d)E a) konstanta normalisasi B dapat dicari sebagai berikut : Ψ(x) = B e
ikx
;A=0
L ikx
( e
ikx
)*( e
)dx 1
0 L
e ikx e
ikx
dx 1
0 L 2
dx 1 0
1 L b ) ( x, t ) 1 L
e
ikx
1 L
( x) (t ) e
i ) t h
(
e
ikx
e
i t
2 1 L
e
i ( kx
t)
c)
= …….? L
* ( x) ˆ ( x)dx
0 L
0
k 0 e dx L
L
( 0
k L L
1 e L
ikx
)*(
1 )( e i x L
ikx
)dx
k
d) E = ………?
45
1
( x)
L
2 d 2 2m dx 2
e
ikx
1 L
e
2 1 ( ik ) 2 e 2m L 2
k 2m
ikx
1 L
ikx
1 L
e
ikx
e
ikx
2
2. Partikel dalam Keadaan Terikat (Bound States) a. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam t: V(x) V E
x Gambar 5.2 Grafik Energi elektron pada permukaan logam Daerah I : x < 0 V(x) = 0 ; energi partikel E Persamaan schrodingernya ialah:
d2 ( x) ( x) 2m dx 2 d2 2m ( x) ( x) 2 dx 2 2m 2 misal : k1 2 d2 2 ( x) k1 x 2 dx e ik1x e ik1x I ( x) Daerah II ; x
0 46
V (x) = V , E < V 2 d 2 2m dx 2 d2 dx 2
( x) V ( x) 2 m( E V ) 2
( x)
2m(V E ) 2
Misal : k d2 dx 2
2
E ( x)
( x)
2m(V E ) 2
2
( x)
( x)
k 22
( x)
Cek2x + De-k2x
(x)
Solusi ialah
Fungsi yang diinginkan ialah fungsi gelombang berkelakuan baik : II
(x)
0
lim x Maka C = 0 dari
II
Aeikx De
(x ) =
( x) ikx
Be k 2x
;x
D2
ik 2 x
:x<0 0
Solusi dari fungsi gelombang yang diperoleh masih terputus di x = 0 (tak kontinu) maka, kita gunakan rumus penyambung atau persamaan kontinuitas. I
d
( x) ( x) dx I
II
( x) ( x) dx
II
x=0
A+B=D..............1) Ik1 A – ik1B = -k2D............2) Dari dua persamaan tersebut dapat ditentukan harga konstanta A,B dan D A+B=D ik1 A – ik1B = -k2D
(k2) 1
-k2A+k2B=-k2D ik1 A – ik1B = -k2D
+
(k2+ik1)A+(k2-ik1)B=0 47
(k2+ik1)A=(k2-ik1)B B=
ik1 ik1
k2 A k2
D=A A+B=D ik1 A – ik1B = -k2D
ik1
ik1 A + ik1B = -k1D
1
ik1 A – ik1B = -k2D
+
2ik1 A=(ik1-k2)D 2ik1 A ik1 k 2
D=
( x)
Aeik1 x 2 ik11 ik1 k 2
ik1 k 2 A; x 0 ik1 k 2
A; x 0
b. Neutron yang mencoba melepaskan diri dari inti V(x) V E
x Gambar 5.3 Grafik Energi Neutron Daerah I : x < 0 V(x) = 0 ; energi partikel E Persamaan schrodinger ialah :
48
d2 ( x) ( x) 2m dx 2 d2 2m ( x) ( x) 2 dx 2 2m 2 misal : k1 2 d2 2 ( x) k1 x 2 dx e ik1x e ik1x I ( x)
Daerah x>0 V(x)=V ;energi E >V 2 d 2 Persamaan schrodingernya : 2m dx 2
d2 dx 2
2 m( E V ) h2
( x)
2m(V E ) h2 Misal : k 2 II
( x)
( x) V ( x)
( x)
( x)
2m(V E ) h2
2
Ceik 2 x
De
ik 2 x
Aeik1 x Be Ce
ik2 x
Persamaan
ik1 x ;x
Ce ik 2 x dan D=0
(x)
Syarat gelombang yang berkelakuan baik :
(x)
E ( x)
0
;x 0
kontinuitasdi
x=0
agar
fungsi
gelombang
tersebut
berkesinambungan: I
d dx
( x) I
II
( x)
( x) d dx
A+B=C K1A-k1B=k2C
II
( x)
x=0 (k1)
k1A-k1B=k1C
1
k1A-k1B=k2C
+
2k1A=(k1+k2)C
49
2 k1 A k1 k 2
C=
Aeik1 x
( x)
2 ik11 ik1 k 2
ik1 k 2 A; x 0 ik1 k 2
A; x 0
c. Partikel α yang Mencoba Melepaskan Diri dari Barrier Coulomb V E I
II
III x
0
a
Gambar 5.4 Grafik Energi Partikel α Daerah I ; x<0 V(x)=0
energinya E
Persamaan schrodingernya : d2 dx 2 I
2mE 2
( x)
( x) V ( x)
E ( x)
2 d 2 2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
(x) = dengan k1=
Daerah II
2 d 2 2m dx 2
2mE 2
; 0<x
V(x)=0 Persamaan schrodingernya : d2 dx 2 II
( x)
2m (V 2
(x) = Ce ik 2 x
Daerah III
De
E ) ( x) ik 2 x
dengan k2=
2m(V E ) 2
; x>a 50
V(x)=0 Persamaan schrodingernya :
III
(x) = Feik 2 x
Ge
ik1 x
