Atom hidrogen-final-doc2

30
Tugas Fisika Kuantum [email protected] ATOM HIDROGEN Atom hidrogen merupakan atom paling sederhana yang terdiri dari satu proton sebagai nukleus dan satu elektron yang mengitarinya. Pada bab ini akan diuraikan solusi dari persamaan Schrodinger untuk sistem fisis real atom hidrogen dan mengkaji berbagai konsekwensinya. Merujuk kebahasan perkenalan kita dengan persamaan Schrodinger persoalan tiga dimensi memerlukan tiga bilangan kuantum untuk mencirikan semua pemecahannya. Oleh karena itu, semua fungsi gelombang atom hidrogen akan diperikan dengan tiga buah bilangan kuantum. Bilangan kuantum pertama, n, berkaitan dengan pemecahan bagi fungsi radial, R( r ). Bilangan n ini sama dengan pemecahan untuk menamai tingkat – tingkat energi dalam model Bohr. Pemecahan bagi fungsi polar, Θ ( θ ), memberikan bilangan kuantum l, dan bagi fungsi, Φ ( ϕ ), memberikan bilangan kuantum ketiga m l . 1.1 Persamaan Schrodinger Atom Hidrogen Massa proton m p jauh lebih besar daripada massa elektron m e , m p =1836 m e . Di dalam pembahasan bab ini dilakukan penyederhanaan berupa asumsi proton diam di pusat koordinat dan elektron bergerak mengelilinginya di bawah pengaruh medan atau gaya coloumb. Tugas Fisika Kuantum [email protected] z m e r m p y x Gambar 1.1 Posisi relatif antara proton dan elektron Pendekatan yang lebih baik dilakukan dengan memandang kedua partikel proton dan elektron berotasi di sekitar pusat massa bersama yang berada (sedikit) di dekat pusat proton. Tetapi sekali lagi untuk penyederhanaan, efek ini diabaikan disini. Karena proton dianggap diam, maka kontribusi energi sistem hanya diberikan oleh elektron yaitu energi kinetik e k m p E 2 2 r = (1.1) dan energi potensial V(r)= r e 1 4 0 2 πε (1.2) Sehingga E H= e m p 2 2 r - r e 1 4 0 2 πε (1.3) Dengan demikian persamaan schrodinger untuk atom hidrogen ) ( ) ( 1 4 2 0 2 2 2 r E r r e m e r r h ψ ψ πε = (1.4) mengingat sistem atom hidrogen memiliki simetri bola, analisis menjadi lebih sederhana bila oprator 2 diungkapkan θ ϕ

Transcript of Atom hidrogen-final-doc2

Page 1: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

ATOM HIDROGEN

Atom hidrogen merupakan atom paling sederhana

yang terdiri dari satu proton sebagai nukleus dan satu elektron yang mengitarinya. Pada bab ini akan diuraikan solusi dari persamaan Schrodinger untuk sistem fisis real atom hidrogen dan mengkaji berbagai konsekwensinya. Merujuk kebahasan perkenalan kita dengan persamaan Schrodinger persoalan tiga dimensi memerlukan tiga bilangan kuantum untuk mencirikan semua pemecahannya. Oleh karena itu, semua fungsi gelombang atom hidrogen akan diperikan dengan tiga buah bilangan kuantum. Bilangan kuantum pertama, n, berkaitan dengan pemecahan bagi fungsi radial, R( r ). Bilangan n ini sama dengan pemecahan untuk menamai tingkat – tingkat energi dalam model Bohr. Pemecahan bagi fungsi polar, Θ (θ ), memberikan bilangan kuantum l, dan bagi fungsi, Φ (ϕ ), memberikan bilangan kuantum ketiga ml.

1.1 Persamaan Schrodinger Atom Hidrogen Massa proton m p jauh lebih besar daripada massa

elektron m e , m p =1836 m e . Di dalam pembahasan bab ini dilakukan penyederhanaan berupa asumsi proton diam di pusat koordinat dan elektron bergerak mengelilinginya di bawah pengaruh medan atau gaya coloumb.

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

z

m e

r m p y

x Gambar 1.1 Posisi relatif antara proton dan elektron

Pendekatan yang lebih baik dilakukan dengan memandang kedua partikel proton dan elektron berotasi di sekitar pusat massa bersama yang berada (sedikit) di dekat pusat proton. Tetapi sekali lagi untuk penyederhanaan, efek ini diabaikan disini. Karena proton dianggap diam, maka kontribusi energi sistem hanya diberikan oleh elektron yaitu energi kinetik

ek m

pE2

2r

= (1.1)

dan energi potensial

V(r)= r

e 14 0

2

πε− (1.2)

Sehingga

E≡ H=em

p2

2r -

re 1

4 0

2

πε (1.3)

Dengan demikian persamaan schrodinger untuk atom hidrogen

)()(142 0

22

2

rErr

eme

rrh ψψπε

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−∇− (1.4)

mengingat sistem atom hidrogen memiliki simetri bola, analisis menjadi lebih sederhana bila oprator 2∇ diungkapkan

θ

ϕ

Page 2: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

dalam koordinat bola. Di dalam koordinat bola ),,( ϕθr , persamaan 1.4 menjadi

ψψπεϕ

ψθθ

ψθθθ

ψ Er

er

rrrme

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎭⎬⎫

∂∂

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

−⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

−1

4sin1sin

sin11

2 0

2

2

2

22

2

2h

(1.5) Prosesnya : Dengan mengingat

2

2

2222

22

sin1sin

sin11

ϕθθθ

θθ ∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

=∇rrr

rrr

maka persamaan (1.4) menjadi: ψψ

πεϕψ

θθψθ

θθψ E

re

rrrr

rrme

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎭⎬⎫

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

−1

4sin11sin

sin111

2 0

2

2

2

2222

2

2h

faktor 2

1r

kita keluarkan dari dalam kurung kurawal

didapatkan

ψψπεϕ

ψθθ

ψθθθ

ψ Er

er

rrrme

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎭⎬⎫

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

−1

4sin1sin

sin11

2 0

2

2

2

22

2

2h

selanjutnya, untuk mendapatkan solusi bagi persamaan 1.5, dilakukan pemisahan variabel =)(rrψ ),,( ϕθr sebagai berikut ψ ),,( ϕθr = )()()( ϕθ ΦΘrR (1.6) subtitusikan ungkapan (1.6) ke dalam persamaan (1.5)

kemudian dikalikan ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛2

22h

rme dan dibagi ungkapan 1.6

didapatkan

014

2sin1sin

sin11

0

2

2

2

2

2

22 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++

ΦΦ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

Θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

reErm

dd

dd

dd

drdRr

drd

Re

πεϕθθθ

θθ h

(1.7) Prosesnya :

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Kita pindahkan ke ruas kiri fungsi ( ψE ) pada persamaan (1.5)

ψψπεϕ

ψθθ

ψθθθ

ψ Er

er

rrrme

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎭⎬⎫

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

−1

4sin1sin

sin11

2 0

2

2

2

22

2

2h

persamaan (1.5) menjadi

014sin

1sinsin

112 0

2

2

2

22

2

2

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎭⎬⎫

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

− ψψπεϕ

ψθθ

ψθθθ

ψ Er

er

rrrme

h

(1.5a) kalikan persamaan tersebut dengan -

2

22h

rme

persamaan (1.5a) menjadi 0

42

sin1sin

sin1

0

2

2

2

2

2

22 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++

⎭⎬⎫

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂ ψ

πεψ

ϕψ

θθψθ

θθψ eErmr

rr

e

h

(1.5b) persamaan (1.5b) kita lakukan pemisahan variabel sebagai fungsi ψ ),,( ϕθr = )()()( ϕθ ΦΘrR

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 04

2sin

1sinsin

1

0

2

2

2

2

2

22 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ΘΦ+ΘΦ−

⎭⎬⎫

∂ΘΦ∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ΘΦ∂

∂∂

+⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ΘΦ∂

∂∂ ReRE

rmRRr

Rrr

e

πεϕθθθ

θθ h

persamaan diatas menjadi

014

2sin1sin

sin11

0

2

2

2

2

2

22 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++

ΦΦ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

Θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

reErm

dd

dd

dd

drdRr

drd

Re

πεϕθθθ

θθ h

dari persamaan 1.7 tampak bahwa suku pertama dan keempat hanya bergantung jari-jari r, suku kedua dan ketiga hanya bergantung sudut θ danϕ . Penjumlahan suku-suku yang hanya bergantung pada jari-jari dan dua sudut ini akan selalu sama dengan nol untuk sembarang nilai r, θ danϕ jika masing-masing suku sama dengan konstanta. Konstanta (c) berharga ± )1( +ll . Suku yang hanya bergantung jari-jari menjadi

( )121 2

2

22 +=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

llh r

eErmdrdRr

drd

Re

→ PD. Fungsi Laquerre (1.8a)

