3.4)

(3.5)

Sifat soliton model Skyrme SU(2) dari energi statik di persamaan (3.4) akan lebih mudah dipelajari dengan cara menskala terlebih dahulu koordinat ruang x → 2e x/aF dan menyatakan energi dalam satuan F/4a, yakni dengan mengambil (F/4a) = (1/12π 2 ). Dalam satuan ini persamaan (3.4) menjadi:     Z
1 1 1 2 2 2 −1 3 Estatik = [La , Lc ] + mπ (U + U − 2I) T r La + dx − 12π 2 2 8

(3.6)

dimana,

mπ = 2Mπ /aF

(3.7)

Persamaan Euler-Lagrange pada persamaan (2.14) dalam kasus statik menjadi:   m2 1 (3.8) ∂a La − [Lc , [La , Lc ]] − π (U − U −1 ) = 0. 4 2

3.2

Kestabilan Skala

Berikut ditinjau, kestabilan skala dari energi statik pada persamaan (3.6) terhadap transformasi skala x → λx.

(3.9)

BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI

8

Arus La terhadap transformasi pada persamaan (3.9) bertransformasi sebagai berikut: La (x) → U −1 (λx)

∂U (λx) = λLa (λx). ∂xa

(3.10)

Dengan demikian, transformasi skala dari persamaan energi (3.6), dengan mengabaikan suku massa adalah: E [λ]statik =

1 Eσ + λESky λ

(3.11)

dimana, Eσ adalah suku energi chiral statik dan ESky adalah suku energi Skyrme. Dari persamaan (3.11), diperoleh:   1 dE [λ] E + E = −Eσ + ESky = − σ Sky dλ λ=1 λ2 λ=1

dan,

2 d2 E [λ] = Eσ |λ=1 = 2Eσ dλ2 λ=1 λ3

(3.12)

(3.13)

Dengan menerapkan syarat ekstrimum:

dE [λ] = 0. dλ

(3.14)

maka dari persamaan (3.12) dan (3.14), diperoleh: Eσ = ESky

(3.15)

Eσ ≥ 0

(3.16)

yang menunjukkan bahwa,

sehingga persamaan (3.13) memenuhi syarat: d2 E [λ] >0 dλ2

(3.17)

Persamaan (3.17) adalah syarat kestabilan minimum yang mengimplikasikan bahwa energi statik di persamaan (3.11) adalah stabil terhadap perturbasi skala.

3.3

Muatan Topologi

Tinjau kembali formulasi integral dari Estatik , pada persamaan (3.6), dalam kasus tak bermassa mπ = 0, dengan menulis ulang dalam suku integran terkuadratkan

BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI

9

ditambah ”sesuatu” sebagai berikut: "   2 # Z Z 1 1 1 1 3 Estatik = La ± abc [Lb , Lc ] Tr d x − d3 xabc T r[La Lb Lc ] ∓ 12π 2 2 4 24π 2 (3.18) abc dimana abc adalah simbol Levi-Civita, abc = δ123 . Integral pertama adalah jelas definit

positip. Dengan demikian, Estatik memiliki batas bawah: Estatik ≥ B dimana, 1 B=− 24π 2

Z

d3 xabc T r(La Lb Lc )

(3.19)

(3.20)

Integral B pada persamaan (3.20), tidaklah bergantung pada tensor metrik ruang, karena itu ia merupakan besaran topologi, dan dikenal sebagai muatan topologi model Skyrme SU(2). Dari persamaan (3.19), terbaca bahwa Estatik diukur dalam satuan muatan topologi.

Bab 4 Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya 4.1

Persamaan Skyrme Statik dalam Koordinat Bola

Dalam bab ini diturunkan persamaan Skyrme statik (3.8) dalam koordinat bola (r, θ, φ). Dengan menggunakan hasil dari transformasi koordinat ke koordinat bola (lampiran III) diperoleh:    1 1 1 [Lθ , [Lr , Lθ ]] + 2 2 [Lφ , [Lr , Lφ ]] 0 = ∂ r Lr − 4 r2 r sin θ    1 1 1 1 + ∂θ Lθ − [Lr , [Lθ , Lr ]] + 4 2 [Lφ , [Lθ , Lφ ]] r2 4 r2 r sin θ    1 1 1 1 Lφ − [Lr , [Lφ , Lr ]] + 4 2 [Lθ , [Lφ , Lθ ]] + ∂φ r 2 sin2 θ 4 r 2 sin2 θ r sin θ

(4.1)

Untuk mencari solusi persamaan Skyrme statik (4.1), bagi elemen grup U (x) ∈ SU (2), digunakan pernyataan kanonik: U (x) = exp(iFa (x)σa )

(4.2)

dimana σa , a = 1, 2, 3 adalah ketiga matriks Pauli dan Fa (x) adalah fungsi parameter berkaitan yang dalam koordinat bola: Fa (x) = Fa (r, θ, φ) 10

(4.3)

BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA

11

Berikut, tinjau kasus simetri bola dengan menggunakan ansatz Skyrme yang dinyatakan sebagai berikut: Fa (r, θ, φ) = g(r)na (θ, φ)

(4.4)

dimana g(r) adalah fungsi profil yang memiliki sifat simetri bola, dan na , a = 1, 2, 3 b yang juga berkaitan dengan ruang internal SU(2), adalah komponen vektor satuan n yakni:

|b n|2 = n21 + n22 + n23 = 1

(4.5)

b adalah, Secara eksplisit, ketiga komponen vektor n

n1 = sin θ cos φ n2 = sin θ sin φ

(4.6)

n3 = cos θ. Jadi, solusi statik simetri bola dari persamaan (4.2) dengan menggunakan ansatz Skyrme, dapat dinyatakan sebagai berikut: U (r) = exp(ig(r)na σa )

(4.7)

U (r) = exp(ig(r)b n.σ)

(4.8)

atau,

b = n1bi + n2b dimana, σ = σ1bi + σ2b j + σ3 b k, dan n j + n3 b k.

4.2

Solusi dan Energi Statik Skyrmion

Dengan menggunakan ansatz Skyrme U (r) dari persamaan (4.4) dalam pernyataan arus chiral menurut persamaan (4.8), maka pernyataan energi (3.6), dalam fungsi profil g(r), adalah: Estatik

1 = (4π) 12π 2

Z

r 2 dr

"

dg dr

2

2 + 2 sin2 g 1 + r



dg dr

2 !

1 + 4 sin4 g r

#

(4.9)

dimana suku massa diabaikan (nilainya sangat kecil). Penurunan persamaan (4.9) diberikan dalam lampiran III.

BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA

12

Gambar 4.1: Fungsi profil. Dari persamaan energi (4.9), dengan menggunakan prinsip aksi stasioner: δg Estatik = 0

(4.10)

diturunkan bahwa persamaan Euler-Lagrange untuk fungsi profil g(r), (diberikan oleh persamaan (8.254) dalam lampiran III), adalah:    2      2 dg 1 dg 2 1 1 d2 g 2 1 + 2 sin g + sin 2g + − 2 sin 2g − 4 sin2 g sin 2g = 0 2 2 dr r dr r dr r r r (4.11) Persamaan (4.11) tergolong jenis persamaan diferensial biasa orde dua nonlinier yang ternyata tak memiliki solusi analitik sehingga perlu dicari solusinya secara numerik. Agar Estatik pada persamaan (4.9) bernilai hingga, di r = 0 dan r = ∞, maka fungsi profil g(r) haruslah memenuhi syarat batas: g(0) = π,

g(∞) = 0.

(4.12)

Solusi numerik persamaan (4.11) untuk fungsi profil g(r) diperlihatkan secara grafis pada gambar 4.1 Dengan menggunakan nilai numerik dari g(r), untuk menghitung integral Estatik

BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA

13

pada persamaan (4.9), juga secara numerik, diperoleh hasil: Estatik

1 = (4π) 12π 2



23, 2 2



(4.13)

Dalam tetapan F dan a, dengan menggunakan kembali definisi (1/12π 2 ) = (F/4a), maka: Estatik

πF = a



23, 2 2



Dalam Bab V, hasil numerik g(r) ini akan digunakan pula untuk menghitung: (1) massa statik partikel nukleon (mN ) dan delta (m∆ ); (2) momen inersia skyrmion, I.

(4.14)

Bab 5 Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait 5.1

Kuantisasi Skyrmion

Tinjau kuantisasi skyrmion dengan melibatkan kegayutan waktu dari elemen grup U (r, t) sebagai berikut: U (r) → U (r, t) = A(t)U (r)A(t)†

(5.1)

dimana, A(t) ∈ SU (2)i nternal AA† = A† A = I

(5.2)

yakni A adalah matriks unitari, yang hanya bergantung pada waktu t. Berikut, tinjau kaitan matriks grup internal A(t) dengan matriks rotasi koordinat ruang R(t). Substitusikan uraian ansatz Skyrme dalam kasus statik, yakni persamaan (4.8): U (r) = exp (ig(r)σ.b r ) = cos g + i(σ.b r ) sin g = cos g + i

σ x  a a sin g r

(5.3)

ke persamaan (5.1), maka diperoleh: i h σ x  a a sin g A† U (r, t) = A cos g + i r 14

(5.4)

BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT

15

Dengan demikian, persamaan (5.4) menjadi:   σ x  a a † † xa U (r, t) = A cos g A + iA sin g A = cos g + iAσa A sin g r r †

(5.5)

Berikut tinjau, matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang: r = (xa ) bi

yang bekerja sebagai berikut:

(5.6)

0

r → r = R(t) r

(5.7)

dimana R(t) ∈ SO(3), yang dalam bentuk komponen adalah: 0

xa → xa = Rab xb

(5.8)

Efek rotasi ruang pada persamaan (5.8) terhadap U (r), pada persamaan (5.3) dalam bentuk komponen adalah: 0

U (r) → U (r ) = cos g + i



0

σa xa r



sin g = cos g +

i σa Rab xb sin g r

(5.9)

Jika persamaan (5.9) dibandingkan dengan persamaan (5.5), tampak bahwa efek transformasi SU (2)internal sama dengan efek transformasi rotasi ruang: A σa A† xa = σa Rab xb

(5.10)

Matriks A(t), dalam hal ini, disebut koordinat kolektif dari skyrmion.

5.2

Energi Rotasi Terkuantisasi

Dari persamaan (3.5), dengan U (r, t) diberikan oleh (5.5), dalam Lampiran IV diturunkan bahwa Erotasi , diberikan oleh persamaan (8.481), yakni:  "  # ∞ 2  Z∞ 2 2 Z 1 πF 2π dg 2 2 2 2 2 −1 ∂R   Erotasi = − + 2 sin g dr r sin g + 2 dr r sin g Tr R 6 3a dr r ∂t 0

=

1 I T r Ω2 2

0

(5.11)

BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT dimana,



2

T r Ω = −T r R

−1 ∂R

∂t

2

dengan Ω adalah matriks kecepatan sudut skyrmion, dan "  #! Z ∞ Z 2 dg 2π 1 πF 2 ∞ dr r 2 sin2 g dr r 2 sin2 g + 2 + 2 sin2 g I =2 6 0 3a 0 dr r

16

(5.12)

(5.13)

adalah momen inersia skyrmion. Dengan menggunakan nilai numerik dari fungsi profil g(r), diperoleh:   1 447 I= 4 F a3

(5.14)

Dalam tinjauan mekanika klasik, momentum sudut skyrmion dinyatakan sebagai, J=

∂Erotasi = IΩ ∂Ω

(5.15)

dimana Erotasi adalah energi rotasi skyrmion: Erotasi =

J2 . 2I

(5.16)

Dalam tinjauan mekanika kuantum, momentum sudut J terkuantisasi sebagai berikut: J 2 = j(j + 1)¯ h2 dimana j = 0, 12 , 1, 23 , 2, . . . dan h ¯=

h , 2π

(5.17)

h adalah konstanta Planck.

Dalam tesis ini digunakan satuan natural h ¯ = 1 = c. Dengan demikian (5.16) menjadi, Erotasi =

5.3

j(j + 1) 2I

(5.18)

Massa Hadron

Skyrmion berkaitan dengan solusi persamaan Skyrme yang memiliki energi berhingga. Dengan demikian, berdasarkan formula energi-massa Einstein, massanya adalah: m=

Estatik + Erotasi = Mstatik + Mrotasi c2

(5.19)

sehingga dari persamaan (5.19) dan (5.18) diperoleh: m = Mstatik +

j(j + 1) 2I

(5.20)

BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT

17

Persyaratan kuantisasi Wess-Zumino [11], mensyaratkan: 1 3 5 j = , , ,... 2 2 2 Hal ini berarti bahwa skyrmion adalah fermion. Untuk partikel nukleon, yang memiliki spin 21 , yakni j = 21 , persamaan (5.20) memberikan: mN = Mstatik +

1 1 ( 2 2

+ 1) 2I

(5.21)

Dalam Lampiran IV, dengan menggunakan nilai untuk tetapan F = 123 MeV dan a = 4, 95, diperoleh: Mstatik ∼ = 905, 08 MeV

(5.22)

I∼ = 7, 49.10−3

(5.23)

mN ∼ = 955, 15 MeV

(5.24)

dan

Jadi,

Untuk partikel delta yang memiliki spin 23 , yakni j = 23 , persamaan (5.20) memberikan: m∆ = Mstatik +

3 3 ( 2 2

+ 1) 2I

(5.25)

sehingga dengan nilai Mstatik dan I di atas, diperoleh: m∆ ∼ = 1155, 41 MeV

(5.26)

Bab 6 Pembahasan Model Skyrme SU(2) memperlakukan hadron sebagai soliton (skyrmion). Dinamika skyrmion ditunjukkan oleh persamaan Euler-Lagrange atau persamaan Skyrme di persamaan (2.14), dimana persamaan (3.8) adalah untuk kasus statik. Energi model diturunkan dari tensor energi-momentum yang berkaitan. Sifat soliton model Skyrme SU(2) dari energi statik dipelajari dengan cara menskala koordinat ruang, kemudian menguji kestabilan skala dengan transformasi skala. Syarat kestabilan pada persamaan (3.14), dan persamaan (3.17) mengimplikasikan bahwa energi statik yang ditunjukkan oleh persamaan (3.11) adalah stabil terhadap perturbasi skala. Solusi numerik dari persamaan (4.11), dengan menggunakan ansatz Skyrme di persamaan (4.4) menghasilkan nilai fungsi profil, g(r). Nilai fungsi profil ini dihitung dari solusi numerik, yang dengannya dapat dihitung energi statik yang ditunjukkan oleh persamaan (4.9), massa statik dan momen inersia skyrmion. Kuantisasi skyrmion dilakukan dengan meninjau kegayutan waktu dari persamaan (4.8) yakni persamaan (5.1). Terlihat bahwa efek transformasi dari SU (2)internal sama dengan efek transformasi yang ditimbulkan oleh rotasi ruang. Energi (massa) nukleon dan delta merupakan kontribusi dari energi (massa) statik dan energi (massa) rotasinya.

18

Bab 7 Kesimpulan Diperoleh besar energi (massa) nukleon sekitar 955,15 MeV. Dalam eksperimen diperoleh besar energi (massa) nukleon sekitar 939 MeV. Terdapat selisih energi (massa) nukleon sekitar 16,15 MeV. Energi (massa) delta diperoleh sekitar 1155,41 MeV. Dalam eksperimen diperoleh besar energi (massa) delta sekitar 1232 MeV [11]. Terdapat selisih energi (massa) sekitar 76,59 MeV. Adanya perbedaan energi (massa) ini disebabkan karena model SU(2) yang ditinjau masih sangat sederhana, yakni hanya melibatkan dua flavour: (u,d) atau (u,s) atau (d,s). Beberapa catatan yang perlu diingat, berkaitan dengan beda energi (massa) ini adalah [7]: (1) Lagrangian meson yang ditinjau hanya terdiri dari medan pseudoskalar. Meson bermassa rendah yang lain (vektor ) seharusnya dicakup. (2) Di alam, terdapat tiga keluarga flavor ketimbang dua keluarga flavor ”ringan”, sebagaimana ditinjau dalam model ini. Hal ini seharusnya juga dicakup dalam formulasi realistis. Lebih jauh, efek perusakan simetri chiral (chiral symmetry breaking) dan simetri flavor belum dihitung. (3) Orde koreksi bilangan warna, NC (number of colour ) terhadap massa nukleon dalam teori medan belum dimasukkan. 19

Bibliografi [1] Sascha Vongehr, Solitons, http://physics.usc.edu/, 1997. [2] E. Soewono, Andonowati, S.R. Pudjaprasetya, H.J. Wospakrik, dan F.P. Zen, Soliton dan Berbagai Solusi Terkait dari Persamaan Tipe Korteweg∼de Vries, Proc. ITB, Vol. 32, No.2, 2000, Suplemen. [3] Hans J. Wospakrik, Soliton dan Partikel, 2003. [4] Hans J. Wospakrik, private communication, unpublished. [5] T. Ioannidou, private communication, unpublished. [6] Hans J. Wospakrik, Harmonic Maps, SU(N) Skyrme Models and Yang-Mills Theories, Ph.D Thesis, University of Durham, 2002. [7] J. Schechter dan H. Weigel, The Skyrme Models for Baryons, hep-ph/9907554. [8] Review of Particle Physics, Physical Review D 66, 1 July 2002. [9] Arturas Acus, Baryons as Solitons in Quantum SU(2) Skyrme Model, hepph/9901240. [10] A. Acus dan E. Norvaisas, Stability of SU(2) Quantum Skyrmion and Static Properties of Nucleons, hep-ph/9701383. [11] A.P. Balachandran, G. Marmo, B.S. Skagerstam dan A. Stern, Classical Topology and Quantum States, World Scientific, 1991.

20

BIBLIOGRAFI

21

[12] A. Hosaka dan H. Toki, Quarks, Baryons and Chiral Symmetry, World Scientific, 2001. [13] Jochen Wambach dan Thomas Waindzoch, From Skyrmions to the NucleonNucleon Potential, Springer, 2000. [14] Selected Papers with Commentary, of Tony Hilton Royle Skyrme, editor Gerald E. Brown, World Scientific, vol.3, 1994. [15] N. Riazi, Geometry and Topology of Solitons, hep-th/0102152. [16] Michal Praszalowicz, Pentaquark in the Skyrme Model, Physics Letters B 575 (2003) 234-241. [17] Wang-Chang Su, Class of Exact Solutions of the SU(3) Skyrme Model, Physics Letters B 568 (2003) 167-175, hep-th/0305233. [18] Nikolaev V.A. dan Tkachev O.G., Skyrme Model Language in the Theory of Nucleons and Nuclei, hep-ph/0109192. [19] L. Marleau, Deformed Skyrmions, hep-ph/9710369. [20] L. Marleau, Solving Skyrmions, hep-ph/0403292. [21] Steffen Krusch, Homotopy of Rational Maps and the Quantization of Skyrmions, hep-th/0210310. [22] Steffen Krusch, Fermions coupled to Skyrmions on S 3 , hep-th/0304264. [23] B.J. Schroers, Dynamics of Moving and Spinning Skyrmions, hep-ph/9308236. [24] T. Ioannidou, B. Piette dan W.J. Zakrzewski, Low Energy States in the SU(N) Skyrme Models, hep-th/9811071. [25] T. Ioannidou, B. Piette dan W.J. Zakrzewski, Spherically Symmetric Solutions of the SU(N) Skyrme Models, hep-th/9904160.

BIBLIOGRAFI

22

[26] T. Gisiger dan M.B. Paranjape, Recent Mathematical developments in the Skyrme model, hep-th/9812148. [27] Moshe Carmeli, Classical Fields, General Relativity and Gauge Theory, John Wiley and Sons, 1982. [28] Stancu, Group Theory in Subnuclear Physics, Clarendon Press, 1996. [29] G. Eilenberger, Solitons, Mathematical Methods for Physicists, Springer-Verlag, 1983. [30] R. Rajaraman, Solitons and Instantons, An Introduction to Solitons and Instantons in Quantum Field Theory, North-Holland, 1987. [31] Kerson Huang, Quarks, Leptons and Gauge Fields, 2nd. edition, World Scientific, 1992. [32] John F. Donoghue, Eugene Golowich dan Barry R. Holstein, Dynamics of the Standard Model, Cambridge University Press, 1996. [33] Lewis H. Ryder, Quantum Field Theory, 2nd. edition, Cambridge University Press, 1999. [34] F. Mandl dan G. Shaw, Quantum Field Theory, John Wiley and Sons, 1991. [35] Mary L. Boas, Mathematical Methods in the Physical Sciences, 2nd. edition, John Wiley and Sons, 1983. [36] Murray R. Spiegel, Analisis Vektor, terjemahan Hans J. Wospakrik, Erlangga, 1999. [37] Halliday-Resnick, Fundamentals of Physics, John Wiley and Sons, 1976. [38] P.G. Drazin dan R.S. Johnson, Solitons: an Introduction, Cambridge University Press, 1996. [39] G.L. Lamb, JR., Elements of Soliton Theory, John Wiley and Sons, 1980.

BIBLIOGRAFI [40] Eugen Merzbacher, Quantum Mechanics, John Wiley and Sons, 1998.

23

Bab 8 Lampiran 8.1

Lampiran I: Model Skyrme SU(2)

Bukti persamaan (2.6):   1 F2 2 F2 µ µ ν −1 (δ[Lµ , Lν ])[L , L ] + M (δU + δU ) δL = T r − (δLµ )L + 8 16a2 16 π Karena menurut persamaan (2.2):   F2 1 F 2 2 −1 µ µ ν L = T r − Lµ L + M (U + U − 2I) [Lµ , Lν ][L , L ] + 16 32a2 16 π

(8.1)

(8.2)

maka variasi L adalah:   F2 1 F 2 2 −1 µ µ ν δL = δT r − Lµ L + [Lµ , Lν ][L , L ] + M (U + U − 2I) 16 32a2 16 π   1 F2 F2 2 µ µ ν −1 M δ(U + U − 2I) = T r − δ(Lµ L ) + δ([Lµ , Lν ][L , L ]) + 16 32a2 16 π  1 F2 [(δLµ )Lµ + Lµ (δLµ )] + ((δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ] + [Lµ , Lν ]δ[Lµ , Lν ]) = Tr − 16 32a2  F2 2 −1 + Mπ (δU + δU − 2δI) 16 (8.3) Karena: T r [(δLµ )Lµ ] = T r [Lµ (δLµ )]

(8.4)

T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = T r [[Lµ , Lν ](δ[Lµ , Lν ])]

(8.5)

dan,

24

BAB 8. LAMPIRAN

25

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.5) dan (8.4) ke (8.3), diperoleh:   F2 1 F2 2 µ µ ν −1 δL = T r − 2(δLµ )L + 2(δ[Lµ , Lν ])[L , L ] + M (δU + δU ) 16 32a2 16 π   F2 1 F2 2 µ µ ν −1 = T r − (δLµ )L + (δ[Lµ , Lν ])[L , L ] + M (δU + δU ) 8 16a2 16 π

(8.6)

Bukti persamaan (8.4): T r [(δLµ )Lµ ] = T r [Lµ (δLµ )] Dengan menggunakan sifat trace: T r (AB)

=

(8.7)

T r (BA), maka persamaan (8.7)

menjadi: T r [(δLµ )Lµ ] = T r [Lµ (δLµ )] = T r [η µν Lν (δLµ )] = T r [Lν (δ(η µν Lµ ))] = T r [Lν (δ(η νµ Lµ ))]

(8.8)

= T r [Lν (δLν )] = T r [Lα (δLα )] = T r [Lµ (δLµ )] dimana, η µν adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik: η µν = η νµ

(8.9)

dan α, µ, ν adalah indeks boneka (yakni, indeks yang bisa ”dimain-mainkan”). Bukti persamaan (8.5): T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = T r [[Lµ , Lν ](δ[Lµ , Lν ])]

(8.10)

[Lµ , Lν ] = Fµν

(8.11)

[Lµ , Lν ] = F µν

(8.12)

Misalkan,

dan

BAB 8. LAMPIRAN

26

dimana, Fµν dan F µν adalah matriks. Substitusikan persamaan (8.11) dan (8.12) ke (8.10) dan dengan menggunakan sifat trace, maka diperoleh: T r [(δFµν )F µν ] = T r [F µν (δFµν )]   = T r η µα η νβ Fαβ (δFµν )   = T r Fαβ δ(η µα η νβ Fµν )   = T r Fαβ δ(F αβ )

(8.13)

= T r [Fµν (δF µν )]

Bukti persamaan (2.8): δLµ = −U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU )

(8.14)

Dengan menggunakan persamaan (2.3), diperoleh: δLµ = δ(U −1 ∂µ U ) = (δU −1 )∂µ U + U −1 (δ∂µ U )

(8.15)

= −U −1 (δU )U −1 ∂µ U + U −1 ∂µ (δU ) = −U −1 (δU )Lµ + ∂µ (U −1 δU ) − (∂µ U −1 )δU dimana, A∂µ B = ∂µ (AB) − (∂µ A)B = (∂µ A)B + A∂µ B − (∂µ A)B

(8.16)

sehingga: δLµ = −U −1 (δU )Lµ + ∂µ (U −1 δU ) − (−U −1 (∂µ U )U −1 )δU = −U −1 (δU )Lµ + ∂µ (U −1 δU ) + U −1 (∂µ U )U −1 (δU )

(8.17)

= −U −1 (δU )Lµ + ∂µ (U −1 δU ) + Lµ U −1 (δU ) Bukti persamaan (2.9):

Tinjau,

  T r [(δLµ )Lµ ] = −T r (∂µ Lµ )U −1 δU + suku divergensi total.