2 d 2 2m dx 2
dengan k1=
( x) V ( x)
E ( x)
2mE 2
Pada daerah ini, partikelnya merupakan partikel bebas artinya tidak ada sesuatu yang menyebabkan partikel untuk dipantulkan kembali jadi G=0 III
(x) = Feik 2 x
Ae ik1 x
(x) =
Ce
k2 x
Fe
ik 1 x
Be
ik 1 x
;x 0
De
k2 x
;0 x a
;x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakan persamaan kontinuitas: I
d
II
( x)
( x) ( x) x=0 dx
( x) dx I
I
d
( x)
II
II
( x) dx I
( x) ( x) x=a dx
II
A+B=C+D.......................1) ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k 2 a k 2 Ce k 2 a
De
k2a
k 2 De
Feik1a ....................3) k2a
ik1 Feik1a ............4)
Dari kempat persamaan tersebut dapat dicari konstanta A,B,C,D dan F. Dari persamaan 1 dan 2 : A+B=C+D ik1A-ik1B=k2C-k2D
(ik1) (1)
ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D ik1A-ik1B= k2C-k2D
+
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D...................5) Dari persamaan 3) dan 4) 51
Cek2a + De-k2a = Feik1a
(ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a
(1)
k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a (ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a D
(ik1 k2 ) e 2 k 2 a C (ik1 k2 ) e k 2 a
D
(k2 ik1 ) 2 k 2 a e ..C...........6) (ik1 k2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
2ik1 A
(ik1
2ik1 A C
(ik1
(ik1
k 2 )C
(ik1
k2 )
k2 )
(ik1
k2 )
2ik1 (ik1 k 2 ) k 2 ) 2 (ik1 k 2 )( k 2
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a e C (ik1 k 2 )
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a e C (ik1 k 2 ) ik1 )e 2 k 2 a
A.............7)
Subsitusi 7) ke 6) : (k 2 ik1 ) 2 k 2 a e (ik1 k 2 ) (ik1
D
2ik1 (ik1 k 2 ) k 2 ) (ik1 k 2 )(k 2
ik1 )e 2 k2a
2
A...........8)
Subsitusi 7) ke 8) : 2ik1 (ik1 k2 ) k2 ) (ik1 k2 )(k2 2
(ik1
(k2 ik1 ) 2 k 2 a e (ik1 k2 ) (ik1 2ik1 A
(ik1
ik1 )e
2k2 a
Ae2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) A e k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a 2
e 2 k 2 a (ik1 k2 )(k2 ik1 ) k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2a
Feik1a
Feik1a
F
2ik1 (e 2 k 2 a )(ik1 k2 )(k2 ik1 ) 1 A 2k2 a 2k2 a 2 (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e e
F
2ik (ik1 k2 )(k2 ik1 ) e k 2 a ik1a A (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1) B = C + D –A 52
2ik1 (ik1 k2 ) A 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a A (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
A
2ik1 (ik1
k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
k2 ) ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 k2 (k2 (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
A
(ik1
k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1 (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2 ) 2
k2 ) 2ik1 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1 (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2 )
ik1 )e 2 k 2 a ik1 )e 2 k 2 a
ik1 )e 2 k 2 a
maka persamaan keadaan dari partikel tersebut ialah
(x )
ik1
k2 2ik1 2 ik1 k2
k2 ik1 e k 2 a ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
2ik1 ik1 k2 ik1 k2 k2
ek2 x A a
ik1
Aeik1 x
k2
2
2ik1 ik1 2 ik1 k2
ik1 e
2k2
k2 k2 ik1 e k 2 a ik1a eik1 x A; x 2k2a ik1 k2 k2 ik1 e
e