Page 3: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

atau

( )RRreErm

drdRr

drd e 12 2

2

22 +=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

llh

(1.8b) sedangkan suku yang hanya mengandung sudut θ danϕ menjadi

( )1sin1sin

sin1

2

2

2 +−=Φ

Φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

Θll

ϕθθθ

θθ dd

dd

dd

(1.9a) setelah dikalikan dengan sin θ2 , persamaan (4.9a) menjadi

0sin)1(1sinsin 22

2

=++Φ

Φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

Θθ

ϕθθ

θθ

lldd

dd

dd

(1.9b) tampak bahwa persamaan (1.9b) juga terpisah menjadi dua bagian yaitu bagian yang hanya bergantung pada sudut azimut ϕ dan bagian yang bergantung pada θ . Selanjutnya tetapkan

masing-masing bagian sama dengan konstanta - 2m dan 2m . Dengan alasan yang akan menjadi jelas kemudian pilih

22

21 mdd

−=Φ

Φ ϕ (1.10a)

atau ϕϕ

22

2

mdd

+Φ = 0 (1.10b)

sehingga

( ) 22sin1sinsin mdd

dd

=++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

Θθ

θθθ

ll (1.11a)

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

atau setelah dikalikan

θ2sinΘ diperoleh

( )⎩⎨⎧

=Θ⎭⎬⎫

−++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ 0

sin1sin

sin1

2

2

θθθ

θθm

dd

dd

ll (1.11b)

dengan demikian, persamaan (1.5) dapat dipisah menjadi tiga persamaan deferensial biasa, selanjutnya kita tentukan solusi masing-masing persamaan tersebut. 1.1.2 Persamaan Azimuth Kita mulai dari persamaan paling sederhana (1.10a) yakni persamaan azimuth yang menggambarkan rotasi disekitar sumbu z. Sudut rotasi disekitar sumbu-z ini adalah 0 sampai 2π , dan periodesitasnya. Itulah sebabnya konstanta (4.11a) dipilih negatif (= 2m− ) agar memberi solusi berupa fungsi sinusoidal dan periodik. Bila dipilih positif akan memberi solusi fungsi exponensial sehingga untuk satu posisi yang sama akan diberi nilai yang berbeda ( ) 6/6/ ππ e∝Φ , dan ( ) 6/26/2 ππππ −−∝+Φ e karena posisi 6/π=Φ sama dengan posisi 6/2 ππ +=Φ . Jelas pemilihan konstanta positif ini tidak menceritakan kondisi fisis yang sesungguhnya. Untuk konstanta negatif solusinya

( ) ϕimm eΦΦ≡Φ (4.12)

keunikan Φ disetiap ϕ yaitu

)()2( φπφ Φ=+Φ atau 1)2()()2(===

+ πφπφ imimim eee (4.13) untuk setiap m bilangan bulat dipenuhi m= 0, ±1, ±2….. (1.14) sedangkan syarat normalitas bagi mΦ

Page 4: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( ) ( ) mnnmm d δϕϕϕϕπ

=ΦΦ=Φ ∫ ∗2

0

(

dipenuhi oleh konstanta A=π2

1 (1.15)

prosesnya

( ) ( ) ∫∫−−

∗ ==ΦΦ=a

anm acAdxcd 21 222ϕϕϕ

π

π

( ) ( )

π

π

πϕ

ϕϕ

π

π

ϕϕ

21

2

2

2

222

222

222

=

=

=

=

−−

−−

A

eAe

eAde

acAdxc

imim

imim

a

a

Karena itu solusi yang diinginkan adalah

( ) ( ) ϕ

πϕ im

m e−=Φ21

(1.15)

bilangan bulat m disebut bilangan kuantum magnetik. 1.1.3 Persamaan Polar

( )⎩⎨⎧

=Θ⎭⎬⎫

−++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ 0

sin1sin

sin1

2

2

θθθ

θθm

dd

dd

ll (1.11b)

persamaan diferensial (1.11b) dengan konstanta ( )1+ll dan 2m dikenal sebagai persamaan diferensial

Legendre terasosiasi. Solusi dari persamaan ini dapat

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

diperoleh menggunakan metode Frobenius dan diberikan oleh deret berhingga yang dikenal sebagai polinom Legendre terasosiasi. Inilah alasan penagmbilan tetapan ( )1+± ll ketika menguraikan persamaan (1.7) menjadi persamaan (1.8a) dan (1.9a). bila konstantanya bukan ( )1+± ll maka solusinya adalah deret takberhingga. Solusi persamaan (1.11b) diberikan oleh polinom legendre

( )θcosmlP

( ) ( ) ( )θθθ cosmmm PN lll =Θ≡Θ (1.16)

dengan N lm merupakan konstanta normalisasi

( ) ( ) ( ) ii

i

iiiii mmmm

mmmm dPPNN δδθθθθπ

llllllll ==ΘΘ ∫∗ sincoscos,0

(1.17a) mengingat sifat ortogonalitas ( )θcosm

lP

( ) ( ) =∫ θθθθπ

dPPi

imm sincoscos

0ll ( )

( )( )!

!12

2mm

−+

+ l

l

lii mm

δδll

(1.17b) didapatkan

=mN l( ) ( )

( )!!

212

mm

+−+

l

ll (1.17c)

sehingga

( ) =Θ θml( ) ( )

( )!!

212

mm

+−+

l

ll ( )θcosmPl (1.18)

bentuk explisit polinom ( )θcosm

lP dapat diperoleh melalui rumus rodigues:

Page 5: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( )θcosmPl = ( ) ( )ll

l

l l1cos

coscos1

!21 22/2 −−

+

+

θθ m

mm

dd (1.19)

dari hubungan (1.19) ini tampak bahwa untuk harga l tertentu maka m maksimum terjadi jika m= l dan m

lP

mlP ≡ ( )θcosl

lP =

( ) ( ) ( ) θθθ l

l

l

l

ll

l l

l

lsin

!2!21cos

coscos1

!21 2

2

22/2 =−−

dd (1.20a)

sedangkan m minimum terjadi pada m= - l

( )θcosl−lP = ( ) ( ) ( ) θθθ l

l

lll

l llsin

!211coscos1

!21 22/2 −

=−−−

(1.20b) jika dikaitkan dengan ungkapan (4.14), maka untuk l tertentu m dapat berharga m= 0, ±1, ±2…, ± l (1.21) bilangan bulat l disebut sebagai bilangan kuantum orbital.

1.1.4 Persamaan Radial Sekarang kita tentukan solusi persamaan (1.8b). pengalian ( )21

r pada persamaan (1.8b) memberikan

( ) 02

14

212

0

2

22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ R

rmreEm

drdRr

drd

r e

e hll

h πε (1.8c)

tampak pada persamaan radial ini terdapat nilai atau energi eigen E. Pada pembahasan paper ini penulis batasi pada keadaan terikat yaitu keadaan dengan energi negatif

EE −= . Dengan memisalkan

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

rEme

2/1

2

8⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

hρ dan (1.22)

2/1

2

82 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Eme e

ohπελ (1.23)

membuat persamaan (1.8c) tereduksi menjadi

0R41R1)(

rR1

22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

ρλ

ρρ

ρρll (1.24)

Prosesnya Dari persamaan (1.22) didapat harga r²

22

2 8r

Eme⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

hρ maka 2

1

22 8

ρ−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

h

Emr e ;

subtitusikan harga r² dan r ke dalam persamaan (1.8c)

( ) 08

2

1

84

2

8

8

88

1

2

1

2

2/1

20

2

2

2/1

2

2

1

22/1

22

1

2

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

−−

REm

mEm

eEm

dEm

dREm

dEm

d

Em

ee

e

e

e

e

ee

ρρπε

ρ

ρ

ρρ

h

hll

h

h

h

h

hh

kita sederhanakan persamaannya menjadi

Page 6: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) 08

2

12

84

22

8

8

88

1

2

1

2

22/1

20

2

22

2/1

2

2

1

22/1

22

1

2

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−

−−

REm

m

m

Em

emE

m

dEm

dREm

dEm

d

Em

ee

e

e

ee

e

e

ee

ρρπε

ρ

ρ

ρρ

h

hll

h

h

hh

h

h

hh

kita kalikan persamaan tersebut dengan 1

2

8−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

h

Eme

( )0

82

18

2

84

8

282

8

8

1

2

1

2

1

2

22/1

20

2

1

2

2

1

22

21

2

1

2

2

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

REm

m

Em

m

Em

eEm

mE

Emm

ddR

dEm

dEm

ee

e

e

e

e

eee

e

e

ρρπε

ρρ

ρρ

h

hllh

h

h

h

hhh

h

h

persamaannya menjadi

( ) 014

8

2212

0

2

2/1

2

222

2 =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

+−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

Re

Em

mE

mddR

dd

e

ee

ρρπερρ

ρρllh

hh

( ) 01

48

28

212

0

2/1

2

2

2

2

22

2 =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

+−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ REm

emE

Emm

ddR

dd

e

e

e

e

ρρπε

ρρ

ρρll

h

h

h

h

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

karena pada pembahasan disini dibatasi pada keadaan terikat yaitu keadaan dari energi negatif E = E− maka hasil

pembagian E

E−

berharga negatif. Sehingga

( )( ) 01

48

2411

20

2/12/1

2

22

2 =⎟⎟

⎜⎜

⎛ +−+−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ REm

emddR

dd

e

e

ρρπερρ

ρρllh

h

kita sederhanakan

( )( ) 01

48

2411

20

2/12/1

2

22

2 =⎟⎟

⎜⎜

⎛ +−+−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ REm

emddR

dd

e

e

ρρπερρ

ρρllh

h

menjadi

( )( ) 01

2821

20

2/1

22/1

22

2 =⎟⎟

⎜⎜

⎛ +−++⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ RE

emE

mddR

dd ee

ρρπερρ

ρρll

hh

dari persamaan diatas kita ubah menjadi

( ) 011824

112

2/12

22 =⎟

⎜⎜

⎛ +−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ RE

meddR

dd e

ρρπερρ

ρρll

h

dengan mengganti harga 2/1

2

82 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

Eme e

hπε sebagai λ didapat

persamaan

0R41R1)(R1

22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

ρλ

ρρρ

ρρll

(1.24) Untuk menentukan solusi persamaan (1.24) kita selidiki terlebih dahulu perilaku persamaan tersebut pada dua daerah extrim yaitu daerah jauh sekali dan daerah pusat koordinat. Sebelumnya tuliskan terlebih dahulu persamaan (1.25) dalam bentuk

Page 7: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

0R41R1)(R2Rd

222

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−

∂∂

+ρλ

ρρρρll

d (1.25)

prosesnya

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

2

22

22

2 21R1ρ

ρρ

ρρρ

ρρρ

RR

2

22ρρρ ∂∂

+∂∂

=RR

kita subtitusikan ke persamaan (1.24) sehingga persamaannya menjadi

0R41R1)(R2Rd

222

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−

∂∂

+ρλ

ρρρρll

d.

Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali ∞→ρ , secara efektif persamaan tersebut menjadi

0R41Rd

2

2

=−ρd

(1.26)

Solusi persamaan ini adalah

2/ρ−∝ eR (1.27) Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagai

ρρρ )R()R( = (1.28)

dan subtitusikan ke dalam suku pertama persamaan (1.25) diperoleh

⎪⎩

⎪⎨⎧

∂∂

=⎭⎬⎫⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

2

221

ρρρρρ

ρρUU

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Karena itu persamaan (1.25) tereduksi menjadi persamaan deferensial untuk U

0U41U1)(Ud

22

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−+

ρλ

ρρll

d (1.29)

Prosesnya kita menyelesaikan persamaan

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

ρρ

ρR2

terlebih dahulu menyelesaikan

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂ρR dengan memisalkan

ρρρ )U()R( = maka

U1U1UR2ρρρρρρ

−∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

=∂∂

kemudian disubtitusikan ke persamaan ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

ρρ

ρR2 menjadi

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

∂∂

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

∂∂ UUU1U1

22

ρρ

ρρρρρ

ρ

ρρ

ρρ ∂

∂−

∂∂

+∂∂

=UUU

2

2

2

2Uρ

ρ∂∂

=

jadi ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

ρρ

ρU2 =

2

2Uρ

ρ∂∂

=

subtitusikan ke persamaan (1.24) menjadi:

0U41U1)(U1

22

2

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

ρλ

ρρρ

ρll

kalikan persamaan diatas dengan ρ dan sederhanakan persamaannya sehingga didapat persamaan (1.29) yaitu

0U41U1)(Ud

22

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−+

ρλ

ρρll

d

Page 8: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

ambil limit mendekati pusat koordinat

0U1)(UdU41U1)(Udlim

22

2

22

2

=+

−+=⎪⎭

⎪⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−+

∞→ ρρρλ

ρρρllll

dd harga U

41⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

ρλ diabaikan pada

∞→ρlim . Sehingga tampak suku

dominanya adalah

0U1)(Ud22

2

=+

−+ρρll

d (1.30)

Solusi yang memenuhi persamaan suku dominan ini dan kondisi fisis keberhinggaan ∞→ρ adalah

1+≈ lρU (1.31) prosesnya dengan menggunakan deret

jika r = 0 maka deretnya : ∑=

=~

0n

ns Cn.U ρρ

dipilih → S = l− S = 1+l

U ~ l−ρ U ~ 1+lρ

Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah

1+l karena l− infinite pada kondisi tersebut.

Mencari nilai S dari persamaan U1)(2ρ+− ll dengan

mensubtitusi deret U pada ρ =0

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

[ ]...2.rC1.C.C1)(U1)( s2

s1

s022 ++++++−

=+− ρρ

ρρllll

[ ]....1)C2)(S(S1.1)S.C(S2.1)CS(SU s2

s1

s02

2

++++−++−+=∂∂ ρρρρ

[ ] ....1)S(S1)(2.1)CS(S1)(0 1s1

s0 ++++−+−−++−= −ρρ lllll

rs-2 → 01)S(S1)( =−++− ll

1SS01))(S(S

0)(S))(S(S0)(S)(S0SS

22

222

+=−==−−+

=+−−+=+−−

=−+−−

ll

ll

lll

ll

ll

karena itu solusi untuk daerah asal (koordinat) menggunakan hasil (1.31) dan hubungan (1.28) diberikan oleh

lρ≈R (.132a) Mempertimbangkan solusi-solusi untuk daerah extrim di depan, solusi umumnya diusulkan berbentuk perkalian antara solusi titik asal, posisi jauh sekali dan fungsi umum terhadap jarak ( ) ( )ρρρ ρ LeR 2/−= l (1.32)

dari sini kita dapat menggunakan berbagai cara untuk menyelesaikannya, menggunakan polinomial Laguerre atau dengan deret polinomial.murni. dengan menggunakan polinomial Laguerre dengan menggunakan persamaan (1.29) didapatkan persamaan untuk L, yaitu

( ) } ( )}{ 01122

2

=+−+⎩⎨⎧

∂∂

−++∂∂ LLL

ll λρ

ρρ

ρ (1.33)

prosesnya

Page 9: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ

ρρρρ

∂∂

−+−++=∂ −+−+− LeLeLedU 2/12/12/

21.

21.1 llll

Agar lebih mudah kita bagi menjadi 3 kelompok

( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ

ρρρρ

∂∂

−+−++=∂ −+−+− LeLeLedU 2/12/12/

21.

21.1 llll

bagian J ( ) ( )ρρ ρ Le 2/1 −+ ll bagian E

( )ρρ ρ Le 2/1

21. −+ −l

bagian F ( )ρρρ ρ

∂∂

− −+ Le 2/1

21.l

kemudian kita cari 2

2

ρ∂∂ U

untuk bagian J

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ

ρρρρ

∂∂

++−+++=∂ −−−− LeLeLed

U 2/2/2/12

2

.121.11 lll lll

untuk bagian E

( ) ( ) ( ) ( )ρρρρρρρ

ρρρρ

∂∂

−++−+=∂ −+−+− LeLeLed

U 2/12/12/2

2

.21

41

21.1 llll

untuk bagian F

( ) ( ) ( ) ( )2

22/12/1

22/

2

2

21.1

ρρρ

ρρρ

ρρρ

ρρρρ

∂∂

+∂

∂−+

∂∂

+=∂ −+−+− LeLeLed

U llll se

sekarang kita kelompokkan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++−+−+ −+−−−− 2/12/2/2/1

41..

211.

211.1 ρρρρ ρρρρ eeeepL llll llll

disederhanakan menjadi disederhanakan menjadi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −++−+

∂∂ −+−−+− 2/12/2/12/

21.1.

21.1 ρρρρ ρρρρ

ρeeeepL llll ll

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++−+ −+−−− 2/12/2/1

41..1.1 ρρρ ρρρ eeepL lll lll

( ) ( ) ( ) ( )[ ]2/12/ ..12 ρρ ρρρ

−+− −+∂

∂ eepL lll

( ) ( )[ ]2/12

2

. ρρρ

−+

∂∂ epL l

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

semua persamaan kita kalikan dengan ( ) λρρ

=++

4.1ll (suatu konstanta)

maka Sehingga

( ) } ( )}{ 01122

2

=+−+⎩⎨⎧

∂∂

−++∂∂ LLL

ll λρ

ρρ

ρ

memberikan Solusi deret

∑=

=~

0s

ss

s .aL ρρ (1.34)

Akan memberikan rumus rekursi

( )( ) ss ass

sa221

11 +++

−++=+

l

l λ (1.35)

tampak bahwa deret akan berhingga jika λ adalah bilangan bulat, misalkan λ = n (1.36) maka 1+sa dan seterusnya akan menajdi nol jika

1−−= lns (1.37) sehingga ( )ρL merupakan polinomial

( )[ ]2/. ρρ −− el

( ) ( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+

+ 14

.1l

ll ρρ

pL

( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]ρρ

ρρρ

ρρ

−+∂

−+∂

∂ −+−

12

..12 2/12/

l

l ll

pL

eepL

( ) [ ]ρρ 2

2

∂∂ pL

( ) ( )[ ]1+− lλpL

Page 10: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

∑=

=1--n

0s

ss

5 .aLl

ρρ (1.38)

menggunakan pemilihan n=λ persamaan (1.33) menjadi

( ) } ( )}{ 01122

2

=+−+⎩⎨⎧

∂∂

−++∂∂ LnLL

llρ

ρρ

ρ

(1.39) persamaan (1.39) ini tidak lain adalah persamaan differensial laguerre terasosiasi, yang mempunyai bentuk umum

{ } { } 012

2

=−+∂

∂−++

∂∂ p

q

pq Lpq

LpL

ρρ

ρρ (1.40)

solusinya disebut polinom Laguerre teasosiasi pqL dapat

diperoleh dari rumus rodrigues

( ) ( ) ( )pqq

qpq e

dde

pqqL −−

−= ρ

ρρ ρρ

!! (1.41)

kemudian koefisien p dan q dihubungkan denganbilangan kuantum orbital l dan bilangan bulat n yang nantinya disebut bilangan kuantum utama menurut p = 2 l +1 q = n + l (1.42) karena itu solusi persamaan (1.39) diberikan oleh

( )ρ12 ++=≡ lln

pq LLL (1.43)

dengan demikian solusi radial diberikan oleh

( )ρρ ρ 122/ ++=≡ ll

lll nnn LeNRR (1.44)

dengan lnN adalah konstanta normalisasi

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ∫∞

+ ==0

2, iiiiii nnnnnn drrRRRRlll

lll δδ (1.45)

( )( )!2

!123

l

ll +

−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

nnn

naN

on

(1.46)

dengan

( )2

204

emae

ohπε= adalah radius bohr.