  T r [(δLµ )Lµ ] = T r (−U −1 (δU )Lµ + ∂µ (U −1 δU ) + Lµ U −1 (δU ))Lµ   = T r −U −1 (δU )Lµ Lµ + (∂µ (U −1 δU ))Lµ + Lµ U −1 (δU )Lµ     = T r −U −1 (δU )Lµ Lµ + ∂µ (U −1 δU ) Lµ + U −1 (δU )Lµ Lµ

(8.18)

(8.19)

BAB 8. LAMPIRAN

27

dimana, T r[ABC] = T r[CAB] = T r[BCA]

(8.20)

sehingga,   T r [(δLµ )Lµ ] = T r −U −1 (δU )Lµ Lµ + (∂µ (U −1 δU ))Lµ + U −1 (δU )Lµ Lµ   = T r (∂µ (U −1 δU ))Lµ   = T r ∂µ ((U −1 δU )Lµ ) − U −1 δU (∂µ Lµ )     = T r ∂µ ((U −1 δU )Lµ ) − T r U −1 δU (∂µ Lµ )  
  = ∂µ T r (U −1 δU )Lµ − T r U −1 δU (∂µ Lµ )   = ∂µ (T r[(U −1 δU )Lµ ]) −T r (∂µ Lµ )U −1 δU {z } |

(8.21)

= suku divergensi total

Dari persamaan (8.21) baris kelima, diperoleh:

∂µ ((U −1 δU )Lµ ) = (∂µ (U −1 δU ))Lµ + U −1 δU (∂µ Lµ )

(8.22)

dimana,   T r ∂µ ((U −1 δU )Lµ ) = ∂µ (T r[(U −1 δU )Lµ ])

(8.23)

Bukti persamaan (8.21):

T r [Lµ Lµ ] = T r [Lµ Lµ ]

(8.24)

Pembuktian: T r [Lµ Lµ ] = T r [g µα Lα Lµ ] = T r [g αµ Lα Lµ ] = T r [Lα g αµ Lµ ]

(8.25)

= T r [Lα Lα ] = T r [Lµ Lµ ] = T r [Lµ Lµ ] dimana, g µα adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik: g µα = g αµ

(8.26)

BAB 8. LAMPIRAN

28

dan α, µ adalah indeks boneka. Bukti persamaan (2.10): ∂µ Lν − ∂ν Lµ = −[Lµ , Lν ]

(8.27)

Pembuktian: ∂µ Lν − ∂ν Lµ = ∂µ (U −1 ∂ν U ) − ∂ν (U −1 ∂µ U ) = (∂µ U −1 )∂ν U + U −1 (∂µ ∂ν U ) − ((∂ν U −1 )∂µ U + U −1 (∂ν ∂µ U )) = (∂µ U −1 )∂ν U + U −1 (∂µ ∂ν U ) − (∂ν U −1 )∂µ U − U −1 (∂ν ∂µ U ) = −U −1 (∂µ U )U −1 ∂ν U − (−U −1 (∂ν U )U −1 ∂µ U )

(8.28)

= −Lµ Lν + Lν Lµ = −[Lµ Lν − Lν Lµ ] = −[Lµ , Lν ] dimana, ∂µ ∂ν U = ∂ν ∂µ U . Bukti persamaan (2.11): δ[Lµ , Lν ] = −∂µ δLν + ∂ν δLµ

(8.29)

Dengan menggunakan relasi (8.27) diperoleh: −∂µ Lν + ∂ν Lµ = [Lµ , Lν ]

(8.30)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.30) ke (8.29), diperoleh: δ[Lµ , Lν ] = δ(−∂µ Lν + ∂ν Lµ) = −δ(∂µ Lν ) + δ(∂ν Lµ ) = −∂µ δLν + ∂ν δLµ

(8.31)

Bukti persamaan (2.12):   T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = 2T r (∂µ [Lν , [Lν , Lµ ]])U −1 δU + suku divergensi total (8.32) Dengan mensubstitusikan persamaan (8.31) ke ruas kiri (8.32), diperoleh: T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = T r [(−∂µ δLν + ∂ν δLµ )[Lµ , Lν ]]

(8.33)

BAB 8. LAMPIRAN

29

Penjabaran persamaan (8.33) dengan menggunakan (8.17) adalah: T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = T r [−(∂µ (δLν ))[Lµ , Lν ]] + T r [(∂ν (δLµ ))[Lµ , Lν ]] = T r [−(∂ν (δLµ ))[Lν , Lµ ]] + T r [(∂ν (δLµ ))[Lµ , Lν ]] = T r [(∂ν (δLµ ))[Lµ , Lν ]] + T r [(∂ν (δLµ ))[Lµ , Lν ]] = 2T r [(∂ν (δLµ ))[Lµ , Lν ]]   = 2T r (∂ν (−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU ))[Lµ , Lν ]  
= 2∂ν T r (−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU ))[Lµ , Lν ] 
 −2T r −U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU ) (∂ν [Lµ , Lν ])   = 2 ∂ν (T r (−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU )[Lµ , Lν ] )   −T r (−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ))(∂ν [Lµ , Lν ])  
+T r (∂µ (U −1 δU ))∂ν [Lµ , Lν ] (8.34) Gunakan kedua relasi berikut: −[Lν , Lµ ] = [Lµ , Lν ]

(8.35)

∂ν (T r[AB]) − T r[A∂ν B] = T r[(∂ν A)B]

(8.36)

dan,

maka persamaan (8.34), teralihkan menjadi: T r[(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = 2(∂ν (T r[(−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ) + ∂µ (U −1 δU ))[Lµ , Lν ]]) −T r[(−U −1 (δU )Lµ + Lµ U −1 (δU ))(∂ν [Lµ , Lν ])] +∂µ (T r[(U −1 δU )∂ν [Lµ , Lν ]]) +T r[(U −1 δU )∂µ ∂ν [Lµ , Lν ]]) (8.37) Suku derivatif total, yakni suku pertama dan suku ketiga persamaan (8.34) dapat diabaikan, karena integral permukaannya nol, mengingat δU |permukaan = 0. Suku keempat

BAB 8. LAMPIRAN

30

langsung lenyap, karena ∂µ ∂ν [Lµ , Lν ] = 0. Perkenalkan, P = [(δ [Lµ , Lν ]) [Lµ , Lν ]] ,

(8.38)

maka persamaan (8.37), dengan alasan di atas, tersederhanakan menjadi:   T rP = −2T r −U −1 (δU )Lµ ∂ν [Lµ , Lν ] + Lµ U −1 (δU )∂ν [Lµ , Lν ]   1 − T rP = T r −U −1 (δU )Lµ ∂ν [Lµ , Lν ] + Lµ U −1 (δU )∂ν [Lµ , Lν ] 2   = T r (−Lµ ∂ν [Lµ , Lν ] + (∂ν [Lµ , Lν ])Lµ )U −1 (δU )   = T r (−∂ν (Lµ [Lµ , Lν ]) + (∂ν Lµ )[Lµ , Lν ] + ∂ν ([Lµ , Lν ]Lµ ) − [Lµ , Lν ]∂ν Lµ )U −1 δU       = T r −∂ν (Lµ [Lµ , Lν ] − [Lµ , Lν ]Lµ ) + ∂ν Lµ [Lµ , Lν ] − [Lµ , Lν ]∂ν Lµ  U −1 δU  {z } | 



= Q

= T r (−∂ν ([Lµ , [Lµ , Lν ]])) (U −1 δU ) + Q(U −1 δU ) | {z } =A→T rA=0

(8.39)

P roposisi:   T r Q(U −1 δU ) = 0

Bukti:

    T Q(U −1 δU ) = T r (∂ν Lµ [Lµ , Lν ] − [Lµ , Lν ]∂ν Lµ )U −1 δU

(8.40)

(8.41)

Dengan menggunakan persamaan (8.27):

∂µ Lν − ∂ν Lµ = −[Lµ , Lν ]

(8.42)

[Lµ , Lν ] = −∂ µ Lν + ∂ ν Lµ

(8.43)

dan persamaan (8.30):

maka persamaan (8.41) menjadi:     T r Q(U −1 δU ) = T r (∂ν Lµ (−∂ µ Lν + ∂ ν Lµ ) − (−∂ µ Lν + ∂ ν Lµ )∂ν Lµ )U −1 δU   = T r ((∂ ν Lµ )(−∂µ Lν + ∂ν Lµ ) + (∂ µ Lν − ∂ ν Lµ )∂ν Lµ )U −1 δU   = T r (−∂ ν Lµ ∂µ Lν + ∂ ν Lµ ∂ν Lµ + ∂ µ Lν ∂ν Lµ − ∂ ν Lµ ∂ν Lµ )U −1 δU = 0

(8.44)

BAB 8. LAMPIRAN

31

karena, T r[∂ ν Lµ ∂µ Lν ] = T r[∂ µ Lν ∂ν Lµ ]

(8.45)

dimana, ν, µ adalah indeks boneka. Substitusikan persamaan (8.44) ke (8.39), maka diperoleh:   1 − T rP = T r (−∂ν [Lµ , [Lµ , Lν ]])U −1 δU 2

(8.46)

Dengan demikian,     T rP = −2T r (−∂ν [Lµ , [Lµ , Lν ]])U −1 δU = 2T r (∂ν [Lµ , [Lµ , Lν ]])U −1 δU

(8.47)

Bukti persamaan (2.13): δS =

Z

4

d xT r



  F2 1 F2 2 µ ν µ −1 −1 ∂µ L + 2 ∂µ [Lν , [L , L ]] + M (U − U ) U δU (8.48) 8 8a 16 π

Tinjau ulang persamaan (2.5), (2.6), (2.9), dan (2.12), yang berturut-turut adalah: δS =

Z

d4 x δL

(8.49)

dengan, 

F2 1 F2 2 µ ν δL = T r − (δLµ )Lµ + (δ[L , L ])[L , L ] + Mπ (δU −1 + δU ) µ ν 2 8 16a 16   T r [(δLµ )Lµ ] = −T r (∂µ Lµ )U −1 δU + suku divergensi total



(8.50)

(8.51)

  T r [(δ[Lµ , Lν ])[Lµ , Lν ]] = 2T r (∂µ [Lν , [Lν , Lµ ]])U −1 δU + suku divergensi total (8.52) Substitusikan persamaan (8.51) dan (8.52) ke (8.50) dengan menstransformasi suku divergensi total ke integral permukaan, dan gunakan persyaratan bahwa variasi δU = 0

BAB 8. LAMPIRAN

32

pada batas integrasi, maka diperoleh:   F2 1 F2 2 µ −1 ν µ −1 −1 δL = T r − (−1)(∂µ L )U δU + 2(∂µ [Lν , [L , L ]])U δU + M (δU + δU ) 8 16a2 16 π  2  F 1 F2 2 µ −1 ν µ −1 −1 −1 = Tr (∂µ L )U δU + 2 (∂µ [Lν , [L , L ]])U δU + M (−U (δU )U + δU ) 8 8a 16 π  2  F 1 F2 2 µ −1 ν µ −1 −1 −1 = Tr (∂µ L )U δU + 2 (∂µ [Lν , [L , L ]]) U δU + M (−U + U )U δU 8 8a 16 π    2 1 F2 2 F µ ν µ −1 −1 ∂µ L + 2 ∂µ [Lν , [L , L ]] + M (U − U ) U δU = Tr 8 8a 16 π (8.53) Substitusikan persamaan (8.53) ke (8.49), diperoleh:  2   Z F 1 F2 2 4 µ ν µ −1 −1 δS = d x T r ∂µ L + 2 ∂µ [Lν , [L , L ]] + M (U − U ) U δU 8 8a 16 π (8.54) Bukti persamaan (2.14):   1 1 µ ν µ ∂µ L − 2 2 [Lν , [L , L ]] + Mπ2 (U −U −1 ) = 0 aF 2

(8.55)

Dari persamaan (8.54) dan (2.4), dan karena δU bernilai sembarang, maka persamaan Euler-Lagrange dalam bentuk matriks adalah: F2 1 F2 2 ∂µ Lµ + 2 ∂µ [Lν , [Lν , Lµ ]] + Mπ (U − U −1 ) = 0 8 8a 16 8 F2

Bila persamaan (8.56) dikalikan dengan ∂ µ Lµ +

1

∂µ [Lν , [L | a2 F 2

(8.56)

diperoleh:

1 , Lµ ]] + Mπ2 (U − U −1 ) = 0 {z } 2

ν

(8.57)

−[Lµ ,Lν ]

∂ µ Lµ − ∂µ

8.2



1

∂µ [Lν , [L a2 F 2

µ

1 , Lν ]] + Mπ2 (U − U −1 ) = 0 2

 1 1 µ ν L − 2 2 [Lν , [L , L ]] + Mπ2 (U − U −1 ) = 0 aF 2 µ

(8.58)

(8.59)

Lampiran II: Energi Statik

Dalam lampiran ini diturunkan pernyataan energi total skyrmion, E, melalui formulasi tensor rapat energi-momentum, T µν , yakni: Z E = d4 xT 00

(8.60)

BAB 8. LAMPIRAN

33

Disini diturunkan pernyataan umum T µν dengan menggunakan pendekatan teori relativitas umum. Misalkan, gµν adalah tensor metrik ruang-waktu lengkung, maka fungsi aksi: S=

Z

d4 x

√

−g L

(8.61)

dimana, L adalah rapat Lagrangian ruang-waktu lengkung, dengan g = det(gµν ) < 0

(8.62)

Dalam tinjauan teori relativitas umum, variasi aksi (8.61) berkenaan dengan variasi tensor metrik saja, adalah: 1 δg S = − 2

Z

√ d4 x −g T µν δgµν .

(8.63)

Gunakan relasi: √ 1√ δ −g = −g g ρσ δgρσ 2

(8.64)

δg µν = −g µρ (δgρσ )g σν

(8.65)

dan,

maka dari persamaan (8.61), diperoleh: δg S = δ g

Z

 Z Z √ √ √ √ 4 d x −g L = d x δg [ −g L] = d4 x [(δg −g)L + −g(δg L)] 4

(8.66)

Substitusikan persamaan (8.64) ke (8.66), diperoleh: δg S =

Z

4

dx



   Z  √ 1 ρσ 1√ ρσ 4 √ −gg δgρσ L + −g(δg L) = d x −g g (δgρσ )L + δg L 2 2 (8.67)

dimana δg L adalah variasi berkaitan dari L. Dengan membandingkan persamaan (8.63) dengan (8.67), dapat dibaca tensor rapat energi-momentum terkait. Untuk model Skyrme (2.2), rapat Lagrangian ruang-waktu lengkungnya adalah:   1 µα νβ F 2 2 −1 F 2 µν g g [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + M (U + U − 2I) L = T r − g Lµ Lν + 16 32a2 16 π (8.68)

BAB 8. LAMPIRAN

34

Dengan melakukan variasi terhadap tensor metrik saja, δgµν , maka dengan menggunakan persamaan (8.65), persamaan (8.68) tertransformasikan menjadi: 

  F 2 µν 1 µα νβ F 2 2 −1 δg L = δ g T r − g Lµ Lν + g g [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + M (U + U − 2I) 16 32a2 16 π   2 2  F 1 F = T r − δg (g µν Lµ Lν ) + δg (g µα g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]) + δg Mπ2 (U −1 + U − 2I)  2 16 32a 16 | {z } =B→T rB=0

2

F ((δg g µν )Lµ Lν + g µν (δg Lµ )Lν + g µν Lµ (δg Lν )) 16 1  (δg g µα )g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + g µα (δg g νβ )[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + 2 32a +g µα g νβ (δg [Lµ , Lν ])[Lα , Lβ ] + g µα g νβ [Lµ , Lν ](δg [Lα , Lβ ]) ]  
1 F2 µν µα νβ µα νβ (δg g )g [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + g (δg g )[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] = T r − (δg g )Lµ Lν + 16 32a2  2 F µρ 1 = Tr g (δgρσ )g σν Lµ Lν − (g µρ (δgρσ )g σα g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] 16 32a2  −g µα g νρ (δgρσ )g σβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ])

= T r[−

=

F 2 µρ 1 g (δgρσ )g σν T r [Lµ Lν ] − (g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ )δgρσ T r [[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 16 32a2 (8.69)

Substitusikan persamaan (8.69) ke (8.67), diperoleh: Z

√ F 2 µρ 1 d4 x −g( g ρσ (δgρσ )L + g (δgρσ )g σν T r[Lµ Lν ] 2 16 1 (g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ )δgρσ T r[[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]]) − 2  Z 32a 1 ρσ F 2 µρ σν 4 √ = d x −g(δgρσ ) g L+ g g T r[Lµ Lν ] 2 16  1 µρ σα νβ µα νρ σβ − (g g g + g g g )T r[[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 32a2

δg S =

(8.70) Tinjau ulang (8.63) dengan menggunakan sifat indeks boneka: 1 δg S = − 2

Z

4

√

µν

d x −g T δgµν

1 =− 2

Z

4

√

ρσ

d x −g T δgρσ =

Z

 1 d x −g(δgρσ ) − T ρσ 2 (8.71) 4

√



BAB 8. LAMPIRAN

35

Dengan membandingkan (8.70) dengan (8.71), didapat relasi: 1 1 F 2 µρ σν − T ρσ = g ρσ L + g g T r[Lµ Lν ] 2 2 16
1 − g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ T r [[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 2 32a 1 F 2 µρ σν T ρσ = −g ρσ L − g g T r[Lµ Lν ] + (g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ )T r[[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 2 8 16a (8.72) Untuk kasus ruang-waktu datar, yang ditinjau dalam tesis ini, gµν adalah tensor metrik dalam ruang Minskowski, yakni: 

gµν = ηµν



0 0 1 0   0 −1 0 0   =  0 0 −1 0      0 0 0 −1

(8.73)

atau, dapat pula dinyatakan sebagai:

gµν = ηµν = diag(1, −1, −1, −1)

(8.74)

dimana, goo = 1, gab = −1, jika a = b dan gab = 0, jika a 6= b. Berikut, diturunkan pernyataan untuk komponen T 00 . Tinjau persamaan (8.72): T ρσ = −g ρσ L −

1 F 2 µρ σν g g T r[Lµ Lν ] + (g µρ g σα g νβ + g µα g νρ g σβ )T r[[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 8 16a2 (8.75)

BAB 8. LAMPIRAN

36

Untuk ρ, σ = 0, maka (8.75) menjadi: T

oo


F 2 µo oν 1 µo oα νβ µα νo oβ = −g L − g g T r[Lµ Lν ] + g g g + g g g T r[[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]] 8 16a2 F 2 oo oo 1 = −(1)L − g g T r[Lo Lo ] + (g oo g oo g νβ T r[[Lo , Lν ][Lo , Lβ ]] 8 16a2 +g µα g oo g oo T r[[Lµ , Lo ][Lα , Lo ]]) oo

1 F2 T r[Lo Lo ] + (g νβ T r[[Lo , Lν ][Lo , Lβ ]] + g µα T r[[Lµ , Lo ][Lα , Lo ]]) 8 16a2 F2 1 = −L − T r[Lo Lo ] + (g oo T r[[Lo , Lo ][Lo , Lo ]] + g ab T r[[Lo , La ][Lo , Lb ]] 2 8 16a oo +g T r[[Lo , Lo ][Lo , Lo ]] + g ab T r[[La , Lo ][Lb , Lo ]])

= −L −

F2 T r[Lo Lo ] + = −L − 8 F2 = −L − T r[Lo Lo ] + 8 F2 T r[Lo Lo ] + = −L − 8

1 ab g T r[[Lo , La ][Lo , Lb ] + [La , Lo ][Lb , Lo ]] 16a2 1 ab g T r[(−1)2 [La , Lo ][Lb , Lo ] + [La , Lo ][Lb , Lo ]] 16a2 1 ab g T r[[La , Lo ][Lb , Lo ]] 8a2 (8.76)

Dari persamaan (8.68), rapat Lagrangian L secara terurai adalah: 

F 2 oo 1 (g Lo Lo + g ab La Lb ) + (g oα g νβ [Lo , Lν ][Lα , Lβ ] + g aα g νβ [La , Lν ][Lα , Lβ ])] 16 32a2  F 2 2 −1 + Mπ (U + U − 2I) 16  F2 1 T r − (Lo Lo + g ab La Lb ) + (g oo g νβ [Lo , Lν ][Lo , Lβ ] 16 32a2  F 2 2 −1 aα νβ M (U + U − 2I) +g g [La , Lν ][Lα , Lβ ]) + 16 π  1 νβ F2 g [Lo , Lν ][Lo , Lβ ] + g ab g νβ [La , Lν ][Lb , Lβ ]) T r − (Lo Lo + g ab La Lb ) + 16 32a2  F 2 2 −1 + Mπ (U + U − 2I) 16  F2 1 T r − (Lo Lo + g ab La Lb ) + (g oo [Lo , Lo ][Lo , Lo ] + g ab [Lo , La ][Lo , Lb ] 2 16 32a  F 2 2 −1 ab oo ab cd M (U + U − 2I) +g g [La , Lo ][Lb , Lo ] + g g [La , Lc ][Lb , Ld ]) + 16 π  1 F2 (2g ab [Lo , La ][Lo , Lb ] + g ab g cd [La , Lc ][Lb , Ld ]) T r − (Lo Lo + g ab La Lb ) + 16 32a2  F 2 2 −1 + Mπ (U + U − 2I) 16

L = Tr −

=

=

=

=

BAB 8. LAMPIRAN

37 (8.77)

Substitusikan persamaan (8.77) ke (8.76) diperoleh: T

oo



F2 1 (Lo Lo + g ab La Lb ) + (2g ab [Lo , La ][Lo , Lb ] + g ab g cd [La , Lc ][Lb , Ld ]) 16 32a2  F2 1 F 2 2 −1 T r(Lo Lo ) + 2 g ab T r([La , Lo ][Lb , Lo ]) + Mπ (U + U − 2I) − 16 8 8a  2
F 1 2 = −T r − (Lo Lo − La La ) + (−1)2[L , L ][L , L ](−1) [L , L ][L , L ] o a o a a c a c 16 32a2  F2 F2 1 + Mπ2 (U −1 + U − 2I) − T r(Lo Lo ) + 2 (−1)T r([La , Lo ][La , Lo ]) 16 8 8a  2 1 F = Tr (Lo Lo − La La ) − (2[Lo , La ][Lo , La ] − [La , Lc ][La , Lc ]) 16 32a2  F2 1 F 2 2 −1 T r(Lo Lo ) − 2 T r([La , Lo ][La , Lo ]) − Mπ (U + U − 2I) − 16 8 8a   2  2 1 F 2 F [La , Lc ][La , Lc ] + T r Lo Lo + [Lo , La ][Lo , La ] = T r − La La − 2 16 32a 16 32a2  F2 1 F 2 2 −1 (Lo Lo ) − 2 [La , Lo ][La , Lo ] − Mπ (U + U − 2I) − 16 8 8a

= −T r −

(8.78) Substitusikan persamaan (8.78) ke (3.2) diperoleh: E =

Z

d3 xT oo = Estatik + Erotasi

(8.79)

yakni,  F2 1 E = d xT r − La La − [La , Lc ][La , Lc ] 16 32a2 1 F 2 2 −1 F2 F2 [L , L ][L , L ] − M (U + U − 2I) − Lo Lo + Lo Lo + o a o a 16 16a2  16 π 8 1 − 2 [La , Lo ][La , Lo ] (8.80) 8a Z

3

dimana: Estatik

Z



1 F2 F 2 2 −1 La La + M (U + U − 2I) = − d xT r [L , L ][L , L ] + a c a c 16 32a2 16 π  2  Z F 2 1 F 2 2 −1 3 2 = − d xT r L + [La , Lc ] + M (U + U − 2I) 16 a 32a2 16 π 3



(8.81)

BAB 8. LAMPIRAN

38

dan, Erotasi

  F2 F2 1 1 = − d xT r − Lo Lo + Lo Lo − [Lo , La ][Lo , La ] + 2 [La , Lo ][La , Lo ] 16 8 16a2 8a   Z 2 2 F 2 F 2 1 1 3 2 L − [Lo , La ][Lo , La ] + 2 [Lo , La ][Lo , La ](−1) = − d xT r − Lo + 16 8 o 16a2 8a   Z 2 2 F 2 2F 2 1 2 3 2 2 = − d xT r − Lo + L − [Lo , La ] + [Lo , La ] 16 16 o 16a2 16a2  2  Z F 2 1 3 2 = − d xT r L + [Lo , La ] 16 o 16a2 Z

3

(8.82) Dari (8.68), dengan melakukan variasi tensor metrik saja, δgµν , terhadap suku pertama (8.68) diperoleh: δg (g µν Lµ Lν ) = (δg g µν )Lµ Lν + g µν (δg Lµ ) Lν + g µν Lµ (δg Lν ) = (δg g µν )Lµ Lν | {z } | {z } = 0

(8.83)

= 0

M encari nilai (δg g µν ).