ik 1 x
A; x
0
2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a e 2 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
ik1
k2 x
0
d. Elektron yang Dihamburkan Oleh Atom yang Terionisasi Negatif
53
a;0 x a
E
V
I
III
II
0
a
x
Gambar 5.5 Grafik energi elektron yang dihamburkan oleh Atom terionisasi negatif Daerah I ; x<0 V(x)=0 Persamaan Schrodingernya, d2 dx 2 I
2mE 2
( x)
(x) = Aeik1x
Be
2 d 2 2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x) ik1 x
dengan k1=
2m( E 2
Daerah II ; 0<xV Persamaan schrodingernya : d2 dx 2 II
( x)
2m ( E V ) ( x) 2
(x) = Ce ik 2 x
De
ik 2 x
2 d 2 2m dx 2 2m (V 2
dengan k2=
( x) V ( x)
E ( x)
E) 2m(V E ) 2
Daerah III ; x>a V(x)=0 2 d 2 Persamaan Schrodingernya, 2m dx 2
( x)
E ( x)
54
d2 dx 2 III
2mE 2
( x) (x) = Feik1x
( x)
Ge
ik1 x
dengan k1=
2m( E 2
Pada daerah ini partikel dianggap sebagai partikel bebas sehinnga G=0 III
(x) = Feik1 x
maka persamaan keadaannya ialah
(x) =
Ae ik1 x
Be
ik 1 x
;x 0
Ce k 2 x
De
k2 x
;0 x a
Fe ik1 x ; x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakanlah persamaan kontinuitas : I
d
( x)
( x) ( x) x=0 dx
( x) dx I
II
d
II
II
( x)
III
( x) ( x) x=a dx
( x) dx II
II
A+B=C+D.......................1) Ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k2a ik 2 Ce k2a
De
k2 a
k 2 De
Feik1a ....................3) k2 a
ik1 Feik1a ............4)
Mencari konstanta A,B,C,D & G. Dari persamaan 1) dan 2) : A+B=C+D
(ik1) Ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
Ik1A-ik1B=k2C-k2D
(1)
Ik1A-ik1B= k2C-k2D
+
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D........................5) Dari persamaan 3) dan 4) : Cek2a + De-k2a = Feik1a
(ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a
(1)
k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a 55
(ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a D
(ik1 k 2 ) e 2 k 2 a C (ik1 k 2 ) e k 2 a
D
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a e .............6) (ik1 k 2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
2ik1 A
(ik1
2ik1 A C
k 2 )C
(ik1
k2 )
k2 )
(ik1
k2 )
(ik1
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a e C (ik1 k 2 )
2ik1 (ik1 k 2 ) k2 ) (ik1 k 2 )( k 2 2
(ik1
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a e C (ik1 k 2 )
ik1 )e 2 k 2 a
A.............7)
Substitusi 7) ke 6), diperoleh :
D
k2
2k1e2ik 2 a A..........8) k1 k1 k2 e2ik 2 a
Substitusi 7) ke 8) ke 3), diperoleh :
F
k1 k2
4k1k2eik 2 a ik1a A k2 k1 k1 k2 e2ik1a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1) B = C + D –A
B
2k1 k2
k1
2k1e2ik 2 a k1 k2 k1 2 k2 k1 k1 k2 k2 k 1 k1 k2 e2ik 2 a
k1 k2 e2ik 2 a
A
56
(x)
2k1 k2
k1
k2
2k1 k2 k2 k1
k2
4k1k2eik 2 a ik1a eik1 x A; x k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
k1
k1
2k1e 2ik1a k1 k2 k1 k2 k2 k1 k1 k2 k2 k1 k1 k2 e 2ik 2 a
Aeik1 x
k1 eik 2 x A k1 k2 e 2ik 2 a
k2
k1 k2 e 2ik 2 a
2k1e 2ik 2 a e k1 k1 k2 e 2ik 2 a
ik 2 a
A;0
e
ik 1 x
x
A; x a
a
e. Neutron yang terikat dalam inti V
V II
I
III E
V(x)=0
0
l
x
Gambar 5.6 Grafik energi neutron yang terikat dalam inti
Daerah I ; x<0 V(x)=V ; E
( x)
2m(V 2
(x) = Aek1x
Be
E)
2 d 2 2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