Dengan demikian, solusi lengkap persamaan (1.8c) berbentuk

( ) ( )( ) ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

+−

on

nar

oon na

rLenar

nnn

narR o 22

!2!12 12/

2/13l

l

l

ll

l

(1.47) dari hubungan p,q, n dan l serta penyebut pada ungkapan (1.42) didapat bahwa q-p harus lebih besar atau sama dengan nol, atau p≤ q (1.48a) atau (2 l +1) ≤ n+ l , tepatnya l ≤ n-1 (1.48b) jadi untuk n tertentu maka l = 0,1,2,3,...,n-1 (1.48c Contoh : Menentukan R10 ,R 20 , R 21 Rumus umum :

( ) ( )( ) ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

+−

on

nar

oon na

rLenar

nnn

narR o 22

!2!12 12/

2/13l

l

l

ll

l

maka

Page 11: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( )( ) ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

+−

o

ar

oo arLe

ar

arR o

12

.12

!011.2!101

.12 10.2

01.1/

02/13

10

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

o

ar

o arLe

arR o 2.1.

2!02 1

1/

2/13

10

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

o

ar

o arLe

arR o 2.1

212 1

1/

2/13

10

( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

o

ar

o

o

ar

o

arLe

arR

arLe

arR

o

o

2.12121

2.12121

1

1

1/

2/1

33

10

1/

2/1

33

10

( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

o

ar

o

o

ar

o

arLe

arR

arLe

arR

o

o

2.112

2.121

1

1

1/

2/3

10

1/

2/1

23

10

dari persamaan

( ) ( ) ( )pqq

qpq e

dde

pqqL −−

−= ρ

ρρ ρρ

!!

maka

( )

12

.12

12

12!11

!112

0

11

12

12

0

11

0

0

12

1

0

112

0

11

00

00

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

arL

eearL

are

ard

dearL

ar

ar

ar

ar

sehingga ( ) ( ) oarearR /2/3010 .2 −−=

Menentukan R 20 Rumus umum :

( ) ( )( ) ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

+−

on

nar

oon na

rLena

rnn

nna

rR o 22!2!12 12/

2/13l

l

l

ll

l

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+− +

o

ar

o

ar

o

o

ar

oo

o

ar

oo

arLe

arR

arLe

arR

arLe

ar

arR

arLe

ar

arR

o

o

o

o

1

1

1

10.2

22/

2/3

020

22/

2/1

3

3

20

22/

02/13

20

02.2/

02/13

20

.122

11

.1211

!022.2!1021

22

22

!022.2!102

22

dari persamaan

( ) ( ) ( )pqq

qpq e

dde

pqqL −−

−= ρ

ρρ ρρ

!!

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

00

00

00

00

00

00

12

00

12

00

12

1

02

0

2

0

12

1

02

0

2

0

12

2

2

2

2

!12!2

ar

ar

ar

ar

ar

ar

ar

ar

ar

ar

eare

arL

eare

arL

eare

arL

are

ard

dearL

are

ard

dearL

sehingga

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

o

ar

are

arR o 2.1

2211 2/

2/3

020

Menentukan R 21 Rumus umum

Page 12: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( )( ) ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

+−

on

nar

oon na

rLenar

nnn

narR o 22

!2!12 12/

2/13l

l

l

ll

l

( ) ( )( )

( ) ( )

( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+− +

o

ar

o

o

ar

oo

o

ar

oo

o

ar

oo

arLe

ar

arR

arLe

ar

xarR

arLe

ar

xarR

arLe

ar

arR

o

o

o

o

3

3

3

11.2

32/

2/3

021

32/

12/13

21

32/

12/13

21

122/

2/13

21

61

211

6411

64!01

22

22

!122.2!112

22

l

dari persamaan

( ) ( ) ( )pqq

qpq e

dde

pqqL −−

−= ρ

ρρ ρρ

!!

maka

( )

1

.1

!33!3

0

33

0

33

0

03

0

3

0

33

00

00

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

arL

eearL

are

ard

dearL

ar

ar

ar

ar

sehingga ( ) ( ) oareararR 2/

0

2/3021 62

1 −−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

cara II. Tanpa menggunakan Laguerre terasosiasi dengan bantuan rumus rodrigues dan fungsi gamma.

0R41R1)(R2Rd

222

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+−

∂∂

+ρλ

ρρρρll

d (1.25)

Pada persamaan (1.25) untuk daearah jauh sekali ∞→ρ , secara efektif persamaan tersebut menjadi

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

0R41Rd

2

2

=−ρd

(1.26)

Solusi persamaan ini adalah 2/ρ−= eR (1.27) , kemudian kita masukkan dalam fungsi ρ didapatkan ( ) ( ) 2/ρρρ −= eGR (2.1)

Sedangkan pada daerah titik asal, R ditulis sebagai

( ) 01222

2

=+

−+ RddR

dRd

ρρρρll (2.2)

dengan mengasumsikan sR ρ= (2.3) kita mendapatkan

( ) 012)1( 222 =+−+−ρρρRRsRss ll

( )( )( )( )( ) ( )[ ]

l

ll

lll

lll

ll

ll

ll

==++−=−+−+

+−=−++−=−

+=+

+=+−

sss

ssssss

ssss

sss

010

2

22

22

22

atau 1−−= ls penyelesaiannya adalah l=s karena persamaan ke dua bernilai (-). Kemudian kita tuliskan persamaan G sebagai sebuah penjumlahan. Kita misalkan :

( ) ∑∑∞

+∞

==00

ll kk

kk aaG ρρρρ (2.4)

persamaan deferensial untuk G dapat kita tulis ( ) 012

22

2

=+

−+ GddG

dGd

ρρρρll (2.5)

Sehingga : { ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) } 01121 2121

0

2 =+−−++++−−++ −+−+−+−+∞

−+∑ lllll lllll kkkkkk kkkka ρρλρρρ

( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]∑∑∞

−+−+∞

−−+=+−++−++0

12

0

1121 ll llllll kk

kk kakkka ρλρ

sekarang kita merubah ruas kiri sehingga faktor pengalinya 1−+lkρ

Page 13: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]∑∑∞

−+−+∞

+ −−+=+−++++++0

11

01 11121 ll llllll k

kk

k kakkka ρλρ

koefisien pangkat ρ saling meniadakan, sehingga kita bisa menurunkan hubungan persamaan rekursi untuk konstanta

ka . ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )112111

+−++++++−−+

=+

lllll

l

kkkk

aa

k

k λ

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) kkkk

kkkk

kkkk

aa

k

k

1221

12222

11212

11

→+++

−++=

+++++−++

=++++

−++=+

l

l

ll

l

ll

l

λ

λλ

ini merupakan ciri rasio dari deret xe , pada persamaan ini x = ρ . Sehingga kita dapat menuliskan ( ) ρρρ eG l→ (2.6)

ingat hubungan antara deret pangkat dengan rekursi memberikan

( )( ) kkkk aakk

ka ll

lΓ≡

+++−++

=+ 2211

pada limit ∞→k hubungan diatas menjadi kaa k

k ∝+1

hal ini memiliki rasio yang sama dengan deret xe , dimana x = ρ . Oleh sebab itu persamaan diatas dapat ditulis

k

kkae ρρ ∑

=

=0

(2.7)

dari persamaan ini kita dapat menemukan solusi persamaan ( )ρlnR dengan mengalikan persamaan (2.1), (2.6) dan (2.7).

sehingga didapatkan

( ) ∑∞

−=0

2/ρρρρ eaR kkn

ll

(2.8)

contoh menghitung ( )rRnl

untuk n = 1 dan 0=l penyelesaian fungsi gelombang radial memberikan

( ) ∑−−

−=1

0

2/l

ll

nk

kn earR ρρρ

dengan rEme

2/1

2

8⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

hρ ; subtitusikan harga

2220

2

4 132 n

emEE en

hεπ==

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

dan ( )2

204

emae

ohπε=

didapatkan ra0

2=ρ .