Tinjau relasi: g µν gνρ = δρµ

(8.84)

Lakukan variasi tensor metrik terhadap (8.84), diperoleh: δg (g µν gνρ ) = δg (δρµ )

(8.85)

(δg g µν )gνρ + g µν (δg gνρ ) = 0

(8.86)

(δg g µν )gνρ = −g µν (δg gνρ )

(8.87)

Jika (8.87) dikonstraksikan dengan g ρσ , maka diperoleh: (δg g µν )gνρ g ρσ = −g µν (δgνρ )g ρσ

(8.88)

Dari (8.88), dengan menggunakan relasi (8.84), diperoleh: (δg g µν )δνσ = −g µν (δg gνρ )g ρσ

(8.89)

BAB 8. LAMPIRAN

39

sehingga, δg g µν = −g µα (δgαρ )g ρν

(8.90)

dimana δνσ = 1, untuk σ = ν. Dengan mensubstitusikan persamaan (8.90) ke (8.83), maka diperoleh: δg (g µν Lµ Lν ) = (δg g µν )Lµ Lν = −g µα (δgαρ )g ρν Lµ Lν = −g µρ (δgρσ )g σν Lµ Lν

(8.91)

untuk µ, ν, ρ, σ adalah indeks boneka. Tinjau persamaan (8.68), lakukan variasi tensor metrik saja terhadap suku kedua dari persamaan (8.68), maka diperoleh: δg (g µα g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]) = (δg g µα )g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + g µα (δg g νβ )[Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + g µα g νβ (δg [Lµ , Lν ])[Lα , Lβ ] + g µα g νβ [Lµ , Lν ](δg [Lα , Lβ ]) (8.92) J abaran δg g µα . Analog dengan persamaan (8.84), diperoleh: g µα gαρ = δρµ

(8.93)

Variasi tensor metrik terhadap persamaan (8.93), adalah: δg (g µα gαρ ) = δg (δρµ )

(8.94)

(δg g µα )gαρ + g µα (δg gαρ ) = 0

(8.95)

(δg g µα )gαρ = −g µα (δg gαρ )

(8.96)

Jika (8.96) dikonstraksikan dengan g ρσ maka diperoleh: (δg g µα )gαρ g ρσ = −g µα (δg gαρ )g ρσ

(8.97)

Dari persamaan (8.97) dengan menggunakan persamaan (8.93), diperoleh: (δg g µα )δασ = −g µα (δg gαρ )g ρσ

(8.98)

BAB 8. LAMPIRAN

40

dimana, δασ = 1, untuk σ = α, sehingga δg µσ = −g µα (δgαρ )g ρσ

(8.99)

Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh: δg g µα = −g µρ (δg gρσ )g σα

(8.100)

J abaran δg g νβ . Analog dengan persamaan (8.93), diperoleh: g νβ gβρ = δρν

(8.101)

Variasi tensor metrik terhadap (8.101), diperoleh: δg (g νβ gβρ ) = δg (δρν )

(8.102)

(δg g νβ )gβρ + g νβ (δg gβρ ) = 0

(8.103)

(δg g νβ )gβρ = −g νβ (δg gβρ )

(8.104)

Jika (8.104) dikalikan dengan g ρσ maka diperoleh: (δg g νβ )gβρ g ρσ = −g νβ (δg gβρ )g ρσ

(8.105)

Dari (8.105), dengan menggunakan relasi (8.101), diperoleh: (δg g νβ )δβσ = −g νβ (δg gβρ )g ρσ

(8.106)

dimana, δβσ = 1, untuk σ = β. Sehingga, δg g νσ = −g νβ (δg gβρ )g ρσ

(8.107)

Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh: δg g νβ = −g νρ (δg gρσ )g σβ

(8.108)

BAB 8. LAMPIRAN

41

Substitusikan (8.100) dan (8.108) ke (8.92), diperoleh: δg (g µα g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]) = −g µρ (δg gρσ g σα g νβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]  + g µα −g νρ (δg gρσ )g σβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] + 0 µρ

(8.109)

σα νβ

= −g (δg gρσ )g g [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ]

− g µα g νρ (δg gρσ )g σβ [Lµ , Lν ][Lα , Lβ ] Bukti persamaan (3.6):     Z 1 1 1 2 2 −1 2 3 Estatik = T r La + ([La , Lb ] ) + mπ (U + U − 2I) dx − 12π 2 2 8

(8.110)

Tinjau transformasi skala: 2e xa → dxa = x = aF





aF 2



2e xc → dxc = x = aF



a

2 aF



de xa

(8.111)

maka, 2e xb →x eb = x = aF b



aF 2

b

b

x → de x =



b

b

dx → dx =



2 aF



de xb

(8.112)

Dengan cara yang sama, c

2 aF



de xc

(8.113)

sehingga, x1 =

2e x1 2de x1 → dx1 = aF aF

(8.114)

x2 =

2de x2 2e x2 → dx2 = aF aF

(8.115)

x3 =

2e x3 2de x3 → dx3 = aF aF

(8.116)

Diperoleh 3

1

2

3

d x = dx dx dx =



2de x1 aF



2de x2 aF



2de x3 aF



=



2 aF

3

de x1 de x2 de x3

(8.117)

Tinjau, La = U −1 ∂a U = U −1

∂U ∂xa

(8.118)

BAB 8. LAMPIRAN

42

maka persamaan (8.118) dapat dinyatakan sebagai, xb −1 ∂e U ∂xa

La =

∂U ∂e xb

(8.119)

Dari persamaan (8.119), dan (8.112) diperoleh: )∂xb ( aF ∂e xb 2 = = ∂xa ∂xa dimana,

∂xb ∂xa



aF 2



∂xb = ∂xa



aF 2



δab

(8.120)

= δab .

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.120) ke (8.119), diperoleh: La =

∂e xb U −1 a ∂x

∂U = U −1 ∂e xb



aF 2



δab

∂U = ∂e xb



aF 2



∂U U = a ∂e x | {z } −1

fa = L

dimana δab = 1 untuk a = b.



aF 2



ea L

(8.121)

Berikut ditinjau, transformasi skala dari suku pertama pada persamaan (8.81): (1) Estatik

=−

Z



F2 2 d xT r L 16 a 3



(8.122)

Substitusikan (8.117) dan (8.121) ke (8.122): (1)

"

3

Z 

2



2

#

F aF 2 e2 de x1 de x2 de x3 T r L a aF 16 2  3  2   2 Z h i F aF 2 e 2a de x1 de x2 de x3 T r L =− aF 16 2   2 2 2Z h i 8 a F F 1 2 3 e2 de x de x de x T r L =− a a3 F 3 16 4   Z  2 1 1 3 = d x − T r La 12π 2 2

Estatik = −

(8.123)

dimana, pada baris terakhir telah digunakan definisi: −



F 8a



1 =− 2



F 4a



1 =− 2



1 12π 2



(8.124)

ea → La . Transformasi skala dari suku kedua dan telah dinamakan ulang, x e → x dan L

BAB 8. LAMPIRAN

43

pada persamaan (8.81):   Z 1 (2) 3 2 Estatik = − d xT r [La , Lc ] 32a2   Z 1 3 2 = − d xT r [La Lc − Lc La ] 32a2 "     2 #     Z  3 aF 2 aF 1 ea ec − aF L ec aF L ea L L de x1 de x2 de x3 T r = − 2 aF 32a 2 2 2 2  3  Z         2 ! aF 2 1 aF ea e c − aF L e c aF L ea de x1 de x2 de x3 T r = − L L 2 aF 32a 2 2 2 2  3  Z     2 2 1 aF e aF e 1 2 3 = − La Lc de x de x de x Tr 2 aF 32a 2 2               2 ! aF e aF e aF e aF e aF e aF e −2 La Lc Lc La + Lc La 2 2 2 2 2 2 "   3   2 Z 2 2 1 aF aF 2 1 2 3 e e2 = − La L de x de x de x Tr c 2 aF 32a 2 2  2  2 #         aF aF e aF e aF e aF e e 2 aF e2 L L La Lc Lc La + −2 c a 2 2 2 2 2 2  3    4 Z i h 2 1 aF 1 2 3 e 2a L e 2c − 2L ea L ec L ec L ea + L e 2c L e 2a = − de x de x de x T r L aF 32a2 2  3    4 Z h i2  2 1 aF 3 e e = − dx eT r La , Lc aF 32a2 2    4 4Z h i2  1 a F 8 3 ea , L ec dx eT r L = − a3 F 3 32a2 16  Z h i2  F 3 ea , L ec dx eT r L = − 64a      Z 1 1 e e i2 1 3 = Tr La , Lc dx e − 12π 2 2 8 (8.125) dimana pada baris terakhir telah digunakan definisi:         F 1 1 F 1 1 1 − = − = − 64a 8 2 4a 8 2 12π 2

(8.126)

Jadi, (2) Estatik

1 = 12π 2

Z



1 dx − 2 3





1 T r [La , Lc ]2 8



(8.127)

BAB 8. LAMPIRAN

44

e a → La . dimana telah dinamakan ulang: x e → x, dan L

Transformasi skala terhadap suku massa, suku ketiga dari persamaan (8.81):  2  Z
F (3) 3 2 −1 Estatik = d xT r M U + U − 2I 16 π   2 Z  3
2 F −1 2 1 2 3 M U + U − 2I = de x de x de x Tr aF 16 π  3  2  Z 
 2 F = de x1 de x2 de x3 T r Mπ2 U −1 + U − 2I aF 16  2Z  
 F 8 = d3 x eT r Mπ2 U −1 + U − 2I 3 3 aF 16 Z  
 1 = d3 x eT r Mπ2 U −1 + U − 2I (8.128) 3 2a F " #  Z  2
1 aF mπ −1 3 U + U − 2I = d x e T r 2a3 F 2   2 2Z  2
 a F 1 3 −1 d x e T r m U + U − 2I = π 2a3 F 4  Z
  F d3 x eT r m2π U −1 + U − 2I = 8a   Z  2
 1 1 −1 3 = T r m U + U − 2I d x − π 12π 2 2 dimana,

mπ =

2Mπ → 2Mπ = aF mπ aF

Mπ =



aF mπ 2



dan, dari persamaan (8.124) diperoleh:         F F 1 1 1 − = − = − 8a 2 4a 2 12π 2

(8.129)

(8.130)

(8.131)

dengan x e → x.

Dari persamaan (8.123), (8.127) dan (8.128) diperoleh: (1)

(2)

(3)

Estatik = Estatik + Estatik + Estatik       Z Z
1 1 1 1 1 3 2 3 2 = d x − T r La + dx − T r [La , Lc ] 12π 2 2 12π 2 2 8   Z 
 1 1 + d3 x − T r m2π U −1 + U − 2I 2 12π 2     Z
1 1 1 2
3 2 2 −1 d x − T r La + [La , Lc ] + mπ U + U − 2I = 12π 2 2 8

(8.132)

BAB 8. LAMPIRAN

45

Lakukan pengujian kestabilan skala terhadap energi statik dari persamaan (8.132). Terhadap transformasi skala x → λx, arus La terskalakan sebagai berikut: La (x) → U −1 (x)

∂U (λx) ∂U (λx) ∂U (x) = U −1 (λx) = λU −1 (λx) = λLa (λx) (8.133) a a ∂x ∂x ∂(λxa )

Tinjau (8.132): Estatik

1 = 12π 2

Z



1 d x − 2 3



Tr



L2a



1 + [La , Lc ]2 + m2π U −1 + U − 2I 8



(8.134)

Penerapan transformasi skala terhadap (8.134), memberikan:    Z 3 1 1 d (λx) 1 2 2
E[(λ)]statik = T r (λL (λx)) + − [λL (λx) , λL (λx)] a a c 12π 2 λ3 2 8
 2 −1 +mπ U + U − 2I     Z 3 1 d (λx) 1 1 2 2 2 2 −1 T r λ La + ([λLa λLc − λLc λLa ] ) + mπ (U + U − 2I) − = 12π 2 λ3 2 8    Z 3 1 1 d (λx) 1 T r λ2 L2a + ([λLa λLc λLa λLc − 2λLa λLc λLc λLa − = 2 3 12π λ 2 8  +λLc λLa λLc λLa ]) + m2π (U −1 + U − 2I)    Z 3 λ4 d (λx) 1 1 2 2 T r λ L + − [La Lc La Lc − 2La Lc Lc La + Lc La Lc La ] = a 12π 2 λ3 2 8  +m2π (U −1 + U − 2I)     Z 3 d (λx) 1 λ4 1 2 2 2 2 −1 − T r λ La + [La Lc − Lc La ] + mπ (U + U − 2I) = 12π 2 λ3 2 8     Z 3 1 d (λx) 1 λ4 2 2 −1 2 2 = − T r λ La + [La , Lc ] + mπ (U + U − 2I) 12π 2 λ3 2 8       4 Z 3 Z 3   1 d (λx) d (λx) λ 1 1 1 2 2 2 = [La , Lc ] − T r λ La + − Tr 12π 2 λ3 2 12π 2 λ3 2 8   Z 3   1 d (λx) 1 + T r m2π (U −1 + U − 2I) − 2 3 12π λ 2          Z Z  2 1 1 1 1 1 1 2 3 3 = d (λx) − T r La + λ d (λx) − Tr [La , Lc ] λ 12π 2 2 12π 2 2 8     Z  2 −1  1 1 1 3 + 3 d (λx) − T r mπ (U + U − 2I) λ 12π 2 2     Z 1 1 1 1 2 −1 3 = T r[mπ (U + U − 2I)] Eσ + λESky + 3 d (λx) − λ λ 12π 2 2 (8.135) dimana Eσ adalah suku energi chiral statik, dan ESky adalah suku energi Skyrme. Dari persamaan (8.135), dengan tidak melibatkan suku massa (nilainya sangat kecil), maka

BAB 8. LAMPIRAN

46

diperoleh:   dE [λ] d 1 |λ=1 = Eσ + λESky |λ=1 dλ dλ λ          d 1 d d 1 d = Eσ + [λ] ESky + λ ESky |λ=1 Eσ + dλ λ λ dλ dλ dλ   1 = − 2 Eσ + ESky |λ=1 λ = −Eσ + ESky

(8.136) Dari persamaan (8.136) diperoleh:   1 d d2 E[λ] E + E − = σ Sky dλ2 λ=1 dλ λ2 λ=1   d d 1 Eσ ESky + = (−1) 2 dλ λ dλ λ=1     λ=1  d 1 1 dE d Sky = (−1) E + + E σ σ dλ λ2 λ2 dλ dλ λ=1 λ=1   2 +0 = (−1) − 3 Eσ + 0 λ λ=1 2 = 3 Eσ λ

(8.137)

λ=1

= 2Eσ

Pembuktian (8.132) dari persamaan adalah sebagai berikut: Tinjau (3.18): Estatik

1 = 12π 2

Z



1 d3 x − 2



Tr

"

1 La ± abc [Lb , Lc ] 4

2 #

1 ∓ 24π 2

Z

d3 xabc T r(La Lb Lc ) (8.138)

dimana, dari persamaan (8.138): 1 1 1 (La ± abc [Lb , Lc ])2 = L2a ± La abc [Lb , Lc ] + (abc [Lb , Lc ])2 4 2 16

(8.139)

BAB 8. LAMPIRAN

47

Dari persamaan (8.139) diperoleh: abc [Lb , Lc ] = abc [Lb Lc − Lc Lb ] = abc Lb Lc − abc Lc Lb = abc Lb Lc − acb Lb Lc

(8.140)

= abc Lb Lc − (−abc )Lb Lc = abc Lb Lc + abc Lb Lc = 2abc Lb Lc dimana a, b, c adalah indeks boneka, dan acb = −abc Tinjau persamaan (8.139) dan (8.140), maka diperoleh: (abc [Lb , Lc ])2 = abc [Lb , Lc ]ade [Ld , Le ] = 2abc Lb Lc 2ade Ld Le

(8.141)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.140) dan (8.141) ke (8.139) diperoleh: 1 1 1 (La ± abc [Lb , Lc ])2 = L2a ± La 2abc Lb Lc + (2abc Lb Lc 2ade Ld Le ) 4 2 16 1 = L2a ± La abc Lb Lc + abc Lb Lc ade Ld Le {z } 4|

(8.142)

(∗)

Dari persamaan (8.141), diperoleh:

2abc Lb Lc 2ade Ld Le = abc [Lb , Lc ]ade [Ld , Le ]

(8.143)

1 1 abc Lb Lc ade Ld Le = abc [Lb , Lc ] ade [Ld , Le ] 2 2

(8.144)

BAB 8. LAMPIRAN

48

Dengan mensubstitusikan (8.144) ke (8.142), diperoleh: 1 1 1 1 (La ± abc [Lb , Lc ])2 = L2a ± La abc Lb Lc + ( abc [Lb , Lc ] ade [Ld , Le ]) 4 4 2 2 1 1 = L2a ± La abc Lb Lc + ( abc ade [Lb , Lc ][Ld , Le ]) 4 4 1 = L2a ± La abc Lb Lc + ([δbd δce − δbe δcd ][Lb , Lc ][Ld , Le ]) 16 1 = L2a ± La abc Lb Lc + (δbd δce [Lb , Lc ][Ld , Le ] − δbe δcd [Lb , Lc ][Ld , Le ]) 16 1 = L2a ± La abc Lb Lc + ([Lb , Lc ][Lb , Lc ] − [Lb , Lc ] [Lc , Lb ] ) | {z } 16 = (−1)[Lb ,Lc ]

1 ([Lb , Lc ][Lb , Lc ] + [Lb , Lc ][Lb , Lc ]) 16 1 = L2a ± La abc Lb Lc + (2[Lb , Lc ][Lb , Lc ]) 16 1 = L2a ± La abc Lb Lc + [Lb , Lc ]2 8

= L2a ± La abc Lb Lc +

(8.145) Sehingga, dengan mensubstitusikan (8.145) ke (8.138), diperoleh:     Z 1 1 1 2 3 2 Estatik = T r La ± La abc Lb Lc + [Lb , Lc ] dx − 12π 2 2 8   Z 1 1 abc T r(La Lb Lc ) d3 x − ∓ 2 12π 2     Z Z 1 1 1 1 3 2 3 dx − dx − T rLa ± abc T r(La Lb Lc ) = 2 2 12π 2 12π 2       Z Z 1 1 1 1 1 3 3 2 ∓ + d x − T r d x − abc T r(La Lb Lc ) [L , L ] b c 12π 2 2 8 12π 2 2       Z Z 1 1 1 1 1 3 3 2 2 dx − dx − [Lb , Lc ] = T r La + Tr 12π 2 2 12π 2 2 8     Z 1 1 1 3 2 2 = dx − T r La + [Lb , Lc ] 12π 2 2 8 (8.146)

8.3

Lampiran III: Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya

Dari persamaan (3.8), dengan mengabaikan suku massa, diperoleh:   1 ∂a La − [Lb , [La , Lb ]] = 0 4

(8.147)

BAB 8. LAMPIRAN

49

dimana a, b, c adalah indeks boneka. Untuk menggunakan teknik analisa tensor secara konsisten, persamaan (8.147) ditulis ulang dalam pernyataan kontraksi indeks sebagai berikut: ∂a



1 L − [Lb , [La , Lb ]] 4 a



=0

(8.148)

Pernyataan ini berlaku dalam koordinat umum. Bila gab adalah komponen tensor metrik berkaitan, maka: La = g ab Lb

(8.149)

g ab = (g −1 )ab

(8.150)

dimana,

Dengan menggunakan persamaan (8.149) dan (8.148), diperoleh: ∂a



1 g Lb − [g bc Lc , [g ad Ld , Lb ]] 4 ab



=0

(8.151)

Tinjau, elemen panjang dalam koordinat kartesian (x, y, z): ds2 = dx2 + dy 2 + dz 2 = gab dxa dxb

(8.152)

dimana, gab = diag(1, 1, 1). Dalam koordinat bola (r, θ, φ), komponen tensor metriknya adalah 



1 0 0     2 gab = 0 r 0    2 2 0 0 r sin θ

(8.153)

atau, gab = diag(1, r 2 , r 2 sin2 θ).

Dengan menggunakan persamaan (8.153), elemen panjang dalam koordinat bola dapat dinyatakan sebagai: ds2 = grr dr 2 + gθθ dθ 2 + gφφ dφ2 = (1) dr 2 + (r 2 ) dθ 2 + (r 2 sin2 θ) dφ2 = dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin2 θ dφ2

(8.154)

BAB 8. LAMPIRAN

50

dimana, g ab



1 1 = diag 1, 2 , 2 2 r r sin θ





1   = 0  0



0

0

1 r2

0

0

r 2 sin2 θ

   

(8.155)

Tinjau persamaan (8.151) dalam koordinat bola, yakni untuk a = r, θ, φ dan digunakan sifat indeks boneka, diperoleh:       1  bc 1  bc rd θa θd ra g Lc , [g Ld , Lb ] + ∂θ g La − g Lc , [g Ld , Lb ] 0 = ∂ r g La − 4 4    1  bc φa φd +∂φ g La − g Lc , [g Ld , Lb ] 4

(8.156)

dimana, g ra La = g rr Lr + g rθ Lθ + g rφ Lφ = (1)Lr = Lr |{z} |{z} |{z} θa

= 0

= 0

= 1

θr

θθ

θφ

1 r2

= 0

g La = g Lr + g Lθ + g Lφ = |{z} |{z} |{z} = 0

φa

=

φr

φθ

= 0

= 0

g La = g Lr + g Lθ + |{z} |{z}

Dari persamaan (8.156), diperoleh:

(8.157)

φφ

=

Lφ = g |{z} 1 r 2 sin2 θ





1 r2



Lθ

1 r 2 sin2 θ

(8.158) 

Lφ

(8.159)

[g bc Lc , [g rd Ld , Lb ]] = [g bc Lc , [( g rr Lr + g rθ Lθ + g rφ Lφ ), Lb ]] |{z} |{z} |{z} = 1

= 0

= 0

= [g bc Lc , [Lr , Lb ]]

= [g rc Lc , [Lr , Lr ]] + [g θc Lc , [Lr , Lθ ]] + [g φc Lc , [Lr , Lφ ]] = [( g θr Lr + g θθ Lθ + g θφ Lφ ), [Lr , Lθ ]] |{z} |{z} |{z} = 0

=

= 0

1 r2

+ [( g φr Lr + g φθ Lθ + g φφ Lφ ), [Lr , Lφ ]] |{z} |{z} |{z} = 0



= 0



=



1 r 2 sin2 θ

  1 1 = 2 Lθ , [Lr , Lθ ] + Lφ , [Lr , Lφ ] r r 2 sin2 θ   1 1 = 2 Lθ , [Lr , Lθ ]] + 2 2 [Lφ , [Lr , Lφ ] r r sin θ

(8.160)

BAB 8. LAMPIRAN

51

dan,     1 bc [g Lc , [g Ld , Lb ]] = [g Lc , [( g Lr + g Lθ + g Lφ ), Lb ]] = g Lc , Lθ , Lb |{z} |{z} |{z} r2 bc

θd

bc

θθ

θr

= 0

=

θφ

= 0

1 r2

(8.161)

Untuk b = r, θ, φ, persamaan (8.161) teruraikan menjadi:          1 1 1 bc θd rc θc φc [g Lc , [g Ld , Lb ]] = g Lc , 2 Lθ , Lr + g Lc , 2 Lθ , Lθ + g Lc , 2 Lθ , Lφ r r r     1 rr rθ rφ = ( g Lr + g Lθ + g Lφ ), 2 Lθ , Lr  |{z} |{z} |{z} r = 1 = 0 = 0     1   + ( g φr Lr + g φθ Lθ + g φφ Lφ ), 2 Lθ , Lφ  |{z} |{z} |{z} r = 0

= 0

=

1 r 2 sin2 θ

  1 1 1 = Lr , 2 Lθ , Lr + 2 2 Lφ , 2 Lθ , Lφ r r r sin θ 1 1 1 = 2 [Lr , [Lθ , Lr ]] + 2 2 2 [Lφ , [Lθ , Lφ ]] r r sin θ r 1 1 = 2 [Lr , [Lθ , Lr ]] + 4 2 [Lφ , [Lθ , Lφ ]] r r sin θ 







(8.162)

BAB 8. LAMPIRAN

52

Dari persamaan (8.156), diperoleh: [g bc Lc , [g φd Ld , Lb ]] = [g bc Lc , [( g φr Lr + g φθ Lθ + |{z} |{z} = 0

  bc = g Lc , = =

=

= = =

r2

= 0

1 Lφ , Lb sin2 θ



=

g φφ Lφ ), Lb ]] |{z} 1 r 2 sin2 θ

 bc  1 g L , [L , L ] c φ b 2 r 2 sin θ     1 rc θc φc [g Lc , [Lφ , Lr ]] + [g Lc , [Lφ , Lθ ] + [g Lc , [Lφ , Lφ ]] | {z }  r 2 sin2 θ  = 0   1 g rr Lr + g rθ Lθ + g rφ Lφ ), [Lφ , Lr ]] 2 [(|{z} 2 |{z} |{z} r sin θ = 0 = 0 = 1    θθ θr θφ +[( g Lr + g Lθ + g Lφ ), [Lφ , Lθ ]] |{z} |{z} |{z}   = 0 = 0 = 12 r   1 1 [Lr , [Lφ , Lr ]] + [ 2 Lθ , [Lφ , Lθ ]] r r 2 sin2 θ   1 1 [Lr , [Lφ , Lr ]] + 2 [Lθ , [Lφ , Lθ ]] r r 2 sin2 θ   1 1 [Lr , [Lφ , Lr ]] + 4 2 [Lθ , [Lφ , Lθ ]] r 2 sin2 θ r sin θ

(8.163) Substitusikan persamaan (8.157), (8.158), (8.159), (8.160), (8.162) dan (8.163), ke persamaan (8.156) diperoleh persamaan Skyrme statik dalam koordinat bola sebagai berikut: 

  1 1 1 0 = ∂ r Lr − [Lθ , [Lr , Lθ ]] + 2 2 [Lφ , [Lr , Lφ ]] 4 r2 r sin θ    1 1 1 1 + ∂θ Lθ − [Lr , [Lθ , Lr ]] + 4 2 [Lφ , [Lθ , Lφ ]] r2 4 r2 r sin θ    1 1 1 1 Lφ − [Lr , [Lφ , Lr ]] + 4 2 [Lθ , [Lφ , Lθ ]] + ∂φ 4 r 2 sin2 θ r 2 sin2 θ r sin θ Tinjau ulang, persamaan (8.132), yakni:     Z
1 1 1 3 2 2 2 −1 dx − T r La + [La , Lc ] + mπ (U + U − 2I) Estatik = 12π 2 2 8

(8.164)

(8.165)

BAB 8. LAMPIRAN

53

Dari persamaan (8.165), elemen volume dalam koordinat bola (r, θ, φ) dapat dinyatakan sebagai: d3 x =

√

g dr dθ dφ

(8.166)

dengan g = det(gab ). Tensor metrik gab dibaca dari elemen panjang dalam koordinat bola: ds2 = grr dr 2 + gθθ dθ 2 + gφφ dφ2

(8.167)

dimana, dengan menggunakan persamaan (8.153), diperoleh: ds2 = (1) dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin2 θ dφ2

(8.168)

Dari persamaan (8.163), dan (8.153) diperoleh: g = det(gab ) = r 4 sin2 θ

(8.169)

sehingga, √

g = r 2 sin θ

(8.170)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.170) ke (8.166), diperoleh: d3 x = r 2 sin θ dr dθ dφ

(8.171)

M encari nilai L2a pada persamaan (8.165). Untuk a = r, θ, φ, maka: L2a = La La = Lr Lr + Lθ Lθ + Lφ Lφ

(8.172)

La = g ab Lb = g ar Lr + g aθ Lθ + g aφ Lφ

(8.173)

dimana,

untuk b = r, θ, φ. Bila a = r, θ, φ, maka persamaan (8.173) dapat dinyatakan sebagai: Lr = g rr Lr + g rθ Lθ + g rφ Lφ = Lr |{z} |{z} |{z} = 1

= 0

= 0

1 Lθ = g θr Lr + g θθ Lθ + g θφ Lφ = 2 Lθ |{z} |{z} |{z} r = 0

=

1 r2

(8.174)

= 0

(8.175)

BAB 8. LAMPIRAN

54

Lφ = g φr Lr + g φθ Lθ + |{z} |{z} = 0

= 0

=

1 g φφ Lφ = 2 2 Lφ |{z} r sin θ

(8.176)

1 r 2 sin2 θ

Dari persamaan (8.172), (8.174), (8.175) dan (8.176) diperoleh: L2a = La La

= L r Lr + L θ Lθ + L φ Lφ     1 1 Lφ Lφ Lθ Lθ + = L r Lr + r2 r 2 sin2 θ     1 1 2 2 = Lr + L2φ Lθ + 2 2 2 r r sin θ

(8.177)

dengan a = r, θ, φ.