k1 x
dengan menerapkan syarat fungsi berkelauan baik yaitu lim x mendekati negatif tak hingga maka nilai fungsi harus berhingga, maka haruslah B = 0 sehingga solusi didaerah satu ialah I
(x) = Aek1x dengan k1=
2m(V 2
E)
Daerah II ; 0<x
0
V(x)=0 Persamaan Schrodingernya, d2 dx 2 II
2mE 2
( x)
(x) = Ce ik1x
2 d 2 2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
De
ik1 x
2mE 2
dengan k2=
Daerah III ; x>l V(x)=V energinya E
2m(V E ) 2
( x)
(x) = Fek1x
Ge
2 d 2 2m dx 2
k1 x ( x) lim x
III
0 o
F
0
k1 x
(x) = Ge
Aek1x
Ψ(x) =
E ( x)
( x)
Syarat fungsi berkelakuan baik : III
( x) V ( x)
Ce ik1x Ge
; x<0
De
ik1 x
k1 x
; 0<x
Fungsi tersebut masih terputus di titik x=0 dan x=l maka digunakan persamaan kontinuitas :
I
d
( x) ( x) dx I
II
d
II
( x)
( x) dx II
( x) ( x) dx
II
III
x=0
( x) ( x) dx
II
x=l
A = C+D.......................1) k1A-= ik2C
ik2D ...........2) 58
Ce k2l
De
ik 2 Ce k2l
k 2l
Ge ik1l ....................3) k 2l
k 2 De
k1Ge ik1l ............4)
Mencari konstanta A,C,D dan G. Dari persamaan 1 dan 2 A=C+D k1A = ik2C
(ik2) ik2A= ik2C-ik2D ik2D
(1)
k1A-= ik2C-ik2D
+
(ik2-k1)A=2ik2D ik 2 k1 A.......... .... 5 ) 2ik 2
D
Subsitusi 5) ke 1) C=A–D
C C C
(ik 2 k1 ) A 2ik 2 2ik 2
ik 2 2ik 2
k1
A
ik 2 k1 A........................6) 2ik 2
Subsitusikan 5) dan 6) ke 3)
ik 2 k1 ik 2l e 2ik 2 G
ik 2
ik 2 k1 e 2ik 2
k1 e ik 2l ik 2 2ik 2 e ik 2l
ik 2l
A
k1 e
ik 2l
Ge
k1l
A
Aek1x ; x ≤ 0
Ψ (x) =
ik 2 k1 Aeik 2l 2ik 2 ik 2
ik 2 k1 Ae 2ik 2
k1 e ik 2l ik 2 2ik 2 e ik 2l
k1 e
ik 2l
;0
x
l
ik 2l
Ae
k1 x
;x
l
f. Molekul Gas yang Terperangkap di Dalam Kotak 59
V (X)
E
0
Gambar 5.7 Grafik energi partikel dalam kotak Karena besar dinding potensialnya tak hingga, maka partikel tidak mempunyai peluang untuk loncat ke daerah x < -l dan x > l berarti, solusinya hanya terletak di daerah –l ≤ x ≤ l dengan V(x) = 0. Persamaan Schrodingernya : 2 d 2 2m dx 2 d2 dx 2
( x) V ( x)
( x)
2mE 2
(x) = Aeik1x
Be
E ( x)
( x) ik1 x
dengan k=
2mE 2
Atau Ψ(x) = A ( cos kx + i sin kx ) + B (cos kx – i sin kx ) = (A + B )cos kx + i ( A - B ) sin kx = C cos kx + D sin kx dengan C = A + B dan D = i ( A- B )
Dilihat dari solusinya, ada dua kemungkinan yaitu : 1. Ψ(x) = C cos kx
; D=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas: Ψ(-l) = Ψ(l) = 0 Ψ(-l) = 0 C cos k (-l) = 0
dan Ψ(l) = 0 C cos kl = 0
C cos (-kl) =0 C cos kl = 0 Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl yaitu : 60
C cos kl = 0 Cos kl = nπ/2 dengan n =1,3,5,7,…
n maka ( x) 2l
k
C cos
(bilangan ganjil)
n x 2l
Harga C dapat dicari dengan menormalisasikan fungsi tersebut : l
* ( x) 1 l l
C 2 cos2 l
n xdx 1 2l
1
( x)
l
cos
2m
l
n xdengan : n 2l
energinyayaitu : 2
1
C
n 2l
2
2 d 2 2m dx 2 1 l
cos
1
n x 2l
l
bilanganganjil cos
n x 2l 2
2
n 8ml 2
1 l
cos
n x 2l
2
2
n
n2 2 32ml
dengan n bilangan ganjil 2. ψ(x) = D sin kx
; C=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas: Ψ(-l) = Ψ(l) = 0 Ψ(-l) = 0 D sin – (kl) = 0 -D sin kl =0 Sin kl = 0
dan Ψ(l) = 0 D sin (kl) = 0 D sin kl =0 sin kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl, yaitu : D sin kl = 0 sin kl = 0 kl = nπ k = nπ/l, dengan : n = 0,1,2,3,4,..