Prosesnya

rn

emm ee

2/1

2

2220

2

4 132

8

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

=h

hεπρ

kemudian dikeluarkan dari akar (pangkat ½) didapatkan

rn

eme 12 2

0

2

hπερ = karena

( )2

204

emae

ohπε= ; kita dapat memanipulasi persamaan ini

menjadi

20

2

20

2

22;4

1hh πεπε

ema

ema

e

o

e

o

== sehingga persamaan diatas

menjadi r

a0

2=ρ

dengan menggunakan hubungan rekursi

( )( ) kk akk

ka221

11 +++

−++=+

l

l λ

1+ka dan seterusnya akan menjadi nol jika 1+−= lnk sehingga ( ) 2

0

0

010

ρ

ρρ−

=∑= earR k

kk

; dengan ra0

2=ρ

( ) 010

ar

CerR−

= kemudian kita menghitung nilai konstanta C dengan kondisi normalisasi

10

2 =∗∞

∫ drRRr nn ll (2.9)

10/2

0

22 =−∞

∫ drerC ar (2.10)

sehingga harga 2/3

0

2/3

0

1222

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

aaC (2.11)

Page 14: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

prosesnya 10/2

0

22 =−∞

∫ drerC ar

kita ingat bahwa betuk integral fungsi gamma memberikan

( )

( ) ( )!10

1

−=Γ

=Γ ∫∞

−−

nn

dxexn xn dimana

dengan n = 1,2,3,4... kita manipulasi bentuk persamaan (2.10) menjadi

( ) ( ) 1/2/222 0

/2

0

20

2002

0 =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −∞

∫ ardearaa

C ar

( ) ( ) 1/2/22 0

/2

0

20

302

0 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −∞

∫ ardeara

C ar

( ) ( ) ( ) 1/2/22/ 0/2

0

20

30

20 =−∞

∫ ardearaC ar (2.12)

( )

( ) ( )!10

1

−=Γ

=Γ ∫∞

−−

nn

dxexn xn

dari persamaan (2.12) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 3 maka ( ) ( ) 2!133 =−=Γ

sehingga persamaan (2.12) menjadi ( ) 122/ 3

02 =aC

( ) ( )303

02 /22/122/ aaC =

( ) 2/30/22/1 ac =

2/3

0

2/3

0

1222

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

aaC

sehingga didapat

( ) 0/2/3

010

12 area

rR −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Untuk R 20

( ) ∑−−

−=1

0

2/l

ll

nk

kn earR ρρρ

( ) ∑−−

=

−=102

0

2/020

k

kk earR ρρρ

( ) ∑=

−=1

0

2/020

k

kk earR ρρρ

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) ( ) 2/1020

ρρ −+= eaarR

( )( ) kk akk

ka221

11 +++

−++=+

l

l λ

( ) ( )( )

01

01

21

2020102100

aa

aa

−=

+++−++

=

sehingga ( ) 02/

020 2

1 arearCrR −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

sekarang kita akan mencari harga C 1

0

2 =∗∞

∫ drRRr nn ll

12

1 0/2

00

22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −∞

∫ drearrC ar

14

1 0/2

0

2

00

22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+− −∞

∫ drear

arrC ar

140

/2

0

4

0

322 0 =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−∫

∞ − drear

arrC ar

140

0

/2

0

4

0

32

02

0 =⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−∫

∞ −

arde

ar

arraC ar

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1!44

!3!2

1)5(4

)4()3(

14

14

14

202

02

002

202

02

002

0 0

/4

0

20

00 0

/3

0

20

0

/2

0

200

2

0 0

/

0

4

00 0

/

0

3

0

/20

2

00

/2

0

4

0

32

02

00

00

0

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡Γ+Γ−Γ

=⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

=⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

∫∫ ∫

∫∫ ∫

∞−∞

∞−−

∞−∞

∞−−

∞ −

aaaaC

aaaaC

arde

ara

arde

ara

arde

araaC

arde

ar

arde

ar

arderaC

arde

ar

arraC

ararar

ararar

ar

Page 15: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

[ ]

30

2

30

2

200

2

202

02

002

202

02

002

21

12

12

1644

62

1644

62

aC

aC

aaC

xaaaaC

xaaaaC

=

=

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

2/3

0

2/3

0

2/3

0

2/1

30

30

2

122

21

122

21

12

1

21

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

axx

axx

aC

aC

aC

2/3

0

2/3

02/3

212

12

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

aC

aC

( ) 02/

0

2/3

020 2

1212 are

ar

arR −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

sekarang kita coba menghitung 21R

( ) ∑−−

−=1

0

2/l

ll

nk

kn earR ρρρ

( ) ∑−−

=

−=112

0

2/00

121

k

earR ρρρ

( ) ( ) 02/021 / arearCrR −=

10

2 =∗∞

∫ drRRr nn ll (2.9)

10/

0

2

0

22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −∞

∫ drearrC ar

kita manipulasi bentuk diatas agar sesuai dengan integral fungsi gamma

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

11

0

/

0 40

4200

20 =−∞

∫ arde

araaC ar

10

/

0

4

0

30

20 =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −∞

∫ arde

araC ar (2.10)

dari persamaan (2.10) terlihat bahwa harga n terpenuhi jika n = 5 maka ( ) ( ) 641234!155 xxxx ==−=Γ persamaan (2.10) menjadi

2/3

0

30

2

30

2

30

2

30

2

162

1

641641641

164

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

=

=

==

aC

axC

axC

axC

xaC

( ) ( ) 02/021 / arearCrR −=

( ) ( ) 02/0

2/3

021 /1

621 arear

arR −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Cara III menyelesiakan persamaan radial atom hidrogen dengan subtitusi ke deret dimana ( )

rZerV

2 (bu parmi solution)

0Rr

1)(Rr

eE2mrRr

rr1

2

2

22

2 =+

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂ ll

h

(3.1)

misalkan ; r

U(r)R(r) =

Ur

1rU

r1

rU

rR

rR

2

−∂∂

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

=∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

∂∂

∂∂

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

∂∂

∂∂ U

rUr

rU

r1

rU

r1r

r 22

rU

rUr

rU

2

2

∂∂

−∂∂

+∂∂

=

2

2

rUr

∂∂

= (3.2)

Page 16: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

0rU

r1)(

rU

reE2m

rRr

r1

2

2

22

2

2 =+

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂ ll

h

0Ur

1)(Ur

eE2mrU

2

2

22

2

=+

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

∂∂ ll

h

0UE2mrU

22

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

∂∂

h

(3.3)

dengan memisalkan

Em2

2 2h

maka solusi persamaan (3.3) untuk ∞→r adalah

2

eR ∝

pada dua daerah extrim yaitu daerah jauh sekali dan daerah

pusat koordinat. Dapat dituliskan secara matematis dengan

limit (r → 0) dan limit (r → ~)

Jika r → 0

0r

e2

=

r

eE2

+ diabaikan terhadap 2r

1)( +ll

~r

1)(2 =+ll

sehingga tampak suku yang paling berpengaruh adalah

0Ur

1)(rUd

22

2

=+

−∂

ll (3.4)

jika r = 0 maka deretnya : ∑=

=~

0n

nS Cn.rrU

dipilih → S = l− S = 1+l

U ~ l−r U ~ 1r +l

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Solusi yang memenuhi kondisi fisis keberhinggaan r adalah

1+l karena l− infinite pada kondisi tersebut.

Mencari nilai S dari persamaan Ur

1)(2+− ll dengan

mensubtitusi deret U pada r=0

[ ]...2.rC1.rC.rCr

1)(Ur

1)( s2

s1

s022 ++++++−

=+− llll

[ ]....r1)C2)(S(S1.r1)S.C(S2.r1)CS(SrU s

2s

1s

02

2

++++−++−+=∂∂

+

[ ] ....r1)S(S1)(2.r1)CS(S1)(0 1s1

s0 ++++−+−−++−= −lllll

rs-2 → 01)S(S1)( =−++− ll

1SS01))(S(S

0)(S))(S(S0)(S)(S0SS

22

222

+=−==−−+

=+−−+=+−−

=−+−−

ll

ll

lll

ll

ll

⇒ jika r → ~

maka 0r

1)(dan0r

e2

2

=+

=ll

E2mrU

22

2

h+

∂∂

U = 0 ⇒ 0UrU 22

2

=∂+∂∂

-γ2 > 0

dengan memisalkan γ 2Em

22h

−=

diperoleh

U = Aeγr + Be-γr

Page 17: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

r → ~ : eγr → ~ tidak memenuhi syarat

e-γr → 0

U ~ e-γr → U = )r(Fer r1 γ−+l

F(r)err

1)(F(r)err

e2mE2m γr12

γr12

22−+−+ +

−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+ ll ll

hh

F(r)err

1)(r

e2mγ γr12

2

22 −+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= lll

h

γrF(r)1)e(drdU 1γr +− −+= ll (3.5)

pembuktian:

F(r)erU γr1 −+= l (3.6)

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

+−++= −−+−

rFeF(r)γerF(r)er1

drdU γrγr1γr lll

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

++−+ γ−−+−

rFre1reγrF(r)er1 γr1γr llll

A B C

Bagian A

rFe1)r(F(r)γ)e(1)r(F(r)er1)(

rU γrγrγr12

2

∂∂

++−+++=∂∂ −−−− lll llll

Bagian B

rFer-F(r))e(-rF(r)e1)r(

rU γr1γr1γr2

2

∂∂

γγγ−+γ−=∂∂ −+−+− llll

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Bagian C

2

2γr1γr1γr

2

2

rFer

rF)e(-r-

rFe1)r(

rU

∂∂

+∂∂

γγ∂∂

+=∂∂ −+−+− llll

sehingga :