M encari nilai [La , Lb ]2 pada persamaan (8.165). [La , Lb ]2 = [La , Lb ][La , Lb ] = [Lr , Lb ][Lr , Lb ] + [Lθ , Lb ][Lθ , Lb ] + [Lφ , Lb ][Lφ , Lb ] = [Lr , Lr ][Lr , Lr ] + [Lr , Lθ ][Lr , Lθ ] + [Lr , Lφ ][Lr , Lφ ] | {z } | {z } = 0

= 0

+ [Lθ , Lr ][Lθ , Lr ] + [Lθ , Lθ ][Lθ , Lθ ] +[Lθ , Lφ ][Lθ , Lφ ] + [Lφ , Lr ][Lφ , Lr ] | {z } | {z } = 0

= 0

+ [Lφ , Lθ ][Lφ , Lθ ] + [Lφ , Lφ ][Lφ , Lφ ] | {z } | {z } = 0

= 0

= [Lr , Lθ ][Lr , Lθ ] + [Lr , Lφ ][Lr , Lφ ] + [ Lθ , Lr ][ Lθ , Lr ] + [Lθ , Lφ ][Lθ , Lφ ] | {z } | {z } (−1)[Lr ,Lθ ] (−1)[Lr ,Lθ ]

+ [ Lφ , Lr ][ Lφ , Lr ] + [ Lφ , Lθ ][ Lφ , Lθ ] | {z } | {z } | {z } | {z } (−1)[Lr ,Lφ ] =(−1)[Lr ,Lφ ]

(−1)[Lθ ,Lφ ] (−1)[Lθ ,Lφ ]

 = 2 [Lr , Lθ ][Lr , Lθ ] + [Lr , Lφ ][Lr , Lφ ] + [Lθ , Lφ ][Lθ , Lφ ]

dimana, a, b, c adalah indeks boneka.

(8.178)

BAB 8. LAMPIRAN

55

Dari persamaan (8.178), diperoleh: [Lr , Lθ ] = [Lr Lθ − Lθ Lr ] = [ g rr Lr g θθ Lθ − g θθ Lθ g rr Lr ] |{z} |{z} = 1

=

1 2

  r    1 1 = Lr Lθ − Lθ Lr r2 r2   1 1 = 2 Lr Lθ − 2 Lθ Lr r r 1 = 2 [Lr Lθ − Lθ Lr ] r 1 = 2 [Lr , Lθ ] r

(8.179)

[Lr , Lφ ] = [Lr Lφ − Lφ Lr ] = [g rr Lr g φφ Lφ − g φφ Lφ g rr Lr ]       1 1 = (1)Lr Lφ − Lφ (1)Lr r 2 sin2 θ r 2 sin2 θ 1 = 2 2 [Lr Lφ − Lφ Lr ] r sin θ 1 = 2 2 [Lr , Lφ ] r sin θ

(8.180)

[Lθ , Lφ ] = [Lθ Lφ − Lφ Lθ ] = [g θθ Lθ g φφ Lφ − g φφ Lφ g θθ Lθ ]          1 1 1 1 = L L − L Lθ θ φ φ 2 2 r2 r2 r 2 sin θ r 2 sin θ 1 = 4 2 [Lθ Lφ − Lφ Lθ ] r sin θ 1 = 4 2 [Lθ , Lφ ] r sin θ

(8.181)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.179), (8.180) dan (8.181) ke (8.178), diperoleh:   1 1 1 2 [La , Lb ] = 2 2 [Lr , Lθ ][Lr , Lθ ] + 2 2 [Lr , Lφ ][Lr , Lφ ] + 4 2 [Lθ , Lφ ][Lθ , Lφ ] r r sin θ r sin θ   1 1 1 2 2 2 = 2 2 [Lr , Lθ ] + 2 2 [Lr , Lφ ] + 4 2 [Lθ , Lφ ] r r sin θ r sin θ (8.182)

BAB 8. LAMPIRAN

56

Jadi, dengan mensubstitusikan (8.177) dan (8.182) ke (8.165), diperoleh:        Z 1 1 1 1 2 3 2 = T r Lr + L2φ dx − Lθ + 2 2 2 2 12π 2 r r sin θ     1 1 1 1 2 2 2 2 −1 + 2 2 [Lr , Lθ ] + 2 2 [Lr , Lφ ] + 4 2 [Lθ , Lφ ] + mπ (U + U − 2I) 8 r r sin θ r sin θ        Z 1 1 1 1 2 3 2 = T r Lr + L2φ dx − Lθ + 12π 2 2 r2 r 2 sin2 θ    1 1 1 1 2 −1 2 2 2 + [Lr , Lθ ] + 2 2 [Lr , Lφ ] + 4 2 [Lθ , Lφ ] + mπ (U + U − 2I) 4 r2 r sin θ r sin θ

Estatik

(8.183) dimana, Lr = (iσ.b n)I



dg dr



(8.184)

sehingga, L2r

=



(iσ.b n)I



dg dr

     2  2 dg dg dg 2 (iσ.b n)I = (−1) (σ.b n) =− 1 | {z } dr dr dr = 1

(8.185)

Jadi, Tr Berikut, karena



L2r





= −(2)

∂b n Lθ = i cos g sin g σ. ∂θ





dg dr

2 

∂b n + (σ.b n) σ. ∂θ

(8.186)



sin2 g

(8.187)

BAB 8. LAMPIRAN

57

maka L2θ

   ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 2 2 = i cos g sin g(σ. ) + (σ.b n)(σ. ) sin g i cos g sin g(σ. ) + (σ.b n)(σ. ) sin g ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n n)(σ. ) = (−1) cos2 g sin2 g(σ. )(σ. ) + i cos g sin3 g(σ. )(σ.b ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n + i cos g sin3 g (σ.b n)(σ. )(σ. ) + sin4 g(σ.b n)(σ. )(σ.b n)(σ. ) ∂θ ∂θ ∂θ | {z ∂θ } b )(σ.b n) =−(σ. ∂∂θn

∂b n ∂b n ∂b n ∂b n )(σ. ) + i cos g sin3 g(σ. )(σ.b n)(σ. ) ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n − i cos g sin3 g(σ. )(σ.b n)(σ. ) + sin4 g(σ.b n) (σ. )(σ.b n) (σ. ) ∂θ ∂θ ∂θ | ∂θ{z } = − cos2 g sin2 g(σ.

b ) =(−1)(σ.b n)(σ. ∂∂θn

∂b n ∂b n ∂b n ∂b n = − cos2 g sin2 g (σ. )(σ. ) − sin4 g (σ.b n)(σ.b n) (σ. )(σ. ) | {z } | ∂θ {z ∂θ } | ∂θ {z ∂θ } = 1 = 1

= 1

= (− cos2 g sin2 g − sin4 g)1

= (− sin2 g [cos2 g + sin2 g])1 {z } | = 1

= − sin2 g1

(8.188) Jadi,

Berikut,

  T r L2θ = −(2) sin2 g 

∂b n Lφ = i cos g sin g σ. ∂φ



(8.189) 

∂b n + (σ.b n) σ. ∂φ



sin2 g

(8.190)

BAB 8. LAMPIRAN

58

sehingga,    ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 2 2 2 Lφ = i cos g sin g(σ. ) + (σ.b n)(σ. ) sin g i cos g sin g(σ. ) + (σ.b n)(σ. ) sin g ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n n)(σ. ) = (−1) cos2 g sin2 g(σ. )(σ. ) + i cos g sin3 g(σ. )(σ.b ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n n) (σ. )(σ.b n)(σ. ) + i cos g sin3 g (σ.b n)(σ. )(σ. ) + sin4 g(σ.b ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ | | {z } {z } n b =−(σ. ∂∂φ )(σ.b n)

n b =−(σ.b n)(σ. ∂∂φ )

∂b n ∂b n ∂b n ∂b n )(σ. ) + i cos g sin3 g(σ. )(σ.b n)(σ. ) ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n n)(σ. ) − sin4 g (σ.b n)(σ.b n)(σ. )(σ. ) − i cos g sin3 g(σ. )(σ.b | {z } ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ = − cos2 g sin2 g(σ.

= 1

∂b n ∂b n ∂b n ∂b n = − cos2 g sin2 g (σ. )(σ. ) − sin4 g (σ. )(σ. ) ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ {z } {z } | | = sin2 θ

=sin2 θ

= (− cos2 g sin2 g sin2 θ − sin4 g sin2 θ)1 = (− sin2 g sin2 θ[cos2 g + sin2 g])1 = (− sin2 g sin2 θ)1

(8.191) Jadi,   T r L2φ = −(2) sin2 g sin2 θ

(8.192)

Pada perhitungan di atas, telah digunakan proposisi berikut. P roposisi:



∂b n σ. ∂φ



∂b n σ. ∂φ



= sin2 θ

(8.193)

Bukti: Karena:

maka,

b = sin θ cos φbi + sin θ sin φb n j + cos θb k ∂b n = cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θb k ∂θ ∂b n = − sin θ sin φbi + sin θ cos φb j ∂φ

(8.194)

(8.195)

(8.196)

BAB 8. LAMPIRAN



∂b n σ. ∂θ



59

∂b n σ. ∂θ





  ∂na ∂nb = σa σb ∂θ ∂θ 1 ∂na ∂nb ∂na ∂nb = (σa σb + σb σa ) = σ a σb ∂θ ∂θ 2 ∂θ ∂θ ∂na ∂nb 1 = (2 δab ) 2 |{z} ∂θ ∂θ

(8.197)

=1,a=b

=

∂na ∂na ∂θ ∂θ

Dari persamaan (8.197), diperoleh:           ∂b n ∂b n ∂n1 ∂n1 ∂n2 ∂n2 ∂n3 ∂n3 σ. σ. = σ1 σ1 σ2 σ2 σ3 σ3 ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂n1 ∂n1 ∂n2 ∂n2 ∂n3 ∂n3 = σ 1 σ1 + σ 2 σ2 + σ 3 σ3 ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ (8.198) dimana, σ = σ1bi + σ2b j + σ3 b k

dan,

∂n1 ∂n1 ∂n2 ∂n2 ∂n3 ∂n3 ∂na ∂na = ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ

(8.199)

(8.200)

Tinjau (8.200) dengan menggunakan (8.195), diperoleh:    ∂b n ∂b n σ. σ. = (cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θb k).(cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θb k) ∂θ ∂θ = cos2 θ cos2 φ + cos2 θ sin2 φ + sin2 θ = cos2 θ[cos2 φ + sin2 φ] + sin2 θ = cos2 θ + sin2 θ =1 (8.201) Dari persamaan (8.197) dan (8.201), diperoleh:        n ∂b n ∂b n ∂na ∂na ∂b n ∂b . σ. σ. = = =1 ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ Analog dengan persamaan (8.197), diperoleh:        ∂b n ∂na ∂na ∂b n ∂b n ∂b n σ. = = . σ. ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ

(8.202)

(8.203)

BAB 8. LAMPIRAN

60

Tinjau persamaan (8.203) dengan menggunakan (8.196):    ∂b n ∂b n σ. σ. = (− sin θ sin φ bi + sin θ cos φb j)(− sin θ sin φbi + sin θ cos φb j) ∂φ ∂φ = sin2 θ sin2 φ + sin2 θ cos2 φ

= sin2 θ[sin2 φ + cos2 φ] = sin2 θ (8.204) maka diperoleh: 

∂b n σ. ∂φ



∂b n σ. ∂φ



=



∂na ∂na ∂φ ∂φ



=



n ∂b n ∂b . ∂φ ∂φ



= sin2 θ

(8.205)

M encari nilai [Lr , Lθ ]2 pada persamaan (8.183). [Lr , Lθ ] = [Lr Lθ − Lθ Lr ] = 2i



dg dr



      ∂b n ∂b n sin g i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g ∂θ ∂θ (8.206)

BAB 8. LAMPIRAN

61

Dari persamaan (8.206), diperoleh: [Lr , Lθ ]

2

   2      2 ∂b n ∂b n dg = 2i sin g i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g dr ∂θ ∂θ  2       dg ∂b n ∂b n 2 = 4(−1) + σ. sin g sin g i cos g(σ.b n) σ. dr ∂θ ∂θ       ∂b n ∂b n i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g ∂θ ∂θ       2 ∂b n dg ∂b n 2 2 sin g (−1) cos g(σ.b n) σ. = −4 (σ.b n) σ. dr ∂θ ∂θ    ∂b n ∂b n +i cos g sin g(σ.b n) σ. σ. ∂θ ∂θ

     ∂b n 

     ∂b n ∂b n ∂b n 2 +i cos g sin g σ. (σ.b n) σ. + sin g σ. σ. ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ | {z } | {z b =1 −(σ.b n)(σ. ∂∂θn )        2      ∂b n dg ∂b n 2 2 2 sin g cos g (σ.b n)(σ.b n) σ. = −4 σ. + sin g | {z }   dr ∂θ ∂θ     | {z } = 1 = 1  2  dg sin2 g cos2 g + sin2 g 1 = −4 dr  2 dg = −4 sin2 g1 dr 

  }  

(8.207) Jadi, 2

T r [Lr , Lθ ] = −4(2)



dg dr

2

sin2 g

(8.208)

M encari nilai [Lr , Lφ ]2 pada persamaan (8.183). Dengan mensubstitusikan persamaan (8.184) dan (8.190) ke relasi komutasi keduanya,

BAB 8. LAMPIRAN

62

maka diperoleh: [Lr , Lφ ] = [Lr Lφ , Lφ Lr ]          dg ∂b n ∂b n 2 = (iσ.b n) i cos g sin g σ. + (σ.b n) σ. sin g dr ∂φ ∂φ         ∂b n ∂b n dg 2 − i cos g sin g σ. + (σ.b n) σ. sin g (iσ.b n) ∂φ ∂φ dr         dg ∂b n ∂b n i cos g(σ.b n) σ. + (σ.b n)(σ.b n) σ. sin g = i sin g dr ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n − i cos g σ. (σ.b n) + (σ.b n) σ. (σ.b n) sin g ∂φ ∂φ         dg ∂b n ∂b n = i sin g i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g dr ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n − (σ.b n)(σ.b n) σ. sin g − −i cos g(σ.b n) σ. ∂φ ∂φ         dg ∂b n ∂b n i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g = i sin g dr ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n + i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g ∂φ ∂φ        dg ∂b n ∂b n i cos g (σ.b n) σ. + σ. sin g = 2i sin g dr ∂φ ∂φ (8.209)

BAB 8. LAMPIRAN

63

Dari persamaan (8.209), diperoleh:   2      2 dg ∂b n ∂b n 2 [Lr , Lφ ] = 2i sin g i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g dr ∂φ ∂φ  2       dg ∂b n ∂b n 2 = 4(−1) sin g i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g dr ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n i cos g(σ.b n) σ. + σ. sin g ∂φ ∂φ  2      dg ∂b n ∂b n 2 2 = −4 sin g (−1) cos g(σ.b n) σ. (σ.b n) σ. dr ∂φ ∂φ        ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n σ. + i cos g sin g σ. (σ.b n) σ. +i cos g sin g(σ.b n) σ. ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ | {z } n b =−(σ.b n)(σ. ∂∂φ )         ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n  2 σ. + sin g σ. σ. σ. ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ    | {z }  θ = sin          2      ∂b n ∂b n dg 2 2 2 2 (−1) cos g(σ.b n)(−1)(σ.b n) σ. σ. = −4 sin g + sin g sin θ  dr  ∂φ ∂φ     | {z }   2 = sin θ    2   dg cos2 g (σ.b n)(σ.b n) sin2 θ + sin2 g sin2 θ = −4 sin2 g | {z }  dr  = 1  2 dg  2 2 = −4 sin g cos g sin2 θ + sin2 g sin2 θ 1 dr  2  dg = −4 sin2 g sin2 θ cos2 g + sin2 g 1 dr  2 dg sin2 θ1 = −4 sin2 g dr

(8.210) Jadi, 2

2

T r [Lr , Lφ ] = −4(2) sin g



dg dr

2

sin2 θ

(8.211)

M encari nilai [Lθ , Lφ ]2 pada persamaan (8.183).

[Lθ , Lφ ] = [Lθ Lφ − Lφ Lθ ]

(8.212)

BAB 8. LAMPIRAN

64

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.187), dan (8.190) ke relasi komutasi keduanya, maka diperoleh: [Lθ , Lφ ] = [Lθ Lφ − Lφ Lθ ]       ∂b n ∂b n 2 = i cos g sin g σ. + (σ.b n) σ. sin g ∂θ ∂θ       ∂b n ∂b n 2 + (σ.b n) σ. sin g i cos g sin g σ. ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n 2 − i cos g sin g σ. + (σ.b n) σ. sin g ∂φ ∂φ       ∂b n ∂b n 2 i cos g sin g σ. + (σ.b n) σ. sin g ∂θ ∂θ         ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 3 2 2 σ. + i cos g sin g σ. (σ.b n) σ. = (−1) cos g sin g σ. ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ        ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 3 4 +i cos g sin g(σ.b n) σ. σ. + sin g(σ.b n) σ. (σ.b n) σ. ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ         ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 3 2 2 σ. + i cos g sin g σ. (σ.b n) σ. − (−1) cos g sin g σ. ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ         ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 3 4 + i cos g sin g(σ.b n) σ. σ. + sin g(σ.b n) σ. (σ.b n) σ. ∂φ ∂θ ∂φ ∂φ        ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n = − cos2 g sin2 g σ. σ. − sin4 g(σ.b n)(σ.b n) σ. σ. ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ        ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 2 2 4 − − cos g sin g σ. σ. − sin g(σ.b n)(σ.b n) σ. σ. ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ       ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n σ. − sin4 g σ. σ. = − cos2 g sin2 g σ. ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ       ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 2 2 4 + cos g sin g σ. σ. + sin g σ. σ. ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ                     ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 2 2 σ. − σ. σ. = cos g sin g σ.  ∂φ ∂θ ∂θ ∂φ     | {z }     ∂n ∂na b =2iabc σc ∂φ ∂θ       ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n 4 σ. − σ. σ. + sin g σ. ∂φ ∂θ ∂θ ∂φ     ∂na ∂nb ∂na ∂nb 2 2 4 = cos g sin g 2iabc σc + sin g 2iabc σc ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂na ∂nb = sin2 g 2iabc σc cos2 g + sin2 g ∂φ ∂θ   ∂na ∂nb 2 = sin g 2iabc σc ∂φ ∂θ

BAB 8. LAMPIRAN

65 (8.213)

Jadi, dari persamaan (8.213), diperoleh:    ∂na ∂nb ∂nd ∂ne 2 4 [Lθ , Lφ ] = sin g 2iabc σc 2idef σf ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ

(8.214)

Dalam perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut: P roposisi:       ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n ∂na ∂nb σ. σ. − σ. σ. = 2iabc σc ∂φ ∂θ ∂θ ∂φ ∂φ ∂θ

(8.215)

Bukti:             ∂b n ∂b n ∂b n ∂b n ∂b na ∂b nb ∂b na ∂b nb σ. σ. − σ. σ. = σa σb − σa σb ∂φ ∂θ ∂θ ∂φ ∂φ ∂θ ∂θ ∂φ ∂na ∂nb = (σa σb − σb σa ) ∂φ ∂θ (8.216) dimana, ∂nb ∂na ∂na ∂nb = ∂θ ∂φ ∂φ ∂θ

(8.217)

dan matriks Pauli σa memenuhi aturan siklis: (σa σb − σb σa ) = 2iabc σc

(8.218)

dengan a, b, c = 1, 2, 3. Dengan mensubstitusikan persamaan (8.218) ke (8.216) maka diperoleh: 

∂b n σ. ∂φ



∂b n σ. ∂θ





∂b n − σ. ∂θ



∂b n σ. ∂φ



= 2iabc σc

∂na ∂nb ∂φ ∂θ

(8.219)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.185),(8.188),(8.191),(8.207),(8.210) dan (8.214) ke dalam persamaan (8.183) diperoleh: "     Z 2 1 1 dg 1 1 2 2 3 2 + Estatik = T r − d x − (−1) sin g + 2 (−1) sin g sin θ 2 2 2 12π 2 dr r r sin θ  2  2     dg 1 1 dg 1 1 2 2 + (−4) sin g + sin2 θ 2 (−4) sin g 2 2 4 r dr 4 r sin θ dr        1 ∂na ∂nb ∂nd ∂ne 1 4 sin g 2iabc σc 2idef σf + 4 r 4 sin2 θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ
 + mπ U −1 + U − 2I

BAB 8. LAMPIRAN

66 (8.220)

Berikut, dihitung faktor trace pada suku yang mengandung simbol Levi-Civita.         ∂na ∂nb ∂nd ∂ne ∂na ∂nb ∂nd ∂ne T r abc σc def σf = abc def T r(σc σf ) ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂na ∂nb ∂nd ∂ne = abc def (2δcf ) ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂na ∂nb ∂nd ∂ne = 2abf def ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ (8.221) dimana, telah digunakan proposisi berikut: P roposisi: T r(σc σf ) = 2δcf

(8.222)

σc σf + σf σc = 2δcf .1

(8.223)

Bukti:

yakni, sifat matriks Pauli. Jika dilakukan trace terhadap persamaan (8.223), diperoleh: T r(σc σf + σf σc ) = T r(2δcf .1)

(8.224)

T r(σc σf ) + T r(σf σc ) = 2δcf .T r(1)

(8.225)

sehingga,

dimana,

Sifat trace:



T r(1) = T r 

1 0 0 1



=2

(8.226)

T r(AB) = T r(BA)

(8.227)

T r(σc σf ) + T r(σc σf ) = 2δcf (2)

(8.228)

2T r(σc σf ) = 4δcf

(8.229)

maka:

sehingga,

BAB 8. LAMPIRAN

67

Jadi, terbukti: T r(σc σf ) = 2δcf

(8.230)

Dengan menggunakan sifat perkalian dua simbol Levi-Civita: abf def = δad δbe − δae δbd

(8.231)

maka persamaan (8.221) menjadi:         ∂na ∂nb ∂nd ∂ne ∂na ∂nb ∂nd ∂ne T r abc σc def σf = 2 (δad δbe − δae δbd ) ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂nd ∂ne ∂nd ∂ne = 2 ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂ne ∂nd ∂nd ∂ne −2 ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂ne ∂ne ∂nd ∂nd = 2 ∂φ ∂φ ∂θ ∂θ    ∂ne ∂ne ∂nd ∂nd −2 ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ    ∂nd ∂nd ∂ne ∂ne = 2 ∂φ ∂φ ∂θ ∂θ {z }| {z } | = 1 = sin2 θ    ∂ne ∂ne ∂nd ∂nd −2 ∂φ ∂θ ∂φ ∂θ | {z }| {z } = 0

= 0

2

= 2(sin θ)(1) − 2(0)(0) = 2 sin2 θ

(8.232) Pada perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut: P roposisi:

Bukti:

sehingga,



b ∂n b ∂n . ∂φ ∂θ



=



∂na ∂na ∂φ ∂θ



=0

b = sin θ cos φ bi + sin θ sin φ b n j + cos θ b k b ∂n = − sin θ sin φbi + sin θ cos φb j ∂φ

(8.233)

(8.234)

(8.235)

BAB 8. LAMPIRAN

68

dan, b ∂n b = cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θ k ∂θ

Jadi,

(8.236)

b b ∂n ∂n b . = (− sin θ sin φbi + sin θ cos φb j).(cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θ k) ∂φ ∂θ = − sin θ sin φ cos θ cos φ + sin θ cos φ cos θ sin φ = 0 (8.237)

Jika persamaan (8.232) disubstitusikan ke dalam persamaan (8.220), diperoleh: "     Z 2 1 1 dg 1 1 3 Estatik = + 2 (−1) sin2 g + 2 2 (−1) sin2 g sin2 θ+ (2) − d x − 2 12π 2 dr r r sin θ !  2  2 dg 1 1 dg 1 1 (−4) sin2 g + 2 2 (−4) sin2 g sin2 θ + 4 2 sin4 g(−4) sin2 θ 4 r2 dr dr r sin θ r sin θ
 +mπ U −1 + U − 2I "  2 Z 1 dg 1 1 3 d x (−1) (−1) + 2 (−1) sin2 g + 2 2 (−1) sin2 g sin2 θ+ = 2 12π dr r r sin θ !  2  2 1 1 1 dg dg (−1) sin2 g + 2 2 sin2 g sin2 θ + 4 2 sin4 g sin2 θ 2 r dr dr r sin θ r sin θ
 +mπ U −1 + U − 2I "  Z 2 dg 1 1 1 3 d x = + 2 sin2 g + 2 2 sin2 g sin2 θ 2 12π dr r r sin θ  2  2 1 dg 1 1 dg 2 2 + 2 sin g + 2 2 sin g sin2 θ + 4 2 sin4 g sin2 θ r dr dr r sin θ r sin θ
 −1 −mπ U + U − 2I (8.238)

BAB 8. LAMPIRAN

69

Jika suku massa ditiadakan (nilainya sangat kecil) maka persamaan (8.238) menjadi: "  Z 2 1 1 dg 1 3 Estatik = + 2 sin2 g + 2 2 sin2 g sin2 θ dx 2 12π dr r r sin θ #  2 1 dg 1 sin2 g(1 + 1) + 4 2 sin4 g sin2 θ + 2 r dr r sin θ "  #  2 Z 2 1 1 1 dg 2 dg = + 2 sin2 g(1 + 1) + 2 sin2 g + 4 sin4 g d3 x 12π 2 dr r r dr r

(8.239) Berikut, digunakan kembali definisi satuan: F 1 = 12π 2 4a

(8.240)

dan definisi integral volume dalam koordinat bola: Z

3

d x=

Z

2π

dφ 0

Z

π

sin θdθ

0

Z

∞

r 2 dr

(8.241)

0

Dengan memperhatikan bahwa faktor integran tak gayut pada variabel sudut θ dan φ, diperoleh: Estatik =



πF a

Z

∞

dr r 2

0

"

dg dr

2

2 2 + 2 sin2 g + 2 r r



dg dr

2

sin4 g sin2 g + 4 r

#

(8.242)

dimana, telah digunakan nilai integral: Z

2π

dφ

Z

π

sin θ dθ = 4π

(8.243)

0

0

Berikut, ditinjau penurunan persamaan Euler-Lagrange dari Estatik , dengan mengabaikan suku massa, yakni: Estatik

πF = a

Z

∞ 0

dr







sin2 g r g + 2 sin g + sin g 2g + 2 r 2

02

2

2

02



(8.244)

yang dapat pula dinyatakan sebagai berikut: Estatik = K

Z

∞ 0

  sin4 g 02 2 02 2 dr r g + 2 sin g(1 + g ) + 2 r

(8.245)

BAB 8. LAMPIRAN

70

dimana, πF a

K=

(8.246)

Jadi, variasi dari Estatik menurut persamaan (8.245), adalah: Z

∞

n

0

0

0

0

0

dr r 2 (2g δg ) + (2)(2) sin g cos g δg(1 + g 2 ) + 2 sin2 g (0 + 2g δg ) 0  1 3 + 2 4 sin g cos g δg r   2 ! Z ∞ (  dg d dg δg = 2K dr r 2 (δg) + 2 sin g cos g 1 + dr dr dr 0    dg d 1 2 3 +2 sin g (δg) + 2 2 sin g cos g δg dr dr r

δg Estatik = K

(8.247) dimana telah digunakan: 0

δg = δ



dg dr



=

d (δg) dr

(8.248)

Bagaimana caranya mengeluarkan δg dari persamaan (8.247) ? Karena r

2



dg d [δg] dr dr



dan, 2

2 sin g



dg d (δg) dr dr



d = dr |

d = dr | 



    dg d 2 dg r r δg δg − dr dr dr {z } 2

(8.249)

derivatif total

    dg d dg 2 2 sin g δg − 2 sin g δg dr dr dr {z } 2

(8.250)

derivatif total

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.249) dan (8.250) ke persamaan (8.247) serta membuang suku derivatif total, diperoleh:    2 !    Z ∞ ( d dg d dg 2 dg 2 δg Estatik = 2K dr − r + 2 sin g cos g 1 + − 2 sin g dr dr dr dr dr 0  1 dg (8.251) + 2 2 sin3 g cos g |{z} r sembarang

Dengan demikian, dari syarat variasi aksi stasioner: δg Estatik = 0

(8.252)

BAB 8. LAMPIRAN

71

diperoleh:    2 !    d dg 1 dg d 2 2 dg 0=− r + 2 sin g cos g 1 + − 2 sin g + 2 2 sin3 g cos g dr dr dr dr dr x     d2 g dg dg + r 2 2 + 2 sin g cos g 1 + [ ]2 = − 2r dr dr dr   2 dg 2 dg dg + 2 sin2 g 2 + 2 sin3 g cos g − 4 sin g cos g dr dr dr r  2 2   dg dg dg [sin 2g − 2 sin 2g] + (−2r) + sin 2g = 2 −r 2 − 2 sin2 g + dr dr dr 1 + 2 sin2 g sin 2g r (8.253) Jika (8.253) dibagi dengan (−r 2 ), diperoleh:    2      1 2 1 2 1 d2 g dg dg 2 − 2 sin 2g− 4 sin2 g sin 2g sin 2g + 0 = 2 1 + 2 sin g + 2 dr r dr r dr r r r (8.254) yang adalah, persamaan Euler-Lagrange berkaitan.