61
( x)
D sin
n x l
Konstanta D diperoleh dengan cara menormalisasikan fungsi tersebut : l
D 2 sin 2 l
n xdx 1 2l
1
( x)
sin
l
1
D
l
n x l 2 d 2 2m dx 2
energinyayaitu :
1 l
sin
n x l
1 l
sin
n x l
2
2 n 2n2 2m l 8ml 2 dengan : n 0,1,2,3,... n' n n (n' bilangangenap) 2 2n2 ; n bilangangenap n 32ml 2 1 n' ( x) sin x; n' bilangangenap l l
Persamaan keadaan dari molekul yang terperangkap dalam kotak ternyata mempunyai paritas ganjil dan genap, dengan energi 2n2 32ml 2
n
Untuk n =1
k n k n k
n=3
2 2l 2
2l 2
l 3 3 2l
1 2
2l
l 2
2l
3 2l
2l
3 2
E3
9E1
62
1
x
cos
3 x 2
4h 2 32 m 2
E2
n=2 1
x
sin
n 2
E1
n=1 x
1
4 E1
cos
h2 32 m 2
n x 2
Gambar 5.8 Energi partikel dalam kotak pada berbagai orde
g. Molekul Diatomik yang Bervibrasi Membentuk Osilator Harmonik Sederhana V(x)
-x
x
Gambar 5.9 Grafik Energi Osilator Harmonik Sederhana Molekul Diatomik Persamaan Schrodingernya ialah :
2 d 2 x 2m dx 2 d2 x dx 2
1 2 kx x E 2 2mE mk 2 x 2 2
x x
0
63
misal :
2mE 2
d2 dx 2
2
2
x
mk misal : 2 d2 dx2
mk 2 x 2
x
2 mk
1 0
4 0
x2
2
x
x
4 0
0 1 4
0..............1)
x
misal :
0
d dx
d d d dx 1 d2 2 2 0 d
2
0
4 0 2
2
1 d 2 0 d
2
d2 d 2 dengan :
d2 dx2
1 d 0 d
2 0
0.............2)
2
2mE 2 2 mk
2 0
Solusi dari persamaan 2) salah satunya yaitu dengan teknik trial & error. Kita pilih sembarang fungsi
dimana fungsi yang dipilih harus memenuhi
syarat fungsi berkelakuan baik, yaiutu:
lim
0
Misal fungsi sembarang itu ialah : e
Diuji : lim
1 2
2
.......... .3)
0 (dipenuhi)
Substitusi persamaan 3) ke persamaan 2) :
64
d2 d 2
2
1 2
d e d e
1 2
2
d d
d
e
2 0
2
1 2
e
2
2
1 2
e 1 2
e
d
2
d
2
2
2 0
2
1 2
2
0 1 2
2
2
d
e
d
2 0
1 2
2
e
1 2
2
2
e
2
0 2
e
1 2
2
d d
2
0
d
2
2 0
1 0.......4) d d Persamaan 4) ini dinamakan persamaan Hermite 2
Solusi dari persamaan Hermite dicari dengan cara deret dijabarkan dalam bentuk deret sebagai berikut :
al bl ..............5) l 0
a0
a1
a2
2
a3
3
...