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

++−+++=∂∂ −−−−

rFe1)r(F(r)γ)e(1)r(F(r)e1)r(

rU γrγrγr12

2lll llll

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

γ−γ+γ− −+−+−

rFer-F(r)γ)e(r-F(r)e1)r( γr1γr1γr llll

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

+∂∂

γ∂∂

+ −+−+−2

2γr1γr1γr

rFer

rFer-

rFe1)r( llll

Untuk bagian rF∂∂

{ }r1γrγrγr ere1)r(1er-e1)r(rF γ−+−−− γ−+++γ+=∂∂ lll lll

{ }γr1γr er2-e1)r2(rF −+− γ+=∂∂

= lll

Untuk bagian F(r)

{ }r12γrγr1 ere1)r(2-e1)r()r(F γ−+−−− γ++γ+= lll lll

Untuk bagian F(r)

( )r12

2

errF γ−+

∂∂ l

Sehingga pers.nya menjadi:

Page 18: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

{ } ( )+γ−+∂∂

++γ++γ+= γ−+γ−γ−+−−− r1rr12γrγr1 er2er)1(2rFer)1(e1)r(2-e1)r()r(F llll llllll

2

2γr1

2

2

rUer

rF

∂∂

=∂∂

+ −+l

→ 0Ur

1)(Ur

E2mrU

2

2

22

2

=+−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

∂∂ lll

h

Z2γγ.

γme2

γ2me 22

hh=

Z2γ

r1γ

γ2me

2

2

==h

2γr = Z → 2γ ∂ r = ∂ Z

2γrZk;

γme

2

2

=∂∂

=h

ZU2

rZ.

ZU

rU

∂∂

γ=∂∂

∂∂

=∂∂

rZ.

ZU2

ZrU2

2

∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

γ∂∂

=∂∂

= γ∂∂

γ 2ZU.2 2

2

= 2

22

ZU.4

∂∂

γ

γ=γ

γγ

= k2Z2me.2

rme2

2

2

2

2

hh

Pers. (a) menjadi:

0Z

U)1(4U.kZ

4UZU.4 2

222

2

22 =

+γ−

γ+γ−

∂∂

γll : 4γ2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

0Z

U)1(UZkU

41

ZU

22

2

=+

−+−∂∂ ll

misal :

F(r)e2UZU 2

Z1 −+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

l

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

∂∂ −+−+−

+ ZFe

2γZF(Z)e

21

2γZF(Z)e

) 2γ (Z1)(

ZU 2

Z1

2Z1

2Z

1

ll

l

l

l

sehingga persamaan diata dapat dirubah menjadi

0k)F1(ZFZ)2(2

ZFZ 2

2

=−+−∂∂

−++∂∂

ll ………… (B)

ingat dari :

1F1 (a, c, Z)

0ax

)xc(Z

x 2

2

=Φ−∂Φ∂

−+∂Φ∂

…………………….. (A)

Agar penyelesaian PD berupa polygonal yang terbatas

syaratnya:

Bandingkan pers. (A) dan (B)

l

l

l

l

+==−=−+

−+=+=

nknnk

kac

r11

22

dimana:

n r = bilangan kuantum radial

l = bilangan kuantum ordinal

k = n = bilangan kuantum utama

Deretnya:

1F1 ( l + γ - k ; 2 l +2 ; Z) = F(Z)

A = - n

Page 19: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

n = 3

n r = 2, 1, 0

)Z(Fe2ZU 2

Z1 −+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=l

ZFe

2Ze

21

2Z

21

ZU 2

Z1)Z(F

2Z1)Z(FZ)1(1

∂∂

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛λ

+⎟⎟

⎜⎜

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=∂∂ −+−+++ llll

l

A B C

⎩⎨⎧

⎢⎣⎡ +−++⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −++−+

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=∂∂ −−−−

+−1211

1

2Z

2

2

Z)1(21Z)1()Z(F

21.Z)1(

21.Z)1(

ZF

2Ze

ZU

lllll

l

2

21

ZF

41Z)1(

21

∂∂

+⎥⎦⎤++− −l

=

[ ] 2

2121

1

2Z

ZFZ)1(

21Z)1()Z(F)Z(F1Z)1(2

ZF

2Ze

∂∂

+⎩⎨⎧

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +−+++−+

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

−−−+−

llll

l

Masuk ke pers. :

0UZ

1)(UZkU

41

ZU

22

2

=+

−+−∂∂ ll

{ } 2121

2

2

Z1)(

Zk

41

411)Z(Z1)(11)Z2(

ZF

F1

ZF

F10 +

−+−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ++−++−+

∂∂

+∂∂

= −−− llllll

x FZ

{ } { } 0Fk1)(-Z-1)2(ZF

ZFZ 2

2

=+++−∂∂

+∂∂

ll

⇒ PD. Confient Hypergeometric

0F)k1(ZF)Z22(

ZFZ 2

2

=−+−∂∂

−++∂∂

ll

Ψ nlm = R nl P l m φ m

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

++−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=∂∂ −−−

−+

ZFeZ)1()Z(Fe

21Z)Z(FeZ)1(

21

ZA 2

Z2Z

2Z

11

lll

l

lll

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

+−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=∂∂ −

+−

+−+

ZFeZ)Z(Fe

21Z)Z(FeZ)1(

21

21

ZB 2

Z12

Z12

Z1lll

l

ll

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∂∂

+−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛γ

=∂∂ −

+−

+−+

2

22Z

12Z

12Z1

ZFeZ)Z(Fe

21Z)Z(FeZ)1(

21

ZC lll

l

ll

ZC

ZB

ZA

ZU2

2

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

⇒ 0Z

U)1(UZkU

41

ZU

22

2

=+

−+−∂∂ ll

Dari pers. di atas:

0k)1(ZFZ)2(2

ZFZ 2

2

=−+−∂∂

−++∂∂

ll

0k)F1(ZFx)(c

dxΦdx 2

2

=−+−∂∂

−+ l

22c += l

na1a −=+= l

nk1 −=−+l

0ax

x)(cxΦx 2

2

=Φ−−∂Φ∂

−+∂∂

r2Z22c

k1a

γ=+=−+=

l

l

∑=

=~

0n

n

!n.n)c(X.n)a(1F1

Page 20: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

!nZn

n)22(n)k1()Z(1F1

~

0n∑= +

−+=

l

l

untuk merubah fungsi ( )rU kita pergunakan ( ) ( )rrUrR =

)2(,.1.

)2()2()(

1 rFerr

C

rrUrRrR

r γ

γγ

γ−+=

=→

l

)2(,. rFerC r γγ−= l

n = k l n r

k = 4 0

1

2

3

3

2

1

0

Supaya deret tertentu → finite

a = - n r

rnk −=−+1l

1++= lrnk

di mana:

K = bilangan kuantum utama

K = n

n r = kuantum radial

l = kuantum orgital

n = 1 → K

n = 2 → L

n = 3 → M

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

untuk harga F kita dapat menderetkannya sebagai berikut

[ ]r2:22:)k1(1F1 γ+−+ ll

= !3)c()r2()a(

!2)c()r2()a(

!1)c()r2()a(

!0)c()r2()a(

3

33

2

22

1

11

0

00 γ

=

!4)r2(

)52)(42)(32)(22()3k1)(2k1)(1k1)(k1(

!3)r2(

)42)(32)(22()2k1)(1k1)(k1(

!2)r2(

)32)(22()1k1)(k1(

!1r2

22)k1(1

43

2

γ++++

+−++−++−+−++

γ

++++−++−+−+

+++−+−+

+−+

+

llll

llll

lll

lll

ll

ll

l

l

sehingga untuk menentukan harga F kita dapat mensubtitusikannya ke dalam deret. Oleh karena itu bu parmi solution ini saya sebut cara subtitusi ke deret. Dari bu parmi solution diatas kita dapat menentukan persamaan untuk lnR yaitu :

)2;22;( rnFerNR nrr

nnn γγ +−= − ll

ll

khusus untuk bu parmi solution (solusi dengan subtitusi) karena menggunakan system satuan yang berbeda harus ada konversi untuk harga r. harga r pada bu parmi akan sama dengan harga r yang lain (dengan gamma solution dan polinom Laguerre) jika dibagi dengan sebuah konstanta 0a . Jika r untuk solusi fungsi gamma dan polinom Lguerre kita beri symbol r̀ maka harga r dan rnγ mempunyai harga

0

`arr = dan

0

`na

rrn =γ

contoh : menghitung 10R

)2;22;( rnFerNR nrr

nnn γγ += − ll

ll

( ) )2;202);01(1( 10

10101 rFerNR r γγ ++−= −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) )2;202);01(1(2

)2;202);01(1(2

12/3

010

102/3

010

1

1

rFearR

rFerarRr

r

γ

γγ

γ

++−=

++−=−−

−−

sekarang kita akan mencoba mengitung

Page 21: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( ) )2;202);01(1( 1rF γ++− )2;2;0( 1rF γ