8.4

Lampiran IV: Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait

Tinjau kembali persamaan (3.2), yang dapat dinyatakan sebagai berikut: ESkyrmion = Estatik + Erotasi

(8.255)

Solusi persamaan Skyrme dalam kasus statik, yakni persamaan (5.3) adalah: U (r) = exp (ig(r)σ.b r ) = cos g + i(σ.b r ) sin g = cos g + i( dimana, n b = rb, rb =

r |r|

=

xa r




σa xa ) sin g r

(8.256)

bi.

Perlakuan kuantisasi (hanya berlaku untuk sistem fisis yang berevolusi terhadap waktu) terhadap persamaan (8.256), diperoleh dengan meninjau ketergantungan U (r) terhadap waktu t sebagai berikut: U (r) → U (r, t) = A(t) U (r) A(t)†

(8.257)

BAB 8. LAMPIRAN

72

Jika persamaan (8.256) disubstitusikan ke (8.257), maka diperoleh: h σ x  i a a U (r, t) = A cos g + i sin g A† r

(8.258)

dimana, A(t) ∈ SU (2)internal , A adalah matriks unitari, AA† = A† A = I. Dengan demikian, persamaan (8.258) menjadi:   σ x  a a † † xa U (r, t) = A cos g A + iA sin g A = cos g + iAσa A sin g r r †

(8.259)

Matriks A(t) berkaitan dengan matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang: r = (xa )bi

yakni:

0

r → r = R(t)r

(8.260)

(8.261)

dimana R(t) ∈ SO(3). Persamaan (8.261) dalam bentuk komponen adalah: 0

xa → xa = Rab xb

(8.262)

Jadi, efek rotasi ruang pada persamaan (8.261) terhadap U (r), pada persamaan (8.259) adalah: 0

U (r) → U (r ) = cos g + i



0

σa xa r



i sin g = cos g + σa Rab xb sin g r

(8.263)

Jika persamaan (8.263) dibandingkan dengan persamaan (8.259), tampak bahwa efek transformasi SU (2)internal sama dengan efek transformasi rotasi ruang: A σa A† xa = σa Rab xb Matriks A(t) dengan demikian disebut koordinat kolektif dari skyrmion.

(8.264) Dengan

menuliskan ruas kiri persamaan (8.264), sebagai: A σa A† xa = A σa A† δab xb

(8.265)

maka dengan mensubstitusikan ruas kanan persamaan (8.265) ke ruas kiri persamaan (8.264), diperoleh: A σa A† δab xb = σa Rab xb

(8.266)

BAB 8. LAMPIRAN

73

yang darinya tersimpulkan bahwa: A σa A† δab = σa Rab

(8.267)

A σb A† = σa Rab

(8.268)

atau

Dari persamaan (8.268), terlihat bahwa efek transformasi internal sama dengan efek transformasi ruang. Berikut, dihitung Erotasi dengan menggunakan relasi U (r, t) = A(t)U (r)A(t)† . Dari persamaan (3.5), diperoleh, untuk ”rapat energi” berkaitan:  2  F 2 1 2 εrotasi = −T r L + [Lo , La ] 16 o 16a2

(8.269)

dimana, Lo = U † ∂ o U

(8.270)

U (r, t) = A(t)U (r)A(t)† = A(t)Ust A(t)†

(8.271)

Dari persamaan (8.257), diperoleh:

dimana telah diperkenalkan: Ust = U (r). Maka U (r, t)† = [AUst A† ]† = (A† )† Ust† A† = AUst† A†

(8.272)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.271) dan (8.272) ke persamaan (8.270) diperoleh: Lo = [AUst† A† ]∂o [AUst A† ] = [AUst† A† ][(∂o A)Ust A† + AUst ∂o A† ]

(8.273)

karena Ust adalah fungsi dari r saja. Dari persamaan (8.273), diperoleh: L2o = (U † ∂o U )(U † ∂o U )

(8.274)

(∂o U )U † = −U (∂o U † )

(8.275)

Karena,

BAB 8. LAMPIRAN

74

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.275) ke (8.274), diperoleh: L2o = U † (−U ∂o U † )∂o U = −I(∂o U † )∂o U = −(∂o [AUst† A† ])∂o [AUst A† ] = −[(∂o A)Ust† A† + AUst† (∂o A† )][(∂o A)Ust A† + AUst (∂o A† )] = −[(∂o A)Ust† A† (∂o A)Ust A† + (∂o A)Ust† A† AUst (∂o A† ) +AUst† (∂o A† )(∂o A)Ust A† + AUst† (∂o A† )AUst (∂o A† )] (8.276) Dari persamaan (8.276), dengan menggunakan sifat trace, diperoleh: T r L2o = −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + (∂o A)Ust† Ust (∂o A† ) + Ust A† AUst† (∂o A† )(∂o A) +AUst† (∂o A† )AUst (∂o A† )] = −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + (∂o A)(∂o A† ) + (∂o A† )(∂o A) + AUst† (∂o A† )AUst (∂o A† )] = −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + 2(∂o A)(∂o A† ) + AUst† (∂o A† )AUst (∂o A† )] = −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + 2(∂o A)(∂o A† ) + (∂o A† )AUst† (∂o A† )AUst ]   = −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + 2(∂o A)(∂o A† ) + −A† (∂o A) Ust† −A† (∂o A) Ust ]

= −T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + 2(∂o A)(∂o A† ) + Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A)] = −2T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) + (∂o A)(∂o A† )]

(8.277) Karena A† A = I

(8.278)

(∂o A† )A + A† (∂o A) = ∂o I → (∂o A† )A = −A† (∂o A)

(8.279)

maka darinya diperoleh relasi berikut:

Dengan demikian, (∂o A)(∂o A† ) = (∂o A)(A† A)(∂o A† ) = (∂o A)A† [−(∂o A)]A† = −(∂o A)A† (∂o A)A† (8.280)

BAB 8. LAMPIRAN

75

Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.280) ke (8.277), diperoleh: T rL2o = −2T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) − (∂o A)A† (∂o A)A† ]  2 = −2T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) − A† (∂o A) ]

(8.281)

Tinjau kembali persamaan (8.256) dalam Ust , yakni,

Ust = cos g + i(σ.b r ) sin g

(8.282)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.282) ke (8.281), diperoleh:  2 T r L2o = −2T r[Ust A† (∂o A)Ust† A† (∂o A) − A† (∂o A) ]

 2 = −2T r[(cos g + i(σ.b r ) sin g)A† (∂o A)(cos g + i(σ.b r) sin g)† A† (∂o A) − A† (∂o A) ]  2 = −2T r[(cos g + i(σ.b r ) sin g)A† (∂o A) {cos g − i(σ.b r) sin g} A† (∂o A) − A† (∂o A) ]  = −2T r[{cos g + i(σ.b r ) sin g} A† (∂o A) cos g − iA† (∂o A)(σ.b r) sin g A† (∂o A)  2 − A† (∂o A) ]  = −2T r[{cos g + i(σ.b r ) sin g} cos g[A† (∂o A)]2 − i sin gA† (∂o A)(σ.b r)A† (∂o A)  2 − A† (∂o A) ]  2 r )A† (∂o A) = −2T r[cos2 g A† (∂o A) − i sin g cos gA† (∂o A)(σ.b  2  2 +i(σ.b r ) sin g cos g A† (∂o A) + sin2 g(σ.b r )A† (∂o A)(σ.b r )A† (∂o A) − A† (∂o A) ]  2  2 r )A† (∂o A)(σ.b r )A† (∂o A) − A† (∂o A) ] = −2T r[cos2 g A† (∂o A) + sin2 g(σ.b (8.283)

Dengan demikian, dari persamaan (8.269) dan (8.281) diperoleh: (1)

F2 T rL2o 16 h  2  2 i F2 = − (−2)T r cos2 g A† (∂o A) + sin2 g(σ.b r )A† (∂o A)(σ.b r)A† (∂o A) − A† (∂o A) 16

εrotasi = −

(8.284) Karena, A† (∂o A) ∈ aljabar Lie SU (2), maka, A† (∂o A) = ck σk

(8.285)

BAB 8. LAMPIRAN

76

dimana ck adalah bilangan. Jika persamaan (8.285) dikalikan dengan σl dari sisi kanan persamaan, maka diperoleh: A† (∂o A)σl = ck σk σl

(8.286)

Ambilkan trace dari persamaan (8.286), maka diperoleh:   T r A† (∂o A)σl = ck T r[σk σl ] = ck [2δkl ] = 2cl

(8.287)

dimana, δkl = 1 untuk k = l, dan δkl = 0 untuk k 6= l. Jadi, 1 cl = T r[A† (∂o A)σl ] 2

(8.288)

Dengan mesubstitusikan persamaan (8.288) ke (8.286), untuk cl→k dan σl→k didapati:  1  A† (∂o A) σk = T r A† (∂o A) σl σl σk 2

(8.289)

sehingga, 1 A† (∂o A) = T r[A† (∂o A)σl ]σl 2

(8.290)

Berikut, dihitung [Lo , La ]2 pada persamaan (8.269). [Lo , La ]2 = [Lo , La ][Lo , La ] = [Lo , Lr ][Lo , Lr ] + [Lo , Lθ ][Lo , Lθ ] + [Lo , Lφ ][Lo , Lφ ] = [Lo Lr − Lr Lo ][Lo Lr − Lr Lo ] + [Lo Lθ − Lθ Lo ][Lo Lθ − Lθ Lo ] + [Lo Lφ − Lφ Lo ][Lo Lφ − Lφ Lo ] = [g oo Lo g rr Lr − g rr Lr g oo Lo ][Lo Lr − Lr Lo ] + [g oo Lo g θθ Lθ − g θθ Lθ g oo Lo ][Lo Lθ − Lθ Lo ] + [g oo Lo g φφ Lφ − g φφ Lφ g oo Lo ][Lo Lφ − Lφ Lo ] (8.291) dimana a = r, θ, φ. Dengan menggunakan pernyataan tensor metrik g ab pada per-

BAB 8. LAMPIRAN

77

samaan (8.155), maka persamaan (8.291) dapat dinyatakan sebagai: [Lo , La ]2 = [(1)Lo (1)Lr − (1)Lr (1)Lo ][Lo Lr − Lr Lo ] + [(1)Lo

1 1 Lθ − 2 Lθ (1)Lo ][Lo Lθ − Lθ Lo ] 2 r r

1 1 L − Lφ (1)Lo ][Lo Lφ − Lφ Lo ] φ 2 r 2 sin θ r 2 sin2 θ 1 1 = [Lo Lr − Lr Lo ][Lo Lr − Lr Lo ] + [ 2 Lo Lθ − 2 Lθ Lo ][Lo Lθ − Lθ Lo ] r r 1 1 + [ 2 2 Lo Lφ − 2 2 Lφ Lo ][Lo Lφ − Lφ Lo ] r sin θ r sin θ 1 1 = [Lo , Lr ][Lo , Lr ] + 2 [Lo , Lθ ][Lo , Lθ ] + 2 2 [Lo , Lφ ][Lo , Lφ ] r r sin θ 1 1 = [Lo , Lr ]2 + 2 [Lo , Lθ ]2 + 2 2 [Lo , Lφ ]2 r r sin θ

+ [(1)Lo

(8.292) Substitusikan persamaan (8.292) ke dalam persamaan (8.269) memberikan:   1 1 1 (2) 2 2 2 [Lo , Lr ] + 2 [Lo , Lθ ] + 2 2 [Lo , Lφ ] εrotasi = − 16a2 r r sin θ

(8.293)

Tinjau kembali persamaan (8.259), ditulis ulang sebagai berikut: U (r, t) = A[cos g + i(σ.b r) sin g]A† = cos g + iAσA† .b r sin g = cos g + iAσk A† x bk sin g

(8.294)

Dari persamaan (8.268), dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh: Aσk A† = σl Rlk

(8.295)

dimana, Rlk adalah fungsi dari waktu, Rlk (t). Dengan mensubstitusikan persamaan (8.295) ke (8.294), diperoleh:

dan,

U (r, t) = cos g + iσl Rlk x bk sin g

(8.296)

U (r, t)† = cos g − iσl Rlk x bk sin g

(8.297)

x b1 = sin θ cos φbi

(8.298)

x b2 = sin θ sin φb j

(8.299)

dimana, x bk dengan k = 1, 2, 3 adalah:

BAB 8. LAMPIRAN

78

x b3 = cos θb k

(8.300)

dengan bi, b j dan b k adalah vektor satuan sistem koordinat Kartesis. Dari persamaan

(8.296) diperoleh:

∂o U = iσl

∂Rlk x bk sin g ∂t

sehingga dari persamaan (8.270),(8.297), dan (8.301) diperoleh:   ∂Rlk † x bk sin g Lo = U ∂o U = [cos g − iσl Rlk x bk sin g] iσl ∂t

(8.301)

(8.302)

Perkenalkan,

σ.R.b x = σa Rab x bb = Φ

(8.303)

maka persamaan (8.302) teringkaskan menjadi:     ∂Φ ∂Φ 2 Lo = [cos g − iΦ sin g] i sin g [cos g − iΦ sin g] i sin g ∂t ∂t    ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ 2 = i cos g sin g + Φ sin g i cos g sin g + Φ sin g ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 4 ∂Φ ∂Φ 2 2 3 3 cos g sin g + i Φ cos g sin g + iΦ cos g sin g + Φ Φ sin g = (−1) ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t (8.304) Berikut, tinjau suku pertama persamaan (8.304). Dengan mensubstitusikan Φ dari persamaan (8.303), maka diperoleh:     ∂ ∂ ∂Φ ∂Φ = Tr Tr (σa Rab x bb ) (σc Rcd x bd ) ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Rab ∂Rcd = T r (σa σc x bb x bd ) ∂t ∂t ∂Rab ∂Rcd = [T r(σa σc )] x bb x bd ∂t ∂t ∂Rab ∂Rcd = 2δac x bb x bd ∂t ∂t ∂Rcb ∂Rcd = 2b xb x bd ∂t ∂t

(8.305)

dimana telah digunakan sifat trace perkalian matriks Pauli T r(σa σb ) = 2δab . Dalam manipulasi berikut akan digunakan ketiga sifat matriks Pauli berikut: σa σb + σb σa = 2δab .1

(8.306)

BAB 8. LAMPIRAN

79

dimana 1 adalah matriks satuan (2 × 2) dan δac Rab = Rcb , dengan δac = 1 untuk a = c. T r(σa σc σe ) = T r[σa δce + icef σa σf ] = icef T r(σa σf ) = icef (2δaf ) = 2icea

(8.307)

dan T r σa = 0

(8.308)

Untuk suku kedua persamaan (8.304), digunakan proposisi berikut. P roposisi:



 ∂Φ ∂Φ Tr Φ =0 ∂t ∂t

Bukti:   ∂Φ ∂Φ ∂Rab ∂Rcd Tr Φ = 2icea x bb x bd x bf Ref ∂t ∂t ∂t ∂t ∂Rab ∂Rcd ∂Rcd ∂Rab = icea x bb x bd x bf Ref + iaec x bd x bb x bf Ref ∂t ∂t ∂t ∂t ∂Rab ∂Rcd = i[cea + aec ]b xb x bd x bf Ref ∂t ∂t

(8.309)

(8.310)

=0

karena, aec = cae = −cea

(8.311)

Untuk suku ketiga persamaan (8.304), diperoleh:       ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ = Tr = Tr Φ Φ =0 Tr Φ ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t

(8.312)

Untuk suku keempat persamaan (8.304), diperoleh:     ∂Rgh ∂Rcd ∂Φ ∂Φ x bd σe Ref x bf σg x bh = T r σa Rab x bb σc Tr Φ Φ ∂t ∂t ∂t ∂t ∂Rcd ∂Rgh = T r[σa σc σe σg ]b x b σd x bf x bh Rab Ref ∂t ∂t ∂Rcd ∂Rgh = 2[δac δeg − δae δcg + δag δce ]b xb x bd x bf x bh Rab Ref ∂t ∂t   ∂Rgd ∂Rgh ∂Rcd ∂Rgh ∂Rcd ∂Rgh − Reb Ref + Rgb Rcf = 2 Rcb Rgf x bb x bd x bf x bh ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Rgd ∂Rgh ∂Rcd ∂Rgh − δbf = 2 2Rcb Rgf x bb x bd x bf x bh ∂t ∂t ∂t ∂t (8.313)

BAB 8. LAMPIRAN

80

dimana telah dipergunakan sifat ortogonalitas matriks rotasi R, R T R = I, yakni: Reb Ref = (RT )be Ref = (RT R)bf = (I)bf = δbf

(8.314)

Dengan demikian, Rgb Rcf Berikut,

∂Rcd ∂Rgh ∂Rcd ∂Rgh x bb x bd x bf x bh = Rgf Rcb xb xd xf xh xb xd xf xh x bf x bd x bb x bh (8.315) ∂t ∂t ∂t ∂t

T r(σa σc σe σg ) = T r[(σa σc )(σe σg )] = T r[(δac + iacd σd )(δeg + iegh σh )] = T r[δac δeg + δac iegh σh + iacd σd δeg + (−1)acd σd egh σh ] = T r[δac δeg I − σd σh acd egh ] = 2δac δeg − T r(σd σh )acd egh

(8.316)

= 2δac δeg − 2δdh acd egh = 2δac δeg − 2ach egh = 2[δac δeg − (δae δcg − δag δce )] = 2[δac δeg − δae δcg + δag δce ] Maka persamaan (8.313), menjadi: T r[Φ

∂Φ ∂Φ ∂Rcd ∂Rgh ∂Rgd ∂Rgh Φ ] = 4[(RT )bc (RT )f g ]b xb x bd x bf x bh − 2[ ]b xb x bd x bf x bh ∂t ∂t ∂t ∂t    ∂t ∂t  ∂R ∂R ∂Rgd ∂Rgh = 4[ RT RT ]b xb x bd x bf x bh − 2[ ]b xb x bd x bf x bh ∂t bd ∂t f h ∂t ∂t ∂Rgd ∂Rgh = −2[ ]b xd x bh ∂t ∂t (8.317)

dimana, x bb x bb = 1.

) adalah elemen aljabar Lie SO(3) yang Selanjutnya, perlu dicatat bahwa (RT ∂R ∂t

dibangun oleh generator SO(3), yakni: (Ja )bc = iabc

(8.318)

Karena Ja membentuk basis aljabar Lie SO(3), maka: (RT

∂R ∂R ) = Ja Aa (t) → (RT )bd = (Ja )bd Aa = iabd Aa ∂t ∂t

(8.319)

BAB 8. LAMPIRAN

81

Dengan demikian, (RT dimana,

∂R )bd x bb x bd = iabd Aa x bb x bd = iabd x bb x bd Aa ∂t

(8.320)

1 1 1 abd x bb x bd = [abd x bb x bd + adb x bd x bb ] = [abd + adb ]b xb x bd = [abd − abd ]b xb x bd = 0 (8.321) 2 2 2

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.320) dan (8.321) ke baris ketiga dari persamaan (8.317), diperoleh (RT

∂R ∂R )bd (RT )f h x bb x bd x bf x bh = 0 ∂t ∂t

sehingga dari persamaan (8.304), (8.305) dan (8.317), diperoleh:   ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 4 2 2 2 T rLo = T r (−1) cos g sin g + Φ Φ sin g ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Rcb ∂Rcd ∂Rgd ∂Rgh 2 2 = (−1)(2)b xb x bd x bd x bh sin4 g cos g sin g − 2 ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Rgd ∂Rgh ∂Rgh ∂Rgd 2 2 = −2 x bh x bd cos g + x bd x bh sin g sin2 g ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Rgh ∂Rgd sin2 g = −2 x bh x bd ∂t ∂t Tinjau,

I=

Z

2π

dφ

Z

π

sin θ dθ

0

0

Z

∞

r 2 dr[T r(Lo )2 ]

(8.322)

(8.323)

(8.324)

0

Dengan menggunakan sifat integral: Z

2π

dφ 0

Z

π 0

4 sin θ dθb xa x bb = πδab 3

(8.325)

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.323) ke (8.324), diperoleh: Z

2π

Z

π

Z

∞

dφ sin θ dθ r 2 dr 0 0 0   ∂Rg1 ∂Rg1 ∂Rg2 ∂Rg2 ∂Rg3 ∂Rg3 2 (−2) x b1 x b1 sin g +x b2 x b2 +x b3 x b3 ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t  Z 2π Z π Z ∞ ∂Rg2 ∂Rg2 ∂Rg1 ∂Rg1 2 = + sin2 θ sin2 φ dφ sin θ dθ r dr(−2) sin2 θ cos2 φ ∂t ∂t ∂t ∂t 0 0  0 ∂Rg3 ∂Rg3 sin2 g + cos2 θ ∂t ∂t

I =

BAB 8. LAMPIRAN

82 (8.326)

Masing-masing integral sudut pada persamaan (8.326) adalah terhitungkan: Pertama, Z Z 2π 2 dφ cos φ 0

π 0

0

2π 2

dφ sin φ

Z

2π

cos 2φ+1 . 2

dimana telah digunakan: cos2 φ = Berikut, Z



Z π   1 + cos 2φ dφ sin θ sin θdθ = 1 − cos2 θ sin θdθ 2 0 0   Z π Z Z π Z 2π 2π 1 1 2 cos θ sin θdθ sin θdθ − dφ + cos 2φdφ = 2 2 0 0 0 0    2π 2 π = + 0 − cos θ|0 − 2 3   2 = π −(cos π − cos 0) − 3   2 = π −(−2) − 3 4 = π 3 (8.327) Z

2

φ 2

sin θdθ sin θ = 0

Z

2π 2

sin φdφ

Z

π 2



sin θ sin θdθ Z 2π   4 2 = (1 − cos φ)dφ 3   Z0 2π Z 2π 4 2 cos φdφ dφ − = 3 0 0   4 = {2π − π} 3 4 = π 3 0

0

(8.328)

BAB 8. LAMPIRAN

83

dan, Z

2π

dφ 0

Z

π 2

π

cos2 θ sin θdθ 0 Z π  2 = −(2π) cos θd(cos θ) 0   1 3 π = 2π − cos θ|0 3   1 3 = 2π − [cos π − cos 0] 3   1 = 2π − [−1 − 1] 3   1 = 2π − [−2] 3 4 = π 3

sin θdθ cos θ = 2π

0

Z

(8.329)

Substitusikan persamaan (8.327) dan (8.329) ke persamaan (8.326) memberikan:   Z ∞  4π ∂Rg1 ∂Rg1 ∂Rg2 ∂Rg2 ∂Rg3 ∂Rg3 2 r dr I = (−2) sin2 g + + 3 ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t 0   Z ∞ 8 ∂Rga ∂Rga sin2 g =− π r 2 dr (8.330) 3 0 ∂t ∂t # "   T  Z ∞ 8 ∂R ∂R 2 sin2 g =− π r dr 3 0 ∂t ag ∂t ga Gunakan sifat ortogonal matriks rotasi R: RT R = RRT = I → RT = R−1