Substitusi persamaan 5) ke persamaan 4) : d2 a0 d 2 2
2 0
a1
a2
1 a0
a1
2 a2
6a3
12a4
2
1 a0
a1
2 0
2 a2
2
12a4
4 a2
2 0
a2
2 0
... 2
4
a2
1 a0 2
2
2 ...
...
1 a2
...
6a3 2
a1
2
a2
...
0
2
2
0
d a0 d 2 a2
3
3a3
...
0 2a1
2
2 0
20a5
6a3
1 a1 2
2 0
1 a3
3
... 0
Atau secara umum dapat diungkapkan sebagai berikut :
65
l 1 l
2 al
2
2lal
2
2 0
l
1 al
0
dengan : l 0,1,2,3,... karena 0, maka : l 1 l atau :
2 al
2
2lal
2
2 2l l 1 l
al 2 al
2 0
2 0
1 al
1 2
Untuk l besar atau l mendekati
0 2
2l 1 l 1 l
2
al 2 al
2 l
:
0
Berarti ada dua solusi, yaitu :
1..
a0
2.
a1 a3
2
a2
4
a4
3
5
a5
... genap ... ganjil
Perbandingan antar dua sukunya yaitu
2 l
2
Jadi, deret tersebut mempunyai kelakuan asimptotik untuk seluruh rentang 2
2
l sebanding dengan : e2 atau
e2 .......6)
Substitusi persamaan 6) ke persamaan 5): 1 2
e
3
2
2
e2
Bila diuji dengan : lim
0 (berarti ada kesalahan)
Untuk mengatasi hal tersebut, maka dilakukan cara dengan mengubah deret menjadi bentuk polinom yaitu dengan melakukan pemotongan suku deret. Misal rentang harga l tidak sampai Itu diperoleh bila
al 2 al
2l 1 l 1 l atau : 2l 1 maka : 2l 1
tapi sampai l tertentu, misal sampai l max
0 2 0
0
2 2
0
0 2 0
Karena l = 0,1,2,3,… kita ganti saja dengan 2n 1
2 0
......7)
66
Substitusi persamaan 7) ke 4) dengan mengganti
( ) dengan polinomial
Hermite Hn ( ) :
d2 Hn d 2
d Hn d
2
2nH n
0..........................8)
Lihat persamaan 3) :
e
1 2
2
menjadi :
Dengan : H n H0
e
H1
2
H2
4
e
2
1
n
Hn
dn e d n
e
1 2
2
2
2
x
dgn : 2
2
dan
mk
0
0
2
1 4
Solusinya yaitu :
An H n
e
1 2
2
dengan An = konstanta
An dapat dicari sebagai berikut :
*
d
1
An
1
2 1 2
n!2n 1
An
1 2
n!2n 0; m
An
n
2
A0 A1
1 2
n!2n ; m
n
1 4
1 1 2
1 2 2
1 4
.2
67
1 4 0
1 2
e
2
1 2
1 2 2
1
2 e
1 2
2
D. Rapat Probabilitas 1. Proton di dalam berkas siklotron Kasus 1 x x
*
x
x *
1 ikx e L
1 ikx e L
1 L
Kasus 2 x x
*
x
x *
1 e L
ikx
1 e L
1 L
ikx
x : Gambar 5.10 Sketsa grafik rapat probabilitas sebagai fungsi posisi
2. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam 1
1
x x
* 1
x ik1 x
Ae
2 A* A
1
x ik1 k2 Ae ik1 k2
* ik1 x
Aeik1 x
ik1 k2 * 2ik1 x A Ae ik1 k2
ik1 k2 Ae ik1 k2
ik1 x
ik1 k2 * A Ae ik1 k2
2ik1 x
68
2
2
*
x
x
2
2
x
2ik1 Ae ik1 k2
x
* k2 x
2ik1 Ae ik1 k2
k2 x
4k12 A* Ae k12 k22
2k2 x
:
0 x Gambar 5.11 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas neutron konduksi terhadap posisinya
3. Neutron yang Mencoba Melepaskan Diri dari Inti 1
1
* 1
x
x
1
k1 k2 Ae k1 k2
ik1 x
x
Ae
AA
2