!3)c()r2()a(

!2)c()r2()a(

!1)c()r2()a(

!0)c()r2()a(

3

33

2

22

1

11

0

00 γ

=

!4)r2(

)52)(42)(32)(22()3k1)(2k1)(1k1)(k1(

!3)r2(

)42)(32)(22()2k1)(1k1)(k1(

!2)r2(

)32)(22()1k1)(k1(

!1r2

22)k1(1

43

2

γ++++

+−++−++−+−++

γ

++++−++−+−+

+++−+−+

+−+

+

llll

llll

lll

lll

ll

ll

l

l

=( ) )(

!12

202)110(1 vanishr

++−+

+γ (deret ke-2 = 0)=1

karena suku didepannya berharga 0 sehingga persamaanya menjadi:

( ) ( ) 12 12/3010

rearR γ−−=

dimana 0

`na

rrn =γ dan 0

`arr =

( ) ( ) oarearR /`2/3010 .2 −−=

sekarang kita akan menghitung 20R

)2;22;( rnFerNR nrr

nnn γγ +−= − ll

ll

( ) ( ) )2;202;102( 20

20202 rFerNR r γγ ++−= −

)2;2;1(. 220202 rFeNR r γγ−=

)2;2;1(.22

112

2/3

020

2 rFea

R r γγ−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

sekarang kita akan mencoba mengitung )2;2;1( 2rF γ

=

!4)2(

)52)(42)(32)(22()31)(21)(11)(1(

!3)2(

)42)(32)(22()21)(11)(1(

!2)2(

)32)(22()11)(1(

!12

22)1(1

43

22

rkkkkr

kkkrkkrk

γγ

γγ

+++++−++−++−+−+

+

++++−++−+−+

+++

+−+−++

+−+

+

llll

llll

lll

lll

ll

ll

l

l

= ( ) vanishrkr

!2)2(

)32)(22()11)(211(

!12

202)210(1

2γγ++

+−+−++

+−+

+ll

l (deret ke 3 = 0)

= )(2211 vanishr+−

+ γ = rnγ−1 ; 0

`na

rrn =γ maka 0

2 2`arr =γ

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0

`22/3

020

0

`22/3

020

`2.22

11

2`1.

2211

0

0

are

aR

are

aR

ra

ra

atau dapat ditulis

sekarang kita akan menghitung 21R

)2;22;( rnFerNR nrr

nnn γγ +−= − ll

ll

( ) ( ) )2;212;112( 21

21212 rFerNR r γγ ++−= −

)2;3;0(`. 20

21212 rFe

arNR r γγ−=

( ) )2;3;0(`62

12

0

2/3021

2 rFearaR r γγ−−=

dengan cara yang sama sekarang kita akan mencoba mengitung

)2;3;0( 2rF γ = )(0

!12

21.2)211(1 2 vanish

r=

+−+

= 1

= )(2211 vanishr+−

+ γ = rnγ−1 ; 0

`na

rrn =γ

maka 0

2 2`arr =γ

( ) ( ) oareararR 2/`

0

2/3021

`62

1 −−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1.1.5 Solusi Eigen dan Distribusi Probabilitas Dari uraian didepan diperoleh solusi eigen lengkap bagi persamaan (1.5), yaitu

( ) ( ) ( ) ( )ϕθϕθψψ mmnmn rRrr ΦΘ=≡ lll

r ),,( (1.49) dengan n = 1,2,3,...

Page 22: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

l = 0,1,2,3,...,n-1 m =0,± 1, ± 2, ± ,...± l (1.50) kombinasi ketiga bilangan n, l , m pada mnlψ mendefinisikan

suatu keadaan dari atom hydrogen. Mengingat lnR , mlΘ ,

mΦ merupakan fungsi ternormalisasi, maka mnlψ juga ternormalisasi

( iii mn lψ mnlψ, ) = ∫ iii mn l

ψ iii mmnnmn dv δδδψlll =*

(1.51) hal ini sesuia dengan penafsiran awal bahwa ψψ * merupakan rapat probabilitas untuk mendapatkan partikel dalam keadaan n, l , m pada posisi ( )ϕθ ,,r . Mengingat bentuk (1.28) , fungsi rapat probabilitas dapat diuraikan menjadi bagian radial dan bagian angular. Karena penulis hanya ditugasi untuk menyelesaikan persamaan Schrodinger saja, maka fungsi rapat probabilitas dapat anda pelajari sendiri. Contoh Permasalahan 1. Untuk bilangan kuantum n = 4, tuliskan fungsi eigen

dengan semua nilai l dan m yang mungkin Penyelesaian Dari uraian didepan didapatkan bahwa n tertentu terdapat n harga l . Untuk n = 4 maka l =0,1,2,3 sedangkan untuk l tertentu adalah (2 l +1) harga m. Lengkapnya diberikan dalam fungsi gelombang mnlψ seperti tabel berikut:

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

n = 4 l m

mnlψ ( )ϕθ ,,r

0 0 400ψ ( )ϕθ ,,r

-1 141−ψ ( )ϕθ ,,r

0 410ψ ( )ϕθ ,,r

1

1 411ψ ( )ϕθ ,,r

-2 242−ψ ( )ϕθ ,,r

-1 142−ψ ( )ϕθ ,,r

0 420ψ ( )ϕθ ,,r

1 421ψ ( )ϕθ ,,r

2

2 422ψ ( )ϕθ ,,r

-3 343−ψ ( )ϕθ ,,r

-2 243−ψ ( )ϕθ ,,r

-1 143−ψ ( )ϕθ ,,r

0 430ψ ( )ϕθ ,,r

1 431ψ ( )ϕθ ,,r

2 432ψ ( )ϕθ ,,r

3

3 433ψ ( )ϕθ ,,r

Distribusi probabilitas radial. Dari hubungan ortonormalitas persamaan (1.45), tampak bahwa probabilitas per satuan panjang r diberikan oleh:

( ) 22 rRrP nl= (1.52) bentuk fungsi probabilitas ini selain bergantung pada jarak juga bergantung pada bilangan n dan l . Untuk spesifikasi keadaan seringkali digunakan notasi spektroskopik sebagai berikut:

Page 23: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

l 0 1 2 3 ... notasi spektroskopik s p d f ...

Untuk mendapatkan gambaran prilaku umum ( )rPnl kita gunakan: i. rumus rekursi (1.35) dan polinom (1.38) memperlihatkan

bahwa polinom merupakan polinom ( )ρL , berorde s =

n- l -1 sehingga ( )ρL mempunyai s titik nol.

ii. Untuk nilai l terbesar ( l =n-1), ( )rPnl hanya mempunyai satu gelembung. Menurut ungkapan (1.47),

( ) onarn

nn ena

rrR /1

01

− ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∝

karena itu, puncak ( ) onarn

nn ena

rrP /22

01

2 −− ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∝ terjadi jiak

onarn

nn ena

rna

rnana

ndr

dP /212

0000

1 22222 −

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

dipenuhi oleh r = n oa2 (1.53)

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

beberapa fungsi lnR diberikan pada tabel berikut Tabel 1.1 Fungsi Radial

Grafik-grafik probabilitas radial ( )rPnl diberikan oelh gambar 1.2

n l lnR

1 0 oaro ea /2/32 −−

2 0 oaroo eara 2/2/3 )/2(22/1 −− −

2 1 oaroo eara /22/3 )/(62/1 −−

3 0 oaroo earara 3/222/3 )9/4/46(39/1 −− +−

3 1 oarooo earara 3/2/3 )3/24)(3/2(69/1 −− −

3 2 oaroo eara 3/22/3 )3/2(309/1 −−

Page 24: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Gambar 1.2 Rapat Probabilitas sebagai fungsi jarak

2. Hitung kemungkinan mendapatkan elektron berada pada jarak kurang dari jari-jari bohr untuk atom hidrogen pada keadaan dasar.

Penyelesaian: Fungsi radial keadaan dasar atom hidrogen

( ) ( ) onarearR /2/3010 2 −∝

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

maka probabilitas per satuan panjang untuk mendapatkan elektron pada jarak r dari inti

( ) onarearrP /

30

24 −=

karena itu, probabilitas elektron berada pada jarak kurang dari

0a ,

( ) drrea

drrPa

ara 2

0

/23

00

0

00 4

∫∫ −=

= 30

4a

rdrearea aar

aar ∫ −− +

⎩⎨⎧−

0

0

0

0

0

/20

0

2/20 222

= 1-5 2/ e = 0,323 distribusi probabilitas anguler. Dari persamaan (1.49),(1.15) dan (1.18) diperoleh bagian sudut

( ) ( ) ( ) =≡ΦΘ ϕθϕθ ,mmm Yll( )( )!

!2

12mm

+−+

l

ll ( )θcosmlP ϕ

πime

21

(1.54)

( )( ) ( ) ϕ

πθ imm

lm ePmm

Y21cos

!!

212

+−+

=l

lll

( )( ) ( ) ϕθ

πimm

lm ePmm

Y cos!!

412

+−+

=l

lll

(1.54*)

sekarang kita akan coba menghitung 20111000 ,,, YYYY ±

untuk 00Y

Page 25: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

( )( ) ( ) ϕθ

πimm

lm ePmm

Y cos!!