(8.331)

∂I ∂ T (R R) = ∂t ∂t

(8.332)

∂R ∂RT R + RT =0 ∂t ∂t

(8.333)

maka,

sehingga,

Jika persamaan (8.333) dikalikan dengan RT , dari sisi kanan, diperoleh: ∂R T ∂RT RRT + RT R =0 ∂t ∂t sehingga,



∂RT ∂t



= −R

T



∂R ∂t



RT

(8.334)

(8.335)

BAB 8. LAMPIRAN

84

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.335) ke (8.330), diperoleh:      Z ∞ 8 ∂R ∂R 2 T T I= π r dr R R sin2 g 3 0 ∂t ∂t 2   Z ∞ 8 ∂R 2 T sin2 g = π r dr R 3 0 ∂t 2   Z ∞ 8 ∂R 2 −1 = π sin2 g r dr R 3 0 ∂t

(8.336)

Selanjutnya, akan digunakan proposisi berikut. P roposisi: ΦΦ = 1

(8.337)

dimana Φ diberikan oleh persamaan (8.303). Bukti: Dari pernyataan Φ menurut persamaan (8.303): ΦΦ = [σl Rlk x bk ][σm Rmn x bn ] = σl σm Rlk Rmn x bk x bn

(8.338)

σl σm = δlm + ilmp σp

(8.339)

Dengan menggunakan sifat matriks Pauli:

dimana δlm = 1 untuk l = m, sedangkan δlm = 0, untuk l 6= m, dalam persamaan (8.339) ke (8.338), diperoleh: ΦΦ = (δlm + ilmp σp )Rlk Rmn x bk x bn = Rmk Rmn x b x b +iσp lmp Rlk Rmn x bk x bn | {z k n} | {z } =1

(8.340)

=0

Karena,

Rmk Rmn = δkn

(8.341)

maka suku pertama dari persamaan (8.340) menjadi: Rmk Rmn x bk x bn = δkn x bk x bn = |b x|2 = 1

(8.342)

lmp Rlk Rmn x bk x bn = lmp Rln Rmk x bn x bk

(8.343)

Untuk suku kedua dari persamaan (8.340), dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:

BAB 8. LAMPIRAN

85

sehingga, 1 lmp Rlk Rmn x bk x bn = (lmp Rlk Rmn x bk x bn + lmp Rln Rmk x bn x bk ) 2 1 xk x bn = (lmp Rlk Rmn + lmp Rln Rmk )b 2 1 xk x bn = (lmp Rlk Rmn + mlp Rmn Rlk )b 2 1 = (lmp + mlp )Rlk Rmn x bk x bn 2

(8.344)

=0

karena lmp = −mlp . Dengan mensubstitusikan (8.342) dan (8.344) ke (8.340), diperoleh: ΦΦ = 1

(8.345)

Berikut, tinjau T r[Lo , Lr ]2 dari persamaan (8.292). Secara terurai adalah:

T r[Lo , Lr ]2 = T r[Lo Lr − Lr Lo ]2 = T r {T r[Lo Lr − Lr Lo ][Lo Lr − Lr Lo ]} = T r {Lo Lr Lo Lr − Lo Lr Lr Lo − Lr Lo Lo Lr + Lr Lo Lr Lo }

(8.346)

= T r {Lo Lr Lo Lr − Lo Lo Lr Lr − Lo Lo Lr Lr + Lo Lr Lo Lr } = 2T r[Lo Lr Lo Lr − Lo Lo Lr Lr ] Pertama hitung suku T r[Lo Lr Lo Lr ]. Dari persamaan (8.302), diperoleh: Lo = U † ∂o U = [cos g − iσl Rlk x bk sin g][iσl

∂Rlk x bk sin g] ∂t

∂Φ sin g] ∂t ∂Φ ∂Φ 2 = [i sin g cos g + Φ sin g] ∂t ∂t ∂Φ ∂Φ = sin g[i cos g + Φ sin g] ∂t ∂t = [cos g − iΦ sin g][i

dimana, σl Rlk x bk = Φ.

(8.347)

BAB 8. LAMPIRAN

86

Dari persamaan (8.297) dan (8.296), diperoleh: Lr = U † ∂ r U = [cos g − iσl Rlk x bk sin g]∂r [cos g + iσl Rlk x bk sin g] = [cos g − iΦ sin g][∂r cos g + iΦ∂r sin g]   dg dg = [cos g − iΦ sin g] − sin g + iΦ cos g dr dr dg = [cos g − iΦ sin g] [− sin g + iΦ cos g] dr "

= − cos g sin g + iΦ cos2 g + iΦ sin2 g + |{z} ΦΦ sin g cos g =1



= − cos g sin g + iΦ(cos2 g + sin2 g) + sin g cos g = [− cos g sin g + iΦ + sin g cos g] = iΦ

dg dr

#

(8.348) dg dr

 dg dr

dg dr

Dari persamaan (8.347) dan (8.348), diperoleh:   ∂Φ dg ∂Φ cos g + Φ sin g iΦ Lo Lr = sin g i ∂t ∂t dr

(8.349)

sehingga, Lo Lr Lo Lr



2     dg ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ = sin g(−1) i cos g + Φ sin g Φ i cos g + Φ sin g Φ dr ∂t ∂t ∂t ∂t  2 " ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ dg (−1) Φ Φ cos2 g + i ΦΦ Φ cos g sin g = − sin2 g |{z} dr ∂t ∂t ∂t ∂t =1 # ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ +iΦ Φ Φ sin g cos g + Φ ΦΦ Φ sin2 g |{z} ∂t ∂t ∂t ∂t 2

=1

(8.350) dan, 2  ∂Φ ∂Φ dg ∂Φ ∂Φ Φ cos g sin g T r[Lo Lr Lo Lr ] = − sin g T r − Φ Φ cos2 g + i dr ∂t ∂t ∂t ∂t  ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ sin g cos g + sin g (8.351) +i Φ ∂t ∂t ∂t ∂t 2



BAB 8. LAMPIRAN

87

Karena dari persamaan (8.309): 

 ∂Φ ∂Φ Tr Φ =0 ∂t ∂t

(8.352)

maka, 2

T r[Lo Lr Lo Lr ] = − sin g



dg dr

2



∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 T r − Φ Φ cos2 g + sin g ∂t ∂t ∂t ∂t



(8.353)

Berikut tinjau suku T r[Lo Lo Lr Lr ]. Pertama, dari persamaan (8.347) diperoleh:     ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ Lo Lo = sin g i cos g + Φ sin g sin g i cos g + Φ sin g ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ 2 2 cos g + i Φ cos g sin g + iΦ sin g cos g + Φ Φ sin g = sin g (−1) ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t (8.354) sedangkan dari persamaan (8.348), diperoleh:  2  2 dg dg dg dg Lr Lr = iΦ iΦ = (−1) |{z} ΦΦ =− dr dr dr dr

(8.355)

=1

Jadi, dari persamaan (8.354) dan (8.348) diperoleh:

2  ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ dg cos2 g + i Φ cos g sin g Tr − T r [Lo Lo Lr Lr ] = − sin g dr ∂t ∂t ∂t ∂t  ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 +iΦ sin g cos g + Φ Φ sin g ∂t ∂t ∂t ∂t 2



2

T r [Lo Lo Lr Lr ] = − sin g



dg dr

2

  ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ 2 cos g + Φ Φ sin g (8.356) Tr − ∂t ∂t ∂t ∂t

Dengan demikian, T r[Lo , Lr ]2 = 2T r[Lo Lr Lo Lr − Lo Lo Lr Lr ] = 2 {T r[Lo Lr Lo Lr ] − T r[Lo Lo Lr Lr ]} (8.357) Dengan mensubstitusikan persamaan (8.353) dan (8.356) ke persamaan (8.357) diper-

BAB 8. LAMPIRAN

88

oleh: T r[Lo , Lr ]

2

=

=

=

= =

(

 2  ∂Φ ∂Φ dg ∂Φ ∂Φ 2 2 T r − Φ Φ cos g + 2 − sin g sin g dr ∂t ∂t ∂t ∂t  )  2 ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ dg Tr − cos2 g + Φ Φ sin2 g + sin2 g dr ∂t ∂t ∂t ∂t   2   ∂Φ ∂Φ 2 dg ∂Φ ∂Φ 2 2 Φ Φ cos g − sin g 2 sin g Tr dr ∂t ∂t ∂t ∂t   ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 2 +T r − cos g + Φ Φ sin g ∂t ∂t ∂t ∂t   2 ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ dg 2 Φ Φ cos2 g − sin g Tr 2 sin g dr ∂t ∂t ∂t ∂t  ∂Φ ∂Φ 2 ∂Φ ∂Φ 2 cos g + Φ Φ sin g − ∂t ∂t ∂t ∂t    2 ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ dg 2 2 2 2 2 T r Φ Φ (cos g + sin g) − (sin g + cos g) 2 sin g dr ∂t ∂t ∂t ∂t   2  dg ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 − 2 sin g Tr Φ Φ dr ∂t ∂t ∂t ∂t 2



(8.358) Dari persamaan (8.305), diperoleh:  ∂Rcb ∂Rcd ∂Φ ∂Φ = 2b xb x bd Tr ∂t ∂t ∂t ∂t 

(8.359)

dimana, dari persamaan (8.317) diperoleh: 

   ∂Rgd ∂Rgh ∂Φ ∂Φ ∂Rgd ∂Rgh Tr Φ Φ = −2 x bd x bh = − 2b xd x bh ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t } | {z =T r [ ∂Φ ∂t

∂Φ ∂t

(8.360)

]

maka, dari persamaan (8.359) dan (8.360) diperoleh:

    ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ Tr Φ Φ = −T r ∂t ∂t ∂t ∂t

(8.361)

BAB 8. LAMPIRAN

89

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.361) ke (8.360), diperoleh:  2   dg ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 2 T r[Lo , Lr ] = 2 sin g − Tr Φ Φ dr ∂t ∂t ∂t ∂t     2   ∂Φ ∂Φ dg ∂Φ ∂Φ 2 Tr Φ Φ − Tr = 2 sin g dr ∂t ∂t ∂t ∂t  2      dg ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 = 2 sin g −T r − Tr dr ∂t ∂t ∂t ∂t  2    dg ∂Φ ∂Φ = 2 sin2 g −2T r dr ∂t ∂t   2  ∂Φ ∂Φ dg 2 Tr = −4 sin g dr ∂t ∂t T eorema:

Z

2π

dφ o

Z

o

π

 2  8 ∂Φ ∂Φ −1 ∂R = − πT r R sin θdθT r ∂t ∂t 3 ∂t 

(8.362)

(8.363)

Bukti: Dari persamaan (8.359), diperoleh   ∂Rcb ∂Rcd ∂Φ ∂Φ = 2b xb x bd Tr ∂t ∂t ∂t ∂t

(8.364)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) ke (8.362), didapat:  2 ∂Rcb ∂Rcd dg 2 2 2b xb x bd T r[Lo , Lr ] = −4 sin g dr ∂t ∂t

(8.365)

Sedang, menurut teorema di persamaan (8.325) adalah: Z 2π Z π 4 sinθdθb xa x bb = πδab dφ 3 o o

(8.366)

Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) dan (8.366) ke (8.401), diperoleh: Z 2π Z π 4π ∂Rcb ∂Rcd 8π ∂Rcd ∂Rcd ∂Rcb ∂Rcd dφ = (2) δbd = (8.367) sin θdθ2b xb x bd ∂t ∂t 3 ∂t ∂t 3 ∂t ∂t o o

dimana,

∂Rcd ∂Rcd = ∂t ∂t



∂RT ∂t

  dc

∂R ∂t



= cd



∂RT ∂R ∂t ∂t



dd

Menurut persamaan(8.335), diperoleh:    T ∂R ∂R T = −R RT ∂t ∂t



∂RT ∂R = Tr ∂t ∂t



(8.368)

(8.369)

BAB 8. LAMPIRAN

90

dan karena, RT R = I → RT = R−1 maka, 

∂RT ∂t



= −R

−1



∂R ∂t



R−1

(8.370)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.370) ke (8.368), diperoleh:     ∂Rcd ∂Rcd ∂R −1 ∂R −1 R = T r −R ∂t ∂t ∂t ∂t      ∂R ∂R −1 −1 R = −T r R ∂t ∂t  2  ∂R = −T r R−1 ∂t (8.371) Sehingga, dengan mensubstitusikan persamaan (8.371) ke (8.367) dan dengan menggunakan relasi pada persamaan (8.364), maka teorema di persamaan (8.363) terbukti benar. Dengan menggunakan persamaan (8.362) dan (8.363), diperoleh: (  2 )  Z ∞ Z 2π Z π Z ∞ ∂Φ dg ∂Φ d3 xT r[Lo , Lr ]2 = dφ sin θdθ r 2 dr −4 sin2 g Tr dr ∂t ∂t o o o o ) (  2 Z ∞  2 8 dg −1 ∂R 2 2 = −4 − πT r R r dr sin g 3 ∂t dr o  2 Z ∞  2 ∂R dg 32 r 2 dr sin2 g = πT r R−1 3 ∂t dr o (8.372) dimana,

R∞ o

d3 x =

R∞ o

r 2 dr

R 2π o

dφ

Rπ o

sin θdθ.

BAB 8. LAMPIRAN

91

Dengan menggunakan persamaan (8.372),(8.364) dan (8.366) dan (8.371) diperoleh: (  2  ) Z ∞ Z 2π Z π Z ∞ dg ∂Φ ∂Φ d3 xT r[Lo , Lr ]2 = dφ sin θdθ r 2 dr −4 sin2 g Tr dr ∂t ∂t o o o o ( )  2 Z ∞ Z 2π Z π dg ∂R ∂R cd cb r 2 dr −4 sin2 g sin θdθ dφ 2b xb x bd = dr ∂t ∂t o o o ) (  2 Z 2π Z π Z ∞ ∂R ∂R dg cb cd 2 = dφ sin θdθb xb x bd r 2 dr −4 sin2 g dr ∂t ∂t o o o ( )  2 Z ∞ dg ∂Rcb ∂Rcd 4 2 2 r dr (−4)(2) sin g = πδbd 3 dr ∂t ∂t o  2 Z ∞ dg 4 ∂Rcb ∂Rcd r 2 dr sin2 g = π(−4)(2)δbd 3 ∂t ∂t o dr  2 Z ∞ 4 ∂Rcd ∂Rcd dg = π(−4)(2) r 2 dr sin2 g 3 ∂t ∂t o dr   2 Z ∞  2 ∂R 4 dg −1 2 2 = π(−4)(2)(−1)T r R r dr sin g 3 ∂t dr o    2 2 Z ∞ ∂R 32 dg = πT r R−1 r 2 dr sin2 g 3 ∂t dr o (8.373) Tinjau relasi berikut: T r[Lo , Lθ ]2 = T r[Lo Lθ − Lθ Lo ]2 = T r {[Lo Lθ − Lθ Lo ][Lo Lθ − Lθ Lo ]} = T r {Lo Lθ Lo Lθ − Lo Lθ Lθ Lo − Lθ Lo Lo Lθ + Lθ Lo Lθ Lo } = T r[Lo Lθ Lo Lθ ] − T r[Lo Lθ Lθ Lo ] − T r[Lθ Lo Lo Lθ ] + T r[Lθ Lo Lθ Lo ] = 2T r[Lo Lθ Lo Lθ ] − 2T r[Lo Lθ Lθ Lo ] (8.374) dimana suku kedua dari (8.374) menjadi: T r[Lθ Lo Lo Lθ ] = T r[Lθ Lθ Lo Lo ] = T r[Lo Lθ Lθ Lo ]

(8.375)

Dari persamaan (8.347), diperoleh:       ∂Φ ∂Φ cos g + Φ sin g Lo = sin g i ∂t ∂t

(8.376)

BAB 8. LAMPIRAN

92

Dengan menggunakan persamaan (8.297) dan (8.296), dapat diperoleh: Lθ = U † ∂θ U = [cos g − iΦ sin g][i(∂θ Φ) sin g]

(8.377)

dimana, Φ = σl Rlk x bk .

Dengan demikian,   ∂Φ ∂Φ L0 Lθ = sin g i cos g + Φ sin g [cos g − iΦ sin g] [i(∂θ Φ) sin g] ∂t ∂t   ∂Φ ∂Φ 2 cos g + Φ sin g [(∂θ Φ) cos g − iΦ(∂θ Φ) sin g] = i sin g i ∂t ∂t  ∂Φ ∂Φ 2 = i sin g i (∂θ Φ) cos2 g + Φ(∂θ Φ) cos g sin g ∂t ∂t  ∂Φ ∂Φ 2 +Φ (∂θ Φ) sin g cos g − iΦ Φ(∂θ Φ) sin g ∂t ∂t            ∂Φ   ∂Φ  ∂Φ 2 2  (∂θ Φ) cos g + Φ+Φ (∂θ Φ) cos g sin g = i sin g i  ∂t ∂t ∂t    | {z } = 0     ∂Φ −i Φ Φ(∂θ Φ) sin2 g   ∂t  | {z } ∂Φ =−( ∂t )     ∂Φ 2 2 2 (∂θ Φ)(cos g + sin g) = i sin g i ∂t     ∂Φ 2 = i sin g i (∂θ Φ) ∂t   ∂Φ 2 (∂θ Φ) = − sin g ∂t 

(8.378) Karena, ΦΦ = Φ2 = 1

(8.379)

∂ 2 Φ =0 ∂t

(8.380)

maka

Uraian ruas kiri persamaan (8.380) adalah:     ∂Φ ∂Φ ∂ (ΦΦ) = Φ+Φ =0 ∂t ∂t ∂t

(8.381)

BAB 8. LAMPIRAN

93

sehingga,



∂Φ ∂t

Φ



atau,



∂Φ ∂t

Φ = −Φ





∂Φ ∂t

=−



∂Φ ∂t



(8.382)



Φ

(8.383)

Bila kedua ruas dari persamaan (8.383) dikalikan dengan Φ, dari sisi kanan, maka dengan mensubstitusikan (8.379), diperoleh:       ∂Φ ∂Φ ∂Φ = − Φ Φ=− ΦΦ ∂t ∂t |{z} ∂t

(8.384)

=1

digunakan persamaan (8.374) dan (8.378) diperoleh:       ∂Φ ∂Φ 2 2 (∂θ Φ)(−1) sin g (∂θ Φ) T r[Lo Lθ Lo Lθ ] = T r (−1) sin g ∂t ∂t      ∂Φ ∂Φ 4 = sin gT r (∂θ Φ) (∂θ Φ) ∂t ∂t

(8.385)

dimana, Φ = σl Rlk x bk .

Berikut, dihitung T r[Lo Lθ Lθ Lo ] pada persamaan (8.374). Telah dihitung di persamaan (8.378), bahwasannya:    ∂Φ 2 (∂θ Φ) Lo Lθ = −sin g ∂t

(8.386)

Gunakan persamaan (8.376) dan (8.377), diperoleh:       ∂Φ ∂Φ Lθ Lo = [cos g − iΦ sin g] [i (∂θ Φ) sin g] sin g i cos g + Φ sin g ∂t ∂t       ∂Φ ∂Φ 2 = i sin g [(∂θ Φ) cos g − iΦ (∂θ Φ) sin g] i cos g + Φ sin g ∂t ∂t        ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2  2 = i sin g i (∂θ Φ) cos g + (∂θ Φ) Φ cos g sin g + Φ (∂θ Φ) sin g cos g | {z } ∂t ∂t ∂t −i

Φ (∂θ Φ) Φ | {z }

=−(∂θ Φ)ΦΦ=−(∂θ Φ)







∂Φ ∂t





 sin2 g 

  ∂Φ 2 2 = i sin g i(∂θ Φ) (cos g + sin g) ∂t    ∂Φ 2 = − sin g (∂θ Φ) ∂t 2

=−(∂θ Φ)Φ

BAB 8. LAMPIRAN

94 (8.387)

Dengan menggunakan persamaan (8.386) dan (8.387), dapat diperoleh:      ∂Φ ∂Φ 2 2 T r[Lo Lθ Lθ Lo ] = T r (−1) sin g (∂θ Φ)(−1) sin g(∂θ Φ) ∂t ∂t     ∂Φ ∂Φ = sin4 gT r (∂θ Φ)(∂θ Φ) ∂t ∂t

(8.388)

Dari (8.388), diperoleh:            ∂Φ ∂Φ ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh Tr (∂θ Φ)(∂θ Φ) = T r [σa σc σe σg ] x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂t ∂t ∂θ ∂θ ∂t = 2 [δac δeg − δae δcg + δag δce ]        ∂b xd ∂b xf ∂Rgh ∂Rab x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t

(8.389)

Dari persamaan (8.385) dijabarkan: Tr



∂Φ ∂t



∂Φ ∂θ



∂Φ ∂θ



∂Φ ∂t





      ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Reh = 2 x bb Rad Ref x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rch x bb Rcd Raf x bh − ∂t ∂θ ∂θ ∂t         ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rah + x bb Rcd Rcf x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t       ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab x bb x bh = 2 ∂t ∂θ ∂θ ∂t (8.390)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.390) ke (8.388), diperoleh:       ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah 4 T r[Lo Lθ Lθ Lo ] = sin g 2 x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t       ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah 4 = 2sin g x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t

(8.391)

BAB 8. LAMPIRAN

95

Dari persamaan (8.391), diperoleh:             ∂Φ ∂Φ ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh Tr (∂θ Φ) (∂θ Φ) = T r[σa σc σe σg ] x bb Rcd x bf Rgh ∂t ∂t ∂t ∂θ ∂t ∂θ = 2[δac δeg − δae δcg + δag δce ]        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh x bb Rcd x bf Rgh ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh = 2 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂Rab ∂b xd ∂Raf ∂b xh − x bb Rcd x bf Rch ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂Rab ∂b xd ∂Rcf ∂b xh + x bb Rcd x bf Rah ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh = 4 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab −2 x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t (8.392)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.392) ke (8.385), diperoleh:         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 4 T r[Lo Lθ Lo Lθ ] = sin g 4 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab x bb x bh −2 ∂t ∂θ ∂θ ∂t

(8.393)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.393),(8.391) ke persamaan (8.374), diperoleh:         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 2 4 T r[Lo , Lθ ] = 2 sin g 4 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂θ ∂t ∂θ        ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab x bb x bh −2 ∂t ∂θ ∂θ ∂t       ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah 4 −2.2 sin g x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t        ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 = 8 sin g x bb Rad x bf Reh ∂t ∂θ ∂t ∂θ           ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah − x bb x bh  ∂t ∂θ ∂θ ∂t   | {z } =1

(8.394)

BAB 8. LAMPIRAN P roposisi:          ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab ∂Rah x bb x bh = x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t ∂t ∂t

96

(8.395)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.395) ke (8.394) diperoleh:            ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab ∂Rah 2 4 T r[Lo , Lθ ] = 8 sin g x bb Rad x bf Reh − x bb x bh ∂t ∂θ ∂t ∂θ ∂t ∂t (8.396) Bukti proposisi pada persamaan (8.395): Tinjau, suku kedua dari ruas kanan persamaan (8.394) diperoleh:            ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah ∂Rab ∂Rah ∂b xd ∂b xd x bb x bh = x bb x bh ∂t ∂θ ∂θ ∂t ∂t ∂t ∂θ ∂θ (8.397) Karena, untuk d = 1, 2, 3, maka:             ∂b xd ∂b x1 ∂b x1 ∂b x2 ∂b x2 ∂b x3 ∂b x3 ∂b xd = + + ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ 2  2  2  ∂ ∂ ∂ (sin θ cos φ) + (sin θ sin φ) + (cos θ) = ∂θ ∂θ ∂θ = [cos θcosφ]2 + [cos θ sin φ]2 + [− sin θ]2 = cos2 θ cos2 φ + cos2 θ sin2 φ + sin2 θ

(8.398)

= cos2 θ(cos2 φ + sin2 φ) + sin2 θ = cos2 θ + sin2 θ =1 Dengan mensubstitusikan persamaan (8.398) ke ruas kiri persamaan (8.395), diperoleh:         ∂Rah ∂b xd ∂b xd ∂Rab ∂Rah ∂Rab x bb x bh = x bb x bh (8.399) ∂t ∂t ∂θ ∂θ ∂t ∂t Berikut, dihitung T r[Lo , Lφ ]2 pada persamaan (8.292). T r[Lo , Lφ ]2 = T r[Lo Lφ − Lφ Lo ]2 = T r {[Lo Lφ − Lφ Lo ][Lo Lφ − Lφ Lo ]} = T r[Lo Lφ Lo Lφ − Lo Lφ Lφ Lo − Lφ Lo Lo Lφ + Lφ Lo Lφ Lo ] = T r[Lo Lφ Lo Lφ ] − T r[Lo Lφ Lφ Lo ] − T r[Lφ Lo Lo Lφ ] + T r[Lφ Lo Lφ Lo ] = 2T r[Lo Lφ Lo Lφ ] − 2T r[Lo Lφ Lφ Lo ] (8.400)

BAB 8. LAMPIRAN

97

dimana, telah digunakan sifat trace: T r[Lφ Lo Lφ Lo ] = T r[Lo Lφ Lo Lφ ]

(8.401)

T r[Lφ Lo Lo Lφ ] = T r[Lφ Lφ Lo Lo ] = T r[Lo Lφ Lφ Lo ]

(8.402)

dan,

Dari persamaan (8.347), diperoleh:       ∂Φ ∂Φ Lo = U ∂o U = sin g i cos g + Φ sin g ∂t ∂t †

(8.403)

dan, Lφ = U † ∂φ U = [cos g − iΦ sin g](∂φ [cos g + iΦ sin g]) = [cos g − iΦ sin g][i(∂φ Φ) sin g] (8.404) dimana telah digunakan: ∂φ ([cos g + iΦ sin g]) = ∂φ cos g(r) + (∂φ i)Φ sin g + i∂φ (Φ sin g) = 0 + 0 + i[(∂φ Φ) sin g + Φ(∂φ sin g(r))] = i(∂φ Φ) sin g Berikut, dihitung L0 Lφ pada persamaan (8.400)

(8.405)

BAB 8. LAMPIRAN

98

Dari persamaan (8.403) dan (8.404) diperoleh: L0 Lφ = = =

=

      ∂Φ ∂Φ sin g i cos g + Φ sin g [cos g − iΦ sin g] [i (∂φ Φ) sin g] ∂t ∂t i sin2 g [i (∂o Φ) cos g + Φ (∂o Φ) sin g] [(∂φ Φ) cos g − iΦ (∂φ Φ) sin g]  i sin2 g i (∂o Φ) (∂φ Φ) cos2 g + (∂o Φ) Φ (∂φ Φ) cos g sin g + Φ (∂o Φ) (∂φ Φ) sin g cos g  −iΦ (∂o Φ) Φ (∂φ Φ) sin2 g        2  2 i sin g i (∂o Φ) (∂φ Φ) cos g + (∂o Φ) Φ + Φ (∂o Φ) (∂φ Φ) cos g sin g | {z }     =−(∂o Φ)Φ  −iΦ (∂o Φ) Φ (∂φ Φ) sin2 g  

  = i sin2 g i (∂o Φ) (∂φ Φ) cos2 g − i Φ (∂o Φ) Φ (∂φ Φ) sin2 g  | {z } 2



=−(∂o Φ)

2

= i sin g i (∂o Φ) (∂φ Φ) cos g + i (∂o Φ) (∂φ Φ) sin2 g    = i sin2 g i (∂o Φ) (∂φ Φ) cos2 g + sin2 g



= i sin2 g [i (∂o Φ) (∂φ Φ)] = − sin2 g (∂o Φ) (∂φ Φ)

(8.406) Berikut, dihitung Lφ L0 pada persamaan (8.400).