x x
* 2
* ik1 x
k1 k2 * A Ae k1 k2
*
2
x
x
2
k1 k2 Ae k1 k2
Aeik1 x
2 ik1 x
ik1 x
k1 k2 * 2ik1 x A Ae k1 k2
2
k1 k2 k1 k2
A* A
x
2k1 Aeik 2 x k1 k2
*
2k1 Aeik 2 x k1 k2
4k12 k1 k2
2
A* A
*
0
x
Gambar 5.12 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas neutron yang melepaskan diri dari inti terhadap posisinya 69
4. Partikel 1
yang Mencoba Melepaskan Diri dari Potensial Coulomb
A* A
x
ik1
A* Ae2ik1 x *
AA
2
x
e2 k 2 x 3
x
A* Ae
ik1
k2 2ik1 2 ik1 k2
k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a 2
1 ik1 k2
ik1 k2 ik1 k2 4k12 A* A
k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2 2 ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2 ik1 k 2 k2 ik1 e 2 k 2 a
k2 2ik1 2 ik1 k2
4k12 A* A
ik1
2 ik1 x
2
e2k 2 a ik1
ik1
ik1 k2 ik1 k2 e
k2
2
ik1 k2
2
2k2 a
ik1 k2
e2 k 2 a ik1 k2
2
e
2
ik1 k2 k2 ik1 e2 k 2 a
2k 2 x 4k2 a
ik1 k2 ik1 k2
2 2 ik1 a
k2 ik1 k2 e ik1 k2 ik1 k2 e 2 k 2 a
*
0
L
x
Gambar 5.13 Sketsa grafik probabilitas partikel 5. Elektron yang dihamburkan oleh ion yang terionisasi negatif
70
A* A
x
1
2k1 k 2
A* Ae2ik1 x A* Ae
A* Ae
k1
k2
2
2k1 k 2
2 k1 x
2k1e 2ik 2 a k1 k 2 k1 k 2 k 2 k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e
k1
k2
k1
2 ik 2 a
k1
2k1e
2k1 k 2
k1
2k1e 2ik 2 a k1
x
k1 k2 k1 k2
k2
k1
k1
2
k2
k1 e
2
1 k 2 e 2ik 2 a k 2
k1
2k1 k 2
2
2k1e 2ik 2 a k1 k 2 k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 k 2 k1 k1 k 2 e 21k 2 a
k1
k1
k2
k1
k2
k1
k2 k2 k2 k2
4k12 A* A k2 e 2ik 2 a k2 k1 2 ik 2 a
k2 k1 e k1 k2
k1
k1
k1
k 2 e 2ik 2 a
k1
k1
k2 e
k1
k 2 e 2ik 2 a
k 2 e 2ik 2 a
2 ik 2 a
k1 k1
k1
2 ik 2 a
k 2 e 2ik 2 a
k1 k2 e2ik 2 a
2ik 2 a 2 ik 2 x
1 2
3
x
2 1
*
4k A Ae
2k2 a
ik1
k2
2
0
ik1
ik1 k2 k2 ik1 ik1 k2 2 k2 ik1 k2 ik1 k2 ik1 k2
L
ik1
x
Gambar 5.14 Sketsa grafik probabilitas elektron yang dihamburkan ion
6. Neutron yang terikat dalam inti
71
k2
*
x
Aek1 x
2
x
A* A 2 k1 4k22
k22
ik1
k2 e
3
x
A* A 2 k1 422
k22
ik1
k2 e
1
Aek1 x
A* Ae2 k1 x 2
2 ik 2 x
ik1 k2 e 2ik 2 x
2
2
2 ik 2 l
ik1 k2 e 2ik 2 l
2
ik1
k2
ik1
k2
2
2
Grafiknya : *
x Gambar 5.15 Sketsa grafik probabilitas neutron dalam inti
7. Molekul gas yang terperangkap dalam kotak
x
1 n cos2 x; n L 2l
bil.ganjil
1 2n sin x; n L 2l
bil.genap
atau : x
+
Gambar 5.16 Sketsa grafik probabilitas partikel dalam kotak
8. Molekul diatomik yang bervibrasi membentuk osilator sederhana 72
1 2 0
1
2
2
e 1 2
2
e
0(
0(
2
)
)
Gambar 5.17. Sketsa grafik probabilitas osilator harmonik sederhana Molekul diatomik
73