412

+−+

=l

lll

( )( ) ( )

π

θπ

ϕ

41

cos!00!00

4120

00

00000

=

+−+

=

Y

ePY i

untuk 10Y

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

θπ

θθ

θπ

θπ

ϕ

cos43

1coscos

cos1!02

143

cos!01!01

4112

10

21

12/02

010

00110

=

−∂∂

−=

+−+

=

Y

Y

ePY i

akan lebih mudah ketika kita menggunakan simbol x untuk menggantikan θcos . Pada akhir penyelesaianya nanti kita baru mensubtitusikannya lagi. Contoh :

⎡ ⎤⎡ ⎤

)()1()( 2/2 xPdxdxxP l

mmm

l ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

misalnya kita akan menghitung ( ) ( ) ( ) ( )xPxPxPxP 22

12

02

11 ,,,

rumus umum

⎡ ⎤⎡ ⎤

)()1()( 2/2 xPdxdxxP l

mmm

l ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

kita subtitusikan

⎡ ⎤⎡ ⎤

)()1()( 1

12/121

1 xPdxdxxP ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

rumus rodrigues memberikan:

xxdxdxP =−= )'1()'(

!121)( 211

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

2/1211

12/121

1

)1()(

)1()(

xxP

xdxdxxP

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

jika x= θcos , maka persamaan untuk 11P ( θcos )menjadi

θθ

θθ

θθ

sin)(cos

)(sin)(cos

)cos1()(cos

11

2/1211

2/1211

=

=

−=

P

P

P

sehingga 11Y dapat kita hitung dengan cara

( )( ) ( )

( ) ϕ

ϕ

θπ

θπ

i

i

eY

ePY

sin83

cos!11!11

411.2

11

11111

=

+

−+=

untuk 11−Y karena pada perumusan pada bagian

⎡ ⎤⎡ ⎤

)()1()( 2/2 xPdxdxxP l

mmm

l ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

m selalu berharga negative, maka pada bagian ini sama dengan 11Y , tetapi pada bagian azimutnya m dapat berharga

negatif. Sehingga 11−Y memiliki

( ) ϕθπ

ieY −− = sin

83

11

penghitungan yang lain :

),13(21)( 20

2 −= xxP

222/1212 13)13(

21)1(

21)( xxx

dxdxxP −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

)1(3)13()1(21)( 2222

2 xxdxd

dxdxxP −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

dst.

Page 26: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Sehingga untuk 20Y

( )( ) ( ) ϕθ

π00

220 cos!02!02

412.2 iePY

+−+

=

karena ),13(21)( 20

2 −= xxP maka

( )( )

( )

( )1cos316

5

11cos341

45

1cos321

!02!02

412.2

220

220

0220

−=

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+−+

=

θπ

θπ

θπ

ϕ

Y

Y

eY i

dalam penyelesaian yang lain ,yang kita butuhkan adalah

θcosmlP dan θsincos1 2 =− jadi V selalu polinomial

dalam cosθ beberapa fungsi legendre dalam cosθ dituliskan

pada tabel 1.2

fungsi ( )ϕθ ,mYl disebut fungsi harmonik bola dan memenuhi ortonormalitas

( ) ( )mmmm iiii ddYY δδϕθθϕθϕθ

llll=∫ sin,, (1.55)

Tabel 1.2 Fungsi Harmonik Bola

( )π

ϕθ41,00 =Y ( ) )1cos3(

165, 2

10 −= θπ

ϕθY

( ) θπ

ϕθ cos43,10 =Y ( ) ϕθθ

πϕθ ieY ±= cossin

815,10

( ) ϕθπ

ϕθ ieY ±= cos83,10

( ) ϕθπ

ϕθ ieY 210 sin

3215, ±=

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

Mengingat bentuk eksplisit mΦ , maka rapat probabilitas

polar hanya bergantung pada sudut θ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )θθθϕθϕθϕθ PYYP lmmmm =ΘΘ∝= lll

** ,,, (1.56) Gambar-gambar probabilitas angular diberikan dalam diagram tiga dimensi berikut:

Gambar 1.3 Representasi permukaan ( )ϕθ ,mYl

Rapat probabilitas di setiap titik di dalam ruang diperoleh dari perkalian antara distribusi angular ( )θP dan distribusi

radial ( )rP . Solusi eigen lainnya adalah nilai eigen yang diperoleh dari persamaan (1.24) dan (1.35), yaitu energi atom hidrogen.

Page 27: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

nmEE e

n1

32 220

2

4

hεπ=→ (1.57)

3. Hitung: a. Energi kinetic rata-rata b. Energi potensial rata-rata, electron dalam keadaan

dasar dari atom hidrogen. Penyelesaian : Fungsi gelombang keadaan dasar 100ψ hanya bergantung pada jari-jari r,

( ) 0/2/3

0100

11,, area

r −=π

ϕθψ

Karena itu energi kinetik rata-ratanya

dvmpE

ek 100100 2

ψψ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

( ) dvime

1002

10021 ψψ∫ ∇−= h

drredrdr

drd

re

amarar

e∫ −−

⎩⎨⎧

⎭⎬⎫⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

= 2/22

/3

0

2

4112

00 ππ

h

)(22 2/2

2/

30

200 drre

drd

rdrde

amarar

e∫ −−

⎩⎨⎧

⎭⎬⎫−

=h

∫∫∞ −− +

−=

0

/4

0

22/

30

200

42 rdream

drream

ar

e

ar

e

hh

2

0

2

30

2 4amam ee

hh+=

30

2

ame

h=

= 13,6 eV b. Energi total electron keadaan dasar

EEE pk =+

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

maka pkpk

EEEE +=+

E= = E Sehingga

kp EEE −=

ke Eem

−−=22

02

4

32 hεπ

= -13,6 eV – 13,6 eV = -27,2 eV 4. tulislah solusi eigen lengkap untuk notasi spektroskop 1s, 2s dan 3p penyelesaian : untuk 1s solusi eigennya

00/

2/30

1000

2 Yea

ar−=ψ

πψ

412

0/2/3

0100

area

−=

untuk 2s solusi eigennya

πψ

ψ

412

221

2221

0

0

2/

02/3

0200

002/

02/3

0200

ar

ar

ear

a

Year

a

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

untuk 3p solusi eigenya

Page 28: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

ϕ

ϕ

θπ

ψ

ψ

θπ

ψ

ψ

θπ

ψ

ψ

iar

ar

ar

ar

iar

ar

eear

a

Year

a

ear

a

Year

a

eear

a

Year

a

−−−

−−

=

=

=

=

=

=

.sin83

621

621

cos43

621

621

.sin83

621

621

0

0

0

0

0

0

2/

02/3

0121

112/

02/3

0121

2/

02/3

0210

102/

02/3

0210

2/

02/3

0211

112/

02/3

0211

1.1.6 Spektrum Atom Hidrogen

Pada prinsipnya, jika anda mengambil atom hidogen dalam keadaan tetap ψnlm, itu bisa berada disana selamanya. Jika anda mengabaikan ( dengan tumbukan atom lain , katakanlah dengan sinar cahaya) kemudian atom pada tingkat dasar betransisi ke keadaan dasar yang lain dengan menyerap energi untuk bergerak ke level di atasnya. Atau dengan memberikan energi (radiasi elektromagnetik) dan bergerak ke level yang lebih rendah. Dalam kenyataannya gangguan lain akan selalu datang ; tansisi (atau disebut “quantum jump”) terjadi tetap dan hasilya adalah berisi sebuah (photon). Dimana energinya berbeda untuk energi sepanjang awal dan akhir:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=

firi nn

evEEE 22

116.13γ (1.58)

Sekarang, menurut rumus planck, energi photon proporsional pada frekuensi ini :

hvE =γ (1.59)

Dengan panjang gelombang : vc /=λ , jadi

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= 22

111

fi nnR

λ (1.60)

Dimana

172

0

2

3 10097.144

−×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≅ me

cmR

πεπh (1.61)

R adalah konstanta Rydberg.Transisi dari ground state (nf=1) terletak pada ultraviolet yang diketahui sebagai deret lyman. Eksitasi tingkat pertama (nf =2) dalam daerah cahaya tampak termasuk dalam deret balmer. Transisi ke nf =3 ( deret paschen) pada daerah infra merah dst.pada suhu ruang kebanyakan atom hidrogen terletak pada keadaan dasar, akan erjadi emisi cahaya, pertama anda harus memompa dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi.

Page 29: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

TUGAS

FISIKA KUANTUM

ATOM HIDROGEN

Oleh : Jeffry Handhika, S.Si. S830907011

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

081 5 484 939 05

copyright by [email protected]

Page 30: Atom hidrogen-final-doc2

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

DAFTAR ISI

Pengantar………………………………………… (1)

1.1 Persamaan Scrhodinger atom hydrogen……... (1)

1.2 Pesamaan Azimuth…………………………... (6)

1.3 Persamaan Polar……………………………... (7)

1.4 Persamaan Radial……………………………. (9)

• Cara I

(PolinomLaguerre dan Rumus rodrigues ) (15)

• Cara II

(deret, rekursi dan fungsi gamma) (23)

• Cara III (subtitusi deret)

(bu parmi method) (30)

1.5 Solusi eigen dan distribusi probabilitas...…... (42)

Contoh Permasalahan…………………..………. (43)

1.6 Spektrum Atom hidrogen…………………... (55)

Tugas Fisika Kuantum

[email protected]

WARNING!!! POST MODERN READING SYNDROME.