BAB 8. LAMPIRAN

99

Dari persamaan (8.403) dan (8.404) diperoleh: Lφ L0 = = =

=

      ∂Φ ∂Φ [cos g − iΦ sin g] [i (∂φ Φ) sin g] sin g i cos g + Φ sin g ∂t ∂t       ∂Φ ∂Φ 2 i sin g [(∂φ Φ) cos g − iΦ (∂φ Φ) sin g] i cos g + Φ sin g ∂t ∂t      ∂Φ ∂Φ 2 2 i sin g i (∂φ Φ) cos g + (∂φ Φ) Φ cos g sin g ∂t ∂t      ∂Φ ∂Φ 2 sin g cos g − iΦ (∂φ Φ) Φ sin g +Φ (∂φ Φ) ∂t ∂t           ∂Φ  ∂Φ 2  2 i sin g i (∂φ Φ) cos g + (∂φ Φ) Φ +Φ (∂φ Φ) cos g sin g   ∂t  | {z }  ∂t =−Φ(∂φ Φ)    ∂Φ  sin2 g  −i Φ (∂φ Φ) Φ | {z } ∂t =−(∂φ Φ)





   ∂Φ ∂Φ 2 = i sin g i (∂φ Φ) cos g + {−Φ (∂φ Φ) + Φ (∂φ Φ)} cos g sin g ∂t ∂t    ∂Φ 2 sin g −i(−1) (∂φ Φ) ∂t   = i sin2 g i (∂φ Φ) (∂o Φ) cos2 g + i (∂φ Φ) (∂o Φ) sin2 g 
 = i sin2 g i (∂φ Φ) (∂o Φ) cos2 g + sin2 g 2

= − sin2 g (∂φ Φ) (∂o Φ)

(8.407) dimana, ∂φ (ΦΦ) = ∂φ (1) | {z }

(8.408)

(∂φ Φ)Φ + Φ(∂φ Φ) = 0

(8.409)

(∂φ Φ)Φ = −Φ(∂φ Φ)

(8.410)

=1

maka,

sehingga,

Bila kedua ruas persamaan (8.410) dikalikan dengan Φ, maka: (∂φ Φ)ΦΦ = −Φ(∂φ Φ)Φ

(8.411)

BAB 8. LAMPIRAN

100

sehingga, (∂φ Φ) = −Φ(∂φ Φ)Φ

(8.412)

Jadi, suku T r[L0 Lφ L0 Lφ ] pada persamaan (8.400) adalah: T r[Lo Lφ Lo Lφ ] = T r[(−1) sin2 g(∂o Φ)(∂φ Φ)(−1) sin2 g(∂o Φ)(∂φ Φ)] = T r[sin4 g(∂o Φ)(∂φ Φ)(∂o Φ)(∂φ Φ)] = sin4 gT r[(∂o Φ)(∂φ Φ)(∂o Φ)(∂φ Φ)]

(8.413)

BAB 8. LAMPIRAN

101

Dari (8.413), dengan menggunakan relasi Φ = σa Rab x bb , diperoleh: T r[Lo Lφ Lo Lφ ] =

= = = =

=

=

=

=



 ∂ ∂ ∂ ∂ sin gT r (σa Rab x bb ) (σc Rcd x bd ) (σe Ref x bf ) (σg Rgh x bh ) ∂t ∂φ ∂t ∂φ          ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 x bb σc Rcd σe x bf σg Rgh sin gT r σa ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 4 sin gT r [σa σc σe σg ] x bb Rcd x bf Rgh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 x bb Rcd x bf Rgh sin g 2 [δac δeg − δae δcg + δag δce ] ∂t ∂φ ∂t ∂φ         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 2 sin4 g δac δeg x bb Rcd x bf Rgh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab x bb Rcd x bf Rgh −δae δcg ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh +δag δce x bb Rcd x bf Rgh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 4 2 sin g x bb Rad x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂Raf ∂b xh − x bb Rcd x bf Rch ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂b xd ∂Rcf ∂b xh ∂Rab + x bb Rcd x bf Rah ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 x bb Rad x bf Reh 2 sin g ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xh ∂Ref ∂b xd + x bb Reh x bf Rad ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂Rah ∂b xd − x bb Rcd x bh Rcd ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 4 sin g x bb Rab x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah x bb x bh −2 sin4 g ∂t ∂φ ∂φ ∂t         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 4 2 sin g 2 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ        ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah − x bb x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t 4

(8.414)

Relasi berguna: Rcd Rcd = δdd = 1.    bd bd ∂x x pada persamaan (8.414). Berikut dihitung ∂∂φ ∂φ

BAB 8. LAMPIRAN

102

Untuk d = 1, 2, 3 berlaku:             ∂b xd ∂b xd ∂b x1 ∂b x1 ∂b x2 ∂b x2 ∂b x3 ∂b x3 = + + ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ 2  2  2  ∂ ∂ ∂ [sin θ cos φ] + [sin θ sin φ] + cos θ = ∂φ ∂φ ∂φ = (sin θ(−1) sin φ)2 + (sin θ cos φ)2 + (0)2

(8.415)

= sin2 θ sin2 φ + sin2 θ cos2 φ + 0 = sin2 θ(sin2 φ + cos2 φ) = sin2 θ Dengan mensubstitusikan persamaan (8.415) ke dalam (8.414), diperoleh:         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh T r[L0 Lφ L0 Lφ ] = 2 sin g 2 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ     ∂Rab ∂Rah x bb sin2 θb xh − ∂t ∂t 4

(8.416)

BAB 8. LAMPIRAN

103

Dari persamaan (8.406) dan (8.407), diperoleh: T r[L0 Lφ Lφ L0 ] = = = = = =

=

= =

        ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ 2 2 T r (−1) sin g (−1) sin g ∂t ∂φ ∂φ ∂t         ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ sin4 gT r ∂t ∂φ ∂φ ∂t           ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh 4 sin gT r σa x bb σc Rcd σe Ref σg x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂b xd ∂b xf ∂Rgh ∂Rab 4 x bb Rcd Ref x bh sin gT r [σa σc σe σg ] ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh 4 sin g 2 [δac δeg − δae δcg + δag δce ] x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t         ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh 4 2 sin g δac δeg x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh −δae δcg x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t         ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Rgh +δag δce x bb Rcd Ref x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂b xf ∂Reh 4 2 sin g x bb Rad Ref x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂b xd ∂b xf ∂Rch ∂Rab − x bb Rcd Raf x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t         ∂b xd ∂b xf ∂Rah ∂Rab x bb Rcd Rcf x bh + ∂t ∂φ ∂φ ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah 4 2 sin g x bb Rcd Rcd x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t       ∂Rab ∂b xd ∂b xd ∂Rah 4 2 sin g x bb x bh ∂t ∂φ ∂φ ∂t

dimana, Φ = σa Rab x bb dan Rcd Rcd = δdd = 1.

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.415) ke (8.417), diperoleh: 4

T r[L0 Lφ Lφ L0 ] = 2 sin g



∂Rab ∂t



2

x bb sin θ



∂Rah ∂t



x bh

(8.417)

BAB 8. LAMPIRAN

104

Jadi, dari persamaan (8.400),(8.416) dan (8.417), diperoleh: T r[L0 , Lφ ]2 = 2T r[L0 Lφ L0 Lφ ] − 2T r[L0 Lφ Lφ L0 ]         ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 4 = (2)(2) sin g 2 x bb Rad x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ         ∂Rab ∂Rah ∂Rab ∂Rah 2 4 2 − x bb sin θb xh − (2)(2) sin g x bb sin θ x bh ∂t ∂t ∂t ∂t         ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab 4 x bb Rad x bf Reh = 4 sin g 2 ∂t ∂φ ∂t ∂φ         ∂Rab ∂Rah ∂Rab ∂Rah 2 2 − x bb sin θb xh − x bb sin θb xh ∂t ∂t ∂t ∂t       ∂Rab ∂Ref ∂b xd ∂b xh = 4 sin4 g 2 Rad Reh x bb x bf ∂t ∂t ∂φ ∂φ     ∂Rah ∂Rab 2 x bb x bh sin θ −2 ∂t ∂t      ∂Rab ∂Ref ∂b xd ∂b xh 4 Rad Reh x bb x bf = 8 sin g ∂t ∂t ∂φ ∂φ     ∂Rab ∂Rah 2 − x bb x bh sin θ ∂t ∂t (8.418)

Dari persamaan (8.394), diperoleh: 2

4

T r[L0 , Lθ ] = 8 sin g

Karena,



∂Rab ∂t





x bb Rad

∂Rab ∂t





∂b xd ∂θ

Rad =





R

∂Ref ∂t

−1





∂R ∂t

x bf Reh





∂b xh ∂θ



−



∂Rab ∂t



∂Rah ∂t (8.419)



x bb x bh



(8.420) db

dimana, RT R = I → RT = R−1 . Dengan mensubstitusikan persamaan (8.420) ke (8.419) diperoleh: ( )          ∂R ∂b x ∂R ∂b x ∂R ∂R d h ab ah T r[L0 , Lθ ]2 = 8 sin4 g R−1 x bb R−1 x bf − x bb x bh ∂t db ∂θ ∂t hf ∂θ ∂t ∂t (8.421) Dari persamaan (8.325), diperoleh: Z

2π

dφ o

Z

π o

4 sin θdθb xb x bh = πδbh 3

(8.422)

BAB 8. LAMPIRAN maka, Z

105

        Z ∞ ∂Rab ∂Rah ∂Rah ∂Rab 2 4 d xT r − x bb x bh = −8 δbh drr sin g ∂t ∂t ∂t ∂t o    Z ∞ ∂Rab ∂Rab 2 4 drr sin g = −8 ∂t ∂t o  2 Z ∞ ∂R drr 2 sin4 g R−1 = −8 ∂t o 3

(8.423) Tinjau suku pertama dari ruas kanan persamaan (8.421), diperoleh:        ∂b xd ∂b xh 4 −1 ∂R −1 ∂R 8sin g R x bb R x bf ∂t db ∂θ ∂t hf ∂θ dan karena,



R

−1 ∂R

∂t



db



=− R

−1 ∂R

∂t



(8.424)

(8.425) bd

maka, 

R

−1 ∂R

∂t



db

x bb



∂b xd ∂θ





 ∂b x2 ∂b x1 −x b1 = R x b2 ∂t 12 ∂θ ∂θ     ∂b x3 ∂b x1 −1 ∂R + R −x b1 x b3 ∂t 13 ∂θ ∂θ     ∂b x3 ∂b x2 −1 ∂R −x b2 + R x b3 ∂t 23 ∂θ ∂θ −1 ∂R

 

(8.426)

Untuk masing-masing suku yang mengandung x b, pada persamaan (8.426) diperoleh:       ∂b x1 ∂b x2 ∂ ∂ x b2 = sin θ sin φ −x b1 [sin θ cos φ] − sin θ cos φ [sin θ sin φ] ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ = sin θ sin φ (cos θ cos φ) − sin θ cos φ (cos θ sin φ) =0 (8.427) 

∂b x1 ∂b x3 x b3 −x b1 ∂θ ∂θ



= cos θ



   ∂ ∂ [sin θ cos φ] − sin θ cos φ cos θ ∂θ ∂θ

= cos θ(cos θ cos φ) − sin θ cos φ(− sin θ) = cos2 θ cos φ + sin2 θ cos φ = cos φ(cos2 θ + sin2 θ) = cos φ

(8.428)

BAB 8. LAMPIRAN



∂b x2 ∂b x3 x b3 −x b2 ∂θ ∂θ



106

= cos θ



   ∂ ∂ [sin θ sin φ] − sin θ sin φ cos θ ∂θ ∂θ

= cos θ(cos θ sin φ) − sin θ sin φ(− sin θ) (8.429)

= cos2 θ sin φ + sin2 θ sin φ = sin φ(cos2 θ + sin2 θ) = sin φ

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.427),(8.428) dan (8.429) ke (8.426) diperoleh: 

R

−1 ∂R

∂t



db

x bb



∂b xd ∂θ



=



R

−1 ∂R

∂t





cos φ + R 13

−1 ∂R

∂t



sin φ

(8.430)

23

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.430) ke (8.424), diperoleh: 4



8sin g R

−1 ∂R

∂t



ab

x bb



∂b xd ∂θ



R

−1 ∂R

∂t



hf

x bf



∂xh ∂θ



4

= 8 sin g 



R

−1 ∂R

−1 ∂R



∂t



cos φ 13

2

sin φ ∂t 23 ( 2 4 −1 ∂R cos2 φ = 8 sin g R ∂t 13   ∂R +2 R−1 cos φ ∂t 13   −1 ∂R sin φ R ∂t 23 )  2 ∂R + R−1 sin2 φ ∂t 23 + R

(8.431) Dengan demikian, persamaan (8.418) tersederhanakan menjadi: T r[L0 , Lφ ]

2

      ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab x bb Rad x bf Reh = 8 sin g ∂t ∂φ ∂t ∂φ      ∂Rab ∂Rah − x bb sin2 θ x bh ∂t ∂t 4



(8.432)

BAB 8. LAMPIRAN

107

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.431) ke suku pertama ruas kanan persamaan (8.432) diperoleh:       ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 8 sin g x bb Rad x bf Reh ∂t ∂φ ∂t ∂φ ( )     ∂R ∂x ∂R ∂x d h = 8 sin4 g R−1 x bb R−1 x bf ∂t db ∂φ ∂t hf ∂φ 4



Dengan cara yang sama dengan persamaan (8.431) diperoleh:         ∂b xd ∂b x1 ∂b x2 −1 ∂R −1 ∂R x bb = R x b2 −x b1 R ∂t db ∂φ ∂t 12 ∂φ ∂φ     ∂b x1 ∂b x3 −1 ∂R + R x b3 −x b1 ∂t 13 ∂φ ∂φ     ∂b x2 ∂b x3 −1 ∂R x b3 + R −x b2 ∂t 23 ∂φ ∂φ

(8.433)

(8.434)

Untuk masing-masing suku yang mengandung x b, pada persamaan (8.434), diperoleh:       ∂ ∂b x2 ∂ ∂b x1 = sin θ sin φ −x b1 [sin θ cos φ] − sin θ cos φ [sin θ sin φ] x b2 ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ = sin θ sin φ(sin θ(−1) sin φ) − sin θ cos φ(sin θ cos φ) = − sin θ sin φ sin θ sin φ − sin θ cos φ sin θ cos φ = − sin2 θ sin2 φ − sin2 θ cos2 φ = − sin2 θ(sin2 φ + cos2 φ) = − sin2 θ (8.435) 

∂b x3 ∂b x1 −x b1 x b3 ∂φ ∂φ



= cos θ



   ∂ ∂ [sin θ cos φ] − sin θ cos φ cos θ ∂φ ∂φ

= cos θ sin θ(−1) sin φ − sin θ cos φ (0)

(8.436)

= − cos θ sin θ sin φ 

∂b x2 ∂b x3 x b3 −x b2 ∂φ ∂φ



= cos θ



   ∂ ∂ [sin θ sin φ] − sin θ sin φ cos θ ∂φ ∂φ

= cos θ(sin θ cos φ) − sin θ sin φ (0) = cos θ sin θ cos φ

(8.437)

BAB 8. LAMPIRAN

108

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.435),(8.436) dan (8.437) ke persamaan (8.434) diperoleh: 

R

−1 ∂R

∂t



db

x bb



∂b xd ∂φ



=



R

−1 ∂R



(−1) sin2 θ

∂t 12  −1 ∂R + R (−1) cos θ sin θ sin φ ∂t 13   −1 ∂R cos θ sin θ cos φ + R ∂t 23 

(8.438)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.438) ke (8.431) diperoleh: ( (      ) 2 ∂R ∂b x ∂R ∂b x d h 4 −1 −1 4 −1 ∂R sin4 θ 8 sin g R x bb R x bf = 8 sin g R ∂t db ∂φ ∂t hf ∂φ ∂t 12  2 −1 ∂R cos2 θ sin2 θ sin2 φ + R ∂t 13  2 −1 ∂R + R sin2 θ cos2 θ cos2 φ ∂t 23     −1 ∂R −1 ∂R + R R ∂t 12 ∂t 13 2 sin θ sin 2θ sin φ     −1 ∂R −1 ∂R − R R ∂t 12 ∂t 23 2 sin θ sin 2θ cos φ     1 −1 ∂R −1 ∂R − R R 2 ∂t 13 ∂t 23 2 sin 2θ sin φ cos φ (8.439) Karena,

Z Z

Z

2π

dφ o

Z

o

2π

dφ o

2π

dφ o

Z

Z

π 2

dθ sin θ cos φ = o

π 2

dθ sin θ sin φ =

o

π

dθ sin θ sin φ cos φ =

Z

Z Z

2π 2

dφ cos φ o

2π 2

dφ sin φ o

Z Z

π

(8.440)

dθ sin θ

(8.441)

π o

2π

dφ sin φ cos φ o

dθ sin θ o

Z

o

π

dθ sin θ

(8.442)

BAB 8. LAMPIRAN

109

maka dari (8.432), diperoleh:        Z Z ∞ ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 3 4 drr 2 sin4 g d x8 sin g x bb Rad x bf Reh = 8 ∂t ∂φ ∂t ∂φ (o 2 −1 ∂R R (2π) + 0 ∂t 13 )  2 ∂R + R−1 (2π) ∂t 23 (8.443) Dari (8.440), dapat dicari:  Z 2π Z Z 2π  Z Z 2π 1 2π 1 2π 1 2 dφ cos φ = dφ(cos 2φ+1) = [ dφ (cos 2φ + 1) = cos 2φdφ+ dφ] 2 2 o 2 o o o o (8.444) Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ − sin2 φ dan sin2 φ = 1 − cos2 φ. Dengan memisalkan u = 2φ, maka dφ = 21 du, persamaan (8.444) dapat dinyatakan sebagai: Z

2π 2

dφ cos φ = o

= = = =

Z  1 1 2π cos u( du) + φ|o 2 2   1 1 2π sin 2φ|o + 2π 2 2 1 1 [ (sin 2 2π − sin 2 0) + 2π] 2 2 1 1 [ (0 − 0) + 2π] 2 2 1 2π 2

(8.445)

=π Relasi berguna: sin 2θ = 2 sin θ cos θ, sin 2 2π = 2 sin | {z2π} cos 2π = 0 =0

Dari persamaan (8.440), dicari: Z

π o

dθ sin θ = − cos θ|πo = −[cos π − cos 0] = −[(−1) − (1)] = −[−2] = 2

(8.446)

Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.445) dan (8.446) ke persamaan (8.440), diperoleh:

Z

2π 2

dφ cos φ o

Z

π

dθ sin θ = π (2) = 2π o

(8.447)

BAB 8. LAMPIRAN

110

Dari persamaan (8.440), mencari nilai Z

2π 2

dφ sin2 φ

o

2π

Rπ o

dθ sin θ.

1 dφ(− )(cos 2φ − 1) 2 o Z 2π 1 =− dφ(cos 2φ − 1) 2 o Z 2π Z 2π  1 =− cos 2φdφ − dφ 2 o o Z  1 1 2π cos u( du) − φ|o =− 2 2  Z  1 1 cos u du − 2π =− 2 2   1 1 2π =− sin 2φ|o − (2π − 0) 2 2 1 1 = − [ (sin 2 2π − sin 2 0) − 2π] 2 2 1 1 1 = − [ 0 − 2π] = − [−2π] 2 2 2

dφ sin φ = o

Z

R 2π

(8.448)

=π Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ−sin2 φ, cos2 φ+sin2 φ = 1, u = 2φ, du = 2dφ,

1 du 2

=

dφ, sin 2A = 2 sin A cos A, sin 2 2π = 2 sin | {z2π} cos 2π = 0. =0

Analog dengan persamaan (8.446), diperoleh: Z

π

dθ sin θ = 2

(8.449)

o

Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.445) dan (8.446) ke persamaan (8.440), diperoleh:

Z

2π 2

dφ sin φ o

Z

o

π

dθ sin θ = 2π

(8.450)

BAB 8. LAMPIRAN

111

Dari (8.441), mencari nilai Z

2π

R 2π o

dφ sin φ cos φ

dφ sin φ cos φ = o

Z

2π o

Rπ o

dθ sin θ.

1 dφ {sin (φ − φ) + sin (φ + φ)} 2

Z 1 2π = dφ {0 + sin 2φ} 2 o Z 1 1 du {sin u} = 2 2 11 = (−1) cos 2φ|2π o 22 11 = (−1) [cos 2 2π − cos 2 0] 22 11 = (−1) [1 − 1] 22

(8.451)

=0 Relasi berguna: 2 2φ = u, 2dφ = du, dφ = 12 du, cos 2A = 2 cos2 A − 1, cos 2 2π = 2 cos | {z2π} −1 = =1

(2)(1) − 1 = 1.

Analog dengan persamaan (8.446), diperoleh: Z

π

dθ sin θ = 2

(8.452)

o

Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.451) dan (8.452) ke persamaan (8.442), diperoleh:

Z

2π

dφ sin φ cos φ o

Z

π

dθ sin θ = (0)(2) = 0

(8.453)

d3 x εrotasi

(8.454)

o

Berikut tinjau, Erotasi =

Z

dimana, dari persamaan (8.269) diperoleh: εrotasi

 1 F2 1 F2 2 2 Lo + [L , L ] = − T rL2o − T r [Lo , La ]2 = −T r o a 2 16 16a 16 16a2 

(8.455)

dan dari persamaan (8.323), diperoleh: T rL2o



= −2 x bh x bd



∂Rgh ∂t



∂Rgd ∂t



sin2 g

(8.456)

BAB 8. LAMPIRAN

112

Substitusikan persamaan (8.291),(8.364) dan (8.396) ke dalam persamaan (8.418), diperoleh: T r[L0 , La ]

2



 1 1 2 2 = T r [L0 , Lr ] + 2 [L0 , Lθ ] + 2 2 [L0 , Lφ ] r r sin θ 1 1 = T r[L0 , Lr ]2 + 2 T r[L0 , Lθ ]2 + 2 2 T r[L0 , Lφ ]2 r r sin θ  2    dg ∂Rcd ∂Rcb 2 = −4 sin g 2b xb x bd dr ∂t ∂t        ∂Rab ∂b xd ∂Ref ∂b xh 1 4 + 2 8 sin g x bb Rad x bf Reh r ∂t ∂θ ∂t ∂θ     ∂Rah ∂Rab x bb x bh − ∂t ∂t      1 ∂Ref ∂b xd ∂b xh ∂Rab 4 + 2 2 8 sin g Rad Reh x bb x bf ∂t ∂t ∂φ ∂φ r sin θ     ∂Rab ∂Rah 2 x bb x bh sin θ − ∂t ∂t 2

(8.457)

Dengan demikian, pensubstitusian persamaan (8.456) dan (8.457) ke persamaan (8.455), memberikan: εrotasi

    F2 ∂Rgh ∂Rgd = − (−2) x bh x bd sin2 g 16 ∂t ∂t "   2   ∂Rcb dg ∂Rcd 1 2 2b xb x bd −4 sin g − 16a2 dr ∂t ∂t            1 ∂b xd ∂Ref ∂b xh ∂Rab ∂Rah ∂Rab 4 + 2 8 sin g x bb Rad x bf Reh − x bb x bh r ∂t ∂θ ∂t ∂θ ∂t ∂t      1 ∂Ref ∂b xd ∂b xh ∂Rab 4 + 2 2 8 sin g Rad Reh x bb x bf ∂t ∂t ∂φ ∂φ r sin θ     ∂Rab ∂Rah 2 − x bb x bh sin θ ∂t ∂t (8.458)

BAB 8. LAMPIRAN

113

Dari persamaan (8.458), untuk suku pertama, diperolah: (1) Erotasi

=

Z

d

3

(1) xεrotasi

F2 = 8

Z

∞ o



2

r dr

Z

2π

|o

π

sin θdθb xh x bd o {z }



∂Rgh ∂t



∂Rgd ∂t



sin2 g

= 43 πδhd

  Z ∂Rgh F2 ∞ 2 ∂Rgd 4 2 = sin g r dr πδhd 8 o 3 ∂t ∂t    Z ∞ ∂Rgd ∂Rgd F2 2 2 r dr sin g π = 6 ∂t ∂t o 



dφ

Z

(8.459) Untuk suku kedua: Z (2) (2) Erotasi = d3 xεrotasi     2 Z 2π Z π Z ∞ ∂Rcb ∂Rcd dg 1 2 sin θ dθ x bb x bd dφ r dr = 2 sin2 g 2a o ∂t ∂t dr o o | {z } "

= 34 πδbd

#     2 4 ∂R ∂R dg cb cd r 2 dr πδbd sin2 g 3 ∂t ∂t dr o  2    Z ∞ dg ∂Rcb ∂Rcb 2π 2 2 r dr sin g = 2 3a o dr ∂t ∂t

1 = 2 2a

Z

∞

(8.460) Untuk suku ketiga dari persamaan (8.458), dengan menggunakan relasi (8.430), diper-

BAB 8. LAMPIRAN

114

oleh: (3) Erotasi

= =

=

=

=

Z

(3)

d3 xεrotasi      Z ∞ Z 2π Z π 1 1 ∂Rab 2 4 r dr dφ sin θdθ − 8 sin g 16a2 r2 ∂t o o o      ∂Ref ∂b xh ∂b xd x bf Reh x bb Rab ∂θ ∂t ∂θ    Z 2π Z π Z ∞ ∂b xh 1 ∂b xd 2 sin θ dθ x bb x bf dφ r dr − 8 16a2 o ∂θ ∂θ o o      ∂Rab ∂Ref 1 Rad Reh 2 sin4 g ∂t ∂t r    Z ∞ Z 2π Z π ∂b xd 1 ∂b xh − 2 dr dφ sin θ dθ x bb x bf 2a o ∂θ ∂θ o o # "    ∂R ∂R sin4 g R−1 R−1 ∂t db ∂t hf " 2 Z ∞ Z 2π Z π 1 4 −1 ∂R − 2 cos2 φ dr sin g dφ sin θ dθ R 2a o ∂t o o 13 #     2  ∂R ∂R ∂R sin2 φ R−1 cos φ sin φ + R−1 +2 R−1 ∂t 13 ∂t 23 ∂t 23 (8.461)

Sebagaimana ditunjukkan oleh persamaan (8.447): Z 2π Z π 2 dφ cos φ dθ sin θ = 2π o

sedangkan hasil pada persamaan (8.450): Z 2π Z 2 dφ sin φ o

dan (8.453):

Z

π

dθ sin θ = 2π

(8.463)

Z

(8.464)

o

2π

dφ sin φ cos φ o

(8.462)

o

π

dθ sin θ = 0 o

Maka, dengan mensubstitusikan persamaan (8.462),(8.463) dan (8.464) ke persamaan (8.461), diperoleh: # "  2 2 Z ∞ 1 ∂R ∂R (3) Erotasi = − 2 (2π) + 0 + R−1 (2π) dr sin4 g R−1 2a o ∂t 13 ∂t 23 " 2 2 #  Z ∂R ∂R π ∞ dr sin4 g R−1 + R−1 =− 2 a o ∂t 13 ∂t 23

(8.465)

BAB 8. LAMPIRAN

115

Untuk suku keempat dari persamaan (8.458), diperoleh: Z (4) (4) Erotasi = d3 xεrotasi       Z 2π Z π Z ∞ 1 ∂Rab ∂Rah 1 2 4 sin θdθ − dφ r dr = 8 sin g (−1) x bb x bh 16a2 r2 ∂t ∂t o o o    Z 2π Z π Z ∞ ∂Rah 1 ∂Rab 1 2 sin θdθb xb x bh dφ r dr (−1)8 sin4 g =− 2 16a2 ∂t ∂t r o o |o {z } 



= 34 πδbh

  Z ∞ 1 ∂Rah ∂Rab 4 4 = 2 sin g dr πδbh 2a o 3 ∂t ∂t    Z ∂Rab ∂Rab 2π ∞ 4 drsin g = 2 3a o ∂t ∂t 

(8.466)

BAB 8. LAMPIRAN

116

Dari (8.458), dengan menggunakan persamaan (8.420) dan (8.438), diperoleh: Z (5) (5) Erotasi = d3 xεrotasi Z ∞ Z 2π Z π 2 = r dr dφ sin θdθ o o o         1 1 ∂Rab ∂Ref ∂b xd ∂b xh 4 − 8 sin g Rad Reh x bb x bf 16a2 ∂t ∂t ∂φ ∂φ r 2 sin2 θ    Z 2π Z π Z ∞ ∂b xh 1 ∂b xd 2 sin θdθb xb x bf dφ r dr 8 = − 16a2 o ∂φ ∂φ o o      ∂Rab ∂Ref 1 1 Rad Reh 2 sin4 g 2 ∂t ∂t r sin θ    Z ∞ Z 2π Z π ∂b xh ∂b xd 1 sin θdθb xb x bf dφ dr = − 2 2a o ∂φ ∂φ o o "     # ∂R ∂R 1 R−1 R−1 sin4 g ∂t db ∂t hf sin2 θ "  2 2 Z ∞ Z 2π Z π 1 4 −1 ∂R 4 −1 ∂R sin θ R cos2 θ sin2 θ sin2 φ dr sin g dφ sin θdθ R = − 2 2a o ∂t ∂t o o 12 13   2    ∂R ∂R ∂R sin2 θ cos2 θ cos2 φ + R−1 + R−1 R−1 sin2 θ sin 2θ sin φ ∂t 23 ∂t 12 ∂t 13     −1 ∂R −1 ∂R R sin2 θ sin 2θ cos φ − R ∂t 12 ∂t 23       1 1 −1 ∂R −1 ∂R 2 − R R sin 2θ sin φ cos φ 2 ∂t 13 ∂t 23 sin2 θ "  2 2 Z ∞ Z 2π Z π 1 2 −1 ∂R 4 −1 ∂R sin θ + R cos2 θ sin2 φ = − 2 dr sin g dφ sin θdθ R 2a o ∂t 12 ∂t 13 o o   2    ∂R ∂R ∂R + R−1 cos2 θ cos2 φ + R−1 R−1 sin 2θ sin φ ∂t 23 ∂t 12 ∂t 13     −1 ∂R −1 ∂R − R R sin 2θ cos φ ∂t 12 ∂t 23      1 −1 ∂R −1 ∂R 2 − R R 4 cos θ sin φ cos φ 2 ∂t 13 ∂t 23 (8.467) Sebagaimana persamaan (8.451): Z dan, bahwa

Z

2π

dφ sin φ cos φ = 0

2π

dφ sin φ = 0 = o

(8.468)

o

Z

2π

dφ cos φ o

(8.469)

BAB 8. LAMPIRAN

117

maka dengan mesubstitusikan persamaan (8.468) dan (8.469) ke (8.467), diperoleh: " 2 Z ∞ Z 2π Z π 1 (5) 4 −1 ∂R Erotasi = − 2 sin2 θ dr sin g dφ sin θdθ R 2a o ∂t o o 12 #   2 2 ∂R ∂R + R−1 cos2 θ sin2 φ + R−1 cos2 θ cos2 φ ∂t 13 ∂t 23 (8.470) Berikut, tinjau integral sudut dengan memisalkan: I=

Z

2π

dφ o

Z

π 2

sin θdθ sin θ = 2π o

Z

π

sin θdθ sin2 θ

(8.471)

o

dimana, u = cos θ, untuk θ = 0 maka u = cos 0 = 1, dan untuk θ = π, maka u = cos π = −1, sehingga, du = d(cos θ) = − sin θdθ → sin θdθ = −du, dan sin2 θ = 1 − cos2 θ = 1 − u2 . Jadi, I = 2π = 2π = 2π

Z

π

sin θ dθ sin2 θ

Z0 π

Z

0

(−1)d(cos θ) (1 − cos2 θ)

−1

1

= −2π

Z

(−1)du(1 − u2 )

−1 1

(du − u2 du)

1 = −2π(u − u3 )|−1 1 3   1 = −2π (−1) − 1 − {(−1) − 1} 3   1 = −2π −2 − (−2) 3 2 = −2π[−2 + ] 3 8 = π 3

(8.472)

BAB 8. LAMPIRAN

118

Z

2π

Z

π

sin θdθ cos2 θ sin2 φ o o Z 2π Z π 2 = dφ sin φ sin θdθ cos2 θ o o Z π sin θdθ cos2 θ =π o Z −1 (−du)u2 =π

II =

dφ

(8.473)

1

1 = −π( u3 )|−1 1 3 1 = − π[(−1) − 1] 3 2 = π 3 Z

2π

Z

π

sin θdθ cos2 θ cos2 φ o o Z 2π Z π 2 = dφ cos φ sin θdθ cos2 θ o o Z π sin θdθ cos2 θ =π

III =

dφ

(8.474)

o

2 = π 3

dimana telah digunakan:

R 2π o

sin2 φdφ =

R 2π o

dφ cos2 φ =

R

cos 2φdφ =

sin 2φ . 2

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.472),(8.473) dan (8.474) ke persamaan (8.470), diperoleh: Z ∞ Z 2π Z π 1 (5) 4 Erotasi = − 2 dr sin g dφ sin θdθ 2a o o o # "   2 2 2 ∂R ∂R ∂R sin2 θ + R−1 cos2 θ sin2 φ + R−1 cos2 θ cos2 φ R−1 ∂t 12 ∂t 13 ∂t 23 # "   2 2 2 Z ∞ 1 8 ∂R 2 ∂R 2 ∂R = − 2 ( π) + R−1 ( π) + R−1 ( π) dr sin4 g R−1 2a o ∂t 12 3 ∂t 13 3 ∂t 23 3 " 2 2 2 #   Z ∞ π ∂R ∂R ∂R = − 2 dr sin4 g R−1 4 + R−1 + R−1 3a o ∂t 12 ∂t 13 ∂t 23 (8.475) Dari persamaan (8.458) dan (8.466), diperoleh: (6)

(4)

Erotasi = Erotasi

(8.476)

BAB 8. LAMPIRAN

119

Dengan demikian, (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

Erotasi = Erotasi + Erotasi + Erotasi + Erotasi + Erotasi + Erotasi    Z ∞  2  F ∂Rgd ∂Rgd 2 2 dr = π r sin g 6 ∂t ∂t o "  #   2  2π ∂R ∂R dg cb cb + r 2 sin2 g 3a2 dr ∂t ∂t "  2 2 #     ∂R 2π π ∂Rab ∂R ∂Rab −1 4 −1 4 + R + − 2 sin g R sin g a ∂t 13 ∂t 23 3a2 ∂t ∂t " # 2 2 2   8 2 2 1 ∂R ∂R ∂R ( π) + R−1 ( π) + R−1 ( π) − 2 sin4 g R−1 2a ∂t 12 3 ∂t 13 3 ∂t 23 3      ∂Rab ∂Rab 2π 4 sin g + 3a2 ∂t ∂t "(  #  2 )  Z ∞ 2 ∂R ∂R 2π dg πF ab ab = + 2 dr(r 2 sin2 g) 16 3a dr ∂t ∂t o "      2 Z ∞ Z ∞ 64π ∂R ∂R 1 1 ab ab 4 4 −1 ∂R dr(sin g) dr(sin g) 16π R + − 16a2 o 3 ∂t ∂t 16a2 o ∂t 13 #  2  2  2  2 64π 16π 16π −1 ∂R −1 ∂R −1 ∂R −1 ∂R +16π R R R R + + + ∂t 23 3 ∂t 12 3 ∂t 13 3 ∂t 23   ( 2  2 )    Z ∞   2π dg ∂R ∂R πF ab ab 2 2  + = dr(r sin g)    2 6 3a dr ∂t ∂t o  | {z } =−T r [R−1 ( ∂R ∂t )]

2

"    2   Z ∞ Z ∞ 1 ∂Rab 1 64π ∂Rab 4 4 −1 ∂R + − dr(sin g) dr(sin g) 16π R 16a2 o 3 ∂t ∂t 16a2 o ∂t 13  2  2  2  2 # ∂R 64π ∂R 16π ∂R 16π ∂R +16π R−1 + + + R−1 R−1 R−1 ∂t 23 3 ∂t 12 3 ∂t 13 3 ∂t 23 (8.477)

Gunakan persamaan (8.371): 

∂Rab ∂t



∂Rab ∂t





= −T r R

−1



∂R ∂t

2

(8.478)

BAB 8. LAMPIRAN

120

maka suku integran terakhir pada persamaan (8.477) tersederhanakan menjadi: 

16π R

−1 ∂R

∂t



2

 2  2  2 64π 16π 16π −1 ∂R −1 ∂R −1 ∂R + 16π R + + + R R R ∂t 23 3 ∂t 12 3 ∂t 13 3 ∂t 23 13   2  2  2  16π 16π 64π −1 ∂R −1 ∂R −1 ∂R = 16π + R R R + 16π + + 3 ∂t 13 3 ∂t 23 3 ∂t 12 " 2 2 2 #   ∂R ∂R ∂R 64π R−1 + R−1 + R−1 = 3 ∂t 13 ∂t 23 ∂t 12 "   2 # 2 1 64π 32π −1 ∂R −1 ∂R Tr R − Tr R = =− 3 2 ∂t 3 ∂t −1 ∂R

2

(8.479) Dengan demikian, Erotasi = −

Z

 2 )  2 2 2π dg πF −1 ∂R 2 2 + 2 Tr R dr(r sin g) 6 3a dr ∂t # " 2  Z ∞ 64π −1 ∂R 4 Tr R dr(sin g) 3 ∂t o "  2 # Z ∞ 32π ∂R dr(sin4 g) − T r R−1 3 ∂t o (

∞ o

−

1 16a2

−

1 16a2

(8.480)

Sehingga, Erotasi = −

8.4.1

(

πF 2 6

Z

∞ o

2π dr(r 2 sin2 g) + 2 3a

Z

∞

2

2

dr(r sin g)

o

"

dg dr

2

1 + 2 sin2 g r

#)



Tr R

(8.481)

Kecepatan Sudut

Tinjau, R = eiΩt

(8.482)

dimana, R adalah matriks rotasi dan Ω adalah matriks kecepatan sudut. Maka d d dR = [eiΩt ] = eiΩt [iΩt] = eiΩt iΩ dt dt dt

(8.483)

eiΩt Ω = ΩeiΩt

(8.484)

Dalil:

−1 ∂R

∂t

2

BAB 8. LAMPIRAN

121

Bukti: Menurut definisi fungsi eksponensial: eiΩt = 1 + (iΩt) +

(iΩt)2 (iΩt)3 Ω2 t2 iΩ3 t3 + + ... = 1 + (iΩt) − − + ... 2! 3! 2! 3!

(8.485)

Jika persamaan (8.485) dikalikan dengan Ω maka diperoleh: eiΩt Ω = 1Ω + (iΩt)Ω −

Ω2 t2 Ω iΩ3 t3 Ω − + ... 2! 3!

(8.486)

dimana, 1Ω = Ω1, ΩΩ = ΩΩ, Ω2 Ω = (ΩΩ)Ω = Ω(ΩΩ) = ΩΩ2 , Ω3 Ω = (ΩΩΩ)Ω = Ω(ΩΩΩ) = ΩΩ3 (8.487) dan seterusnya. Secara umum, Ωn Ω = ΩΩn

(8.488)

Dari (8.482) dan (8.483), diperoleh: R−1 Dengan demikian,



Tr R

dR = e−iΩt eiΩt iΩ = iΩ dt

−1 dR

dt

2

(8.489)

= T r (iΩ)2 = −T r (Ω)2

(8.490)

Persamaan (8.481) dapat dinyatakan sebagai berikut: Erotasi

 2 1 −1 dR = − a(Ust )T r R 8 dt

(8.491)

Dari persamaan (8.491) dan (8.481) diperoleh: πF 2 6

1 − a(Ust ) = − 8

Z

∞ o

2π dr r 2 sin2 g + 2 3a

Z

∞

dr r 2 sin2 g

o

"

dg dr

2

#! 1 + 2 sin2 g r (8.492)

sehingga, 2

Z

∞

Z

∞

"

2

πF 1 2π dg + 2 sin2 g drr 2 sin2 g + 2 drr 2 sin2 g 6 o 3a o dr r "  # Z Z 2 ∞ 16π dg 1 4πF 2 ∞ drr 2 sin2 g + 2 drr 2 sin2 g + 2 sin2 g = 3 3a o dr r o

a(Ust ) = 8

#!

(8.493)

BAB 8. LAMPIRAN

122

Dari solusi numerik, [11], p.164, persamaan (13.42), diperoleh: a(Ust ) ∼ =

447 F e3

(8.494)

Substitusikan persamaan (8.490) ke persamaan (8.491), diperoleh: 1 1 Erotasi = − a(Ust )(−1)T r(Ω)2 = a(Ust )T r(Ω)2 8 8

(8.495)

dimana, Ω termasuk ke dalam elemen aljabar grup Lie rotasi O(3), dengan generator T1 , T2 , T3 yang memenuhi sifat ortonormal, yakni: T r[Ta Tb ] = 0, jika a 6= b, dan, T r[Ta Tb ] = 1, jika a = b. Jadi, Ω = Ω 1 T1 + Ω 2 T2 + Ω 3 T3

(8.496)

dimana, Ω1 , Ω2 , Ω3 adalah bilangan, dan T1 , T2 , T3 adalah matriks. Dari persamaan (8.496), dengan menggunakan sifat ortonormal generator grup Lie rotasi O(3) diperoleh: T r(Ω)2 = T r(Ω1 T1 + Ω2 T2 + Ω3 T3 )2 = T r(Ω1 T1 Ω1 T1 + 2Ω1 T1 (Ω2 T2 + Ω3 T3 ) + Ω2 T2 Ω2 T2 + 2Ω2 T2 Ω3 T3 + Ω3 T3 Ω3 T3 ) = Ω21 T r(T1 T1 ) + 2Ω1 Ω2 T r(T1 T2 ) + 2Ω1 Ω3 T r(T1 T3 ) + Ω22 T r(T2 T2 ) + 2Ω2 Ω3 T r(T2 T3 ) + Ω23 T r(T3 T3 ) = Ω21 (1) + 2Ω1 Ω2 (0) + 2Ω1 Ω3 (0) + Ω22 (1) + 2Ω2 Ω3 (0) + Ω23 (1) = Ω21 + 0 + 0 + Ω22 + 0 + Ω23 = Ω21 + Ω22 + Ω23 (8.497) Dari persamaan (8.495), (8.497) diperoleh: 1 1 Erotasi = a(Ust )T r(Ω)2 = a(Ust )[Ω21 + Ω22 + Ω23 ] 8 8

8.4.2

(8.498)

Momentum Sudut Rotasi

Dalam tinjauan mekanika klasik, momentum sudut adalah: Ja =

∂Etotal ∂Ωa

(8.499)

BAB 8. LAMPIRAN

123

dimana, Etotal = Estatik + Erotasi

(8.500)

karena Estatik tak gayut Ω, maka: ∂Estatik =0 ∂Ωa

(8.501)

Dari persamaan (8.499),(8.500) dan (8.501) diperoleh: Ja =

∂Erotasi ∂Ωa

(8.502)

Dari persamaan (8.502), untuk a = 1, 2, 3, diperoleh: J1 =

∂Erotasi ∂Ω1

(8.503)

J2 =

∂Erotasi ∂Ω2

(8.504)

J3 =

∂Erotasi ∂Ω3

(8.505)

Substitusikan persamaan (8.498) ke (8.503), (8.504) dan (8.505) diperoleh: 1 1 4J1 J1 = a(Ust )2Ω1 = a(Ust )Ω1 → Ω1 = 8 4 a(Ust )

(8.506)

1 4J2 1 J2 = a(Ust )2Ω2 = a(Ust )Ω2 → Ω2 = 8 4 a(Ust )

(8.507)

1 4J3 1 J3 = a(Ust )2Ω3 = a(Ust )Ω3 → Ω3 = 8 4 a(Ust )

(8.508)

Tinjau kembali persamaan (8.498): 1 Erotasi = a(Ust )[Ω21 + Ω22 + Ω23 ] 8

(8.509)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.506),(8.507) dan (8.508) ke (8.509) diperoleh (dalam kasus klasik): Erotasi

  1 16J12 16J22 16J32 = a(Ust ) + + 8 a(Ust )2 a(Ust )2 a(Ust )2 2 = [J 2 + J22 + J32 ] a(Ust ) 1 1 J2 = 1 a(U ) st 2

BAB 8. LAMPIRAN

124 (8.510)

Dalam tinjauan mekanika klasik, maka diperoleh: 1 Erotasi = I(Ω21 + Ω22 + Ω23 ) 2

(8.511)

dimana, I adalah momen inersia benda tegar. Jadi, momen inersia skyrmion, dari persamaan (8.509) dan (8.511), adalah: 1 1 I = a(Ust ) 2 8

(8.512)

1 1 I = a(Ust ) → 2I = a(Ust ) 4 2

(8.513)

U (x, t) = A(t)Ust (x)A(t)†

(8.514)

sehingga,

dimana,

untuk relasi ini, lihat [11], p.164. Jadi, dari persamaan (8.510) dan (8.513), diperoleh: Erotasi =

8.4.3

1 2 J2 J = 2I 2I

(8.515)

Kuantisasi Momentum sudut

b bekerja pada fungsi eigen, |j, mi, dinyatakan sebagai, Operator momentum sudut J, Jb2 |j, mi = j(j + 1)|j, mi

(8.516)

hJb2 i = hj, m|Jb2 |j, mi = j(j + 1))¯ h2

(8.517)

dimana, m = −j, j + 1, ..., j − 1, j dan j = 0, 21 , 1, 23 , .... Tinjau,

Dari persamaan (8.515) dan (8.517), dan dinyatakan dalam nilai ekspektasi diperoleh: hErotasi i =

j(j + 1) 2 h ¯ 2I

(8.518)

BAB 8. LAMPIRAN

8.4.4

125

Massa Nukleon

Massa nukleon dicari dari relasi massa statik dan massa rotasi, sebagai berikut: mN = Mstatik + Mrotasi

(8.519)

dimana, Mstatik =

Estatik = Estatik c2

(8.520)

dalam hal ini digunakan c=1, yakni satuan natural. Dari perhitungan numerik, diperoleh:     (3, 14) (123) 23, 2 ∼ π F 23, 2 = Estatik = = 905, 08 MeV a 2 4, 95 2

(8.521)

dimana telah diambil F ∼ = 123 MeV adalah konstanta peluruhan pion dan a = 4, 95 konstanta tak berdimensi [11], p.243. Dari persamaan (8.520) dan (8.521), diperoleh: Mstatik ∼ = 905, 08 MeV

(8.522)

Untuk nukleon, yakni j = 21 , diperoleh: Erotasi

1 1 ( + 1) j(j + 1) 3 = = 2 2 = 2I 2I 8I

dimana, dari perhitungan numerik, diperoleh:   111, 75 1 1 447 ∼ = I = a(Ust ) = = 7, 49.10−3 3 4 4 F a (123)(4, 95)3

(8.523)

(8.524)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.524) ke (8.523) diperoleh: Erotasi =

3 3 ∼ ∼ = 50, 07 MeV = = 0, 05007.103 ∼ −3 8I 8(7, 49.10 )

(8.525)

Erotasi = Erotasi ∼ = 50, 07 MeV c2

(8.526)

sehingga, Mrotasi =

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.522) dan (8.526) ke (8.519) diperoleh: mN ∼ = 905, 08 + 50, 07 ∼ = 955, 15 MeV

(8.527)

BAB 8. LAMPIRAN

8.4.5

126

Massa Delta

Massa delta dicari dari relasi massa statik dan massa rotasi, sebagai berikut: m∆ = Mstatik + Mrotasi

(8.528)

dari perhitungan numerik (analog dengan energi statik nukleon) Estatik ∼ = 905, 08 MeV

(8.529)

Estatik = Estatik ∼ = 905, 08 MeV c2

(8.530)

sehingga, Mstatik =

Untuk delta, yakni j = 32 , diperoleh:

Erotasi =

3 3 ( + 1) 15 j(j + 1) = 2 2 = 2I 2I 8I

(8.531)

dimana, dari perhitungan numerik (analog dengan momen inersia nukleon) diperoleh: 1 I = a(Ust ) ∼ = 7, 49.10−3 4

(8.532)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.532) ke (8.531) diperoleh: Erotasi =

15 ∼ 15 ∼ = 250, 33 MeV = = 0, 25033.103 ∼ −3 8I 8(7, 49.10 )

(8.533)

sehingga, Mrotasi =

Erotasi = Erotasi ∼ = 250, 33 MeV c2

(8.534)

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.530) dan (8.534) ke (8.528) diperoleh: m∆ ∼ = 905, 08 + 250, 33 ∼ = 1155, 41 MeV

8.5

(8.535)

Lampiran V: Teori Grup

Matriks U (N ) adalah matriks unitari ordo N × N yang memiliki N 2 parameter. Suatu matriks dikatakan unitari, jika matriks tersebut memenuhi hubungan: U U † = U †U = I

(8.536)

BAB 8. LAMPIRAN

127

sehingga, U † = U −1

(8.537)

dimana, I adalah matriks identitas, U † adalah transpose Hermit dari U dan U −1 adalah invers dari U . Alasan, mengapa U harus unitari. Keadaan kuantum |ni bertransformasi oleh U menjadi |n0 i, yakni: |n0 i = U |ni

(8.538)

|n0 i† = (U |ni)†

(8.539)

hn0 | = hn|U †

(8.540)

hn0 |n0 i = hn|ni

(8.541)

hn|U † U |ni = hn|ni

(8.542)

Syarat normalisasi:

Agar memenuhi syarat normalisasi, maka: U †U = I

(8.543)

T eorema: Untuk setiap matriks unitari U = eiH , maka H = H † (hermitis). Bukti: U † = (eiH )† = ei

†H†

= e−iH

U −1 = (eiH )−1 = e−iH

†

(8.544)

(8.545)

†

Dari syarat unitari: U † = U −1 , maka e−iH = e−iH , sehingga H † = H. Matriks SU (N ) adalah matriks ordo N × N yang memiliki (N 2 − 1) parameter. Jika U ∈ SU (N ), berarti: U U † = U †U = I

(8.546)

BAB 8. LAMPIRAN

128 det U = 1

(8.547)

Dalam kasus khusus, N = 2, yakni SU (2) dimana U = eiH , dengan H † = H maka: (1) H adalah matriks hermitis ordo 2 × 2. (2) Setiap matriks hermitis ordo 2 × 2, dapat dibangun oleh tiga matriks Pauli σa yang bebas linier, dimana a = 1, 2, 3. Matriks Pauli tersebut adalah:       0 1 0 −i 1 0  , σ2 =   , σ3 =   σ1 =  1 0 i 0 0 −1

(8.548)

Dengan demikian:

H = φ 1 σ1 + φ 2 σ2 + φ 3 σ3

(8.549)