Model Skyrme SU(2) untuk Hadron - fisikanet.lipi.go.id · samaan gelombang non linier yang memiliki...

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 nuk-

leon (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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

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

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

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 Associ-

ation for the Advancement of Science. Dalam makalah ini, Russell melaporkan ten-

tang pengamatannya terhadap gelombang soliton yang menjalar sepanjang kanal air

Edinburg-Glasgow. Gelombang soliton tersebut merambat lurus tanpa mengalami pe-

rubahan 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 ke-

munculan 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 per-

samaan gelombang non linier yang memiliki energi total berhingga, terkurung se-

cara 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 be-

saran kekal dinamik yang tak berhingga banyaknya, setiap soliton dicirikan oleh invar-

ian 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 per-

tama 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 konfig-

urasi klasik tertentu dari medan pion [7]. Konfigurasi istimewa ini membentuk objek

soliton topologi, merupakan solusi persamaan medan klasik dengan rapat energi ter-

lokalisasi, 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 :

S =

∫d4xL (2.1)

dimana,

L = Tr

[−F

2

16LµL

µ +1

32a2[Lµ, Lν] [Lµ, Lν] +

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

](2.2)

adalah rapat Lagrangian terkait, dan dimana:

Lµ = U−1∂µU (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) 4

2.2 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 =

∫d4xδL (2.5)

dimana,

δL = Tr

[−F

2

8(δLµ)Lµ +

1

16a2(δ [Lµ, Lν]) [Lµ, Lν] +

F 2

16M2

π

(δU−1 + δU

)](2.6)

δU−1 = −U−1(δU)U−1 (2.7)

δLµ = −U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU) + ∂µ(U−1δU) (2.8)

Tr((δLµ)Lµ) = −Tr[(∂µL

µ)U−1δU]

+ suku divergensi total (2.9)

Karena Lµ memenuhi persamaan Maurer-Cartan:

∂µLν − ∂νLµ = − [Lµ, Lν ] (2.10)

maka

δ [Lµ, Lν] = −∂µδLν + ∂νδLµ (2.11)

Dari persamaan (2.10) dan (2.11) dapat diturunkan bahwa:

Tr ((δ [Lµ, Lν]) [Lµ, Lν]) = 2Tr((∂µ [Lν , [Lν, Lµ]])U−1δU) + 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 =

∫d4xTr

[(F 2

8∂µL

µ +1

8a2∂µ [Lν , [L

ν, Lµ]] +F 2

16M2

π(U − U−1)

)U−1δU

]. (2.13)

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

(Lµ − 1

a2F 2[Lν, [L

µ, Lν]]

)+

1

2M2

π(U − U−1) = 0 (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∂0U = 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), seba-

gaimana diturunkan dalam lampiran II, adalah sebagai berikut:

T ρσ = −gρσ − F 2

8gµρgσνTr(LµLν) +

1

16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr ([Lµ, Lν] [Lα, Lβ])

(3.1)

dimana gµν adalah komponen tensor metrik ruang-waktu.

Dengan demikian, energi model Skyrme SU(2), untuk kasus umum (nonstatik)

adalah:

E =

∫d3xT 00 (3.2)

6

BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI 7

yang secara eksplisit adalah:

E =

∫d3xTr

[−F

2

16LaLa −

1

32a2[La, Lc][La, Lc]

+F 2

16LoLo +

1

16a2[Lo, La][Lo, La]−

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)− F 2

8LoLo

− 1

8a2[La, Lo][La, Lo]

]

= Estatik + Erotasi

(3.3)

dimana,

Estatik = −∫d3xTr

[F 2

16L2a +

1

32a2[La, Lc]

2 +F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

](3.4)

dan,

Erotasi = −∫d3xTr

[F 2

16L2

0 +1

16a2[L0, La]

2

]. (3.5)

Sifat soliton model Skyrme SU(2) dari energi statik di persamaan (3.4) akan lebih mu-

dah dipelajari dengan cara menskala terlebih dahulu koordinat ruang x→ 2x/aF dan

menyatakan energi dalam satuan F/4a, yakni dengan mengambil (F/4a) = (1/12π2).

Dalam satuan ini persamaan (3.4) menjadi:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2a +

1

8

([La, Lc]

2 +m2π(U−1 + U − 2I)

)](3.6)

dimana,

mπ = 2Mπ/aF (3.7)

Persamaan Euler-Lagrange pada persamaan (2.14) dalam kasus statik menjadi:

∂a

(La −

1

4[Lc, [La, Lc]]

)− m2

π

2(U − U−1) = 0. (3.8)

3.2 Kestabilan Skala

Berikut ditinjau, kestabilan skala dari energi statik pada persamaan (3.6) terhadap

transformasi skala

x→ λx. (3.9)


Arus La terhadap transformasi pada persamaan (3.9) bertransformasi sebagai berikut:

La(x)→ U−1(λx)∂U(λx)

∂xa= λLa(λx). (3.10)

Dengan demikian, transformasi skala dari persamaan energi (3.6), dengan mengabaikan

suku massa adalah:

E [λ]statik =1

λEσ + λESky (3.11)

dimana, Eσ adalah suku energi chiral statik dan ESky adalah suku energi Skyrme.

Dari persamaan (3.11), diperoleh:

dE [λ]

dλ

∣∣∣∣λ=1

=

(− 1

λ2Eσ + ESky

)∣∣∣∣λ=1

= −Eσ + ESky (3.12)

dan,

d2E [λ]

dλ2

∣∣∣∣λ=1

=2

λ3Eσ|λ=1 = 2Eσ (3.13)

Dengan menerapkan syarat ekstrimum:

dE [λ]

dλ= 0. (3.14)

maka dari persamaan (3.12) dan (3.14), diperoleh:

Eσ = ESky (3.15)

yang menunjukkan bahwa,

Eσ ≥ 0 (3.16)

sehingga persamaan (3.13) memenuhi syarat:

d2E [λ]

dλ2> 0 (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 ka-

sus tak bermassa mπ = 0, dengan menulis ulang dalam suku integran terkuadratkan


ditambah ”sesuatu” sebagai berikut:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[(La ±

1

4εabc [Lb, Lc]

)2]∓ 1

24π2

∫d3xεabcTr[LaLbLc]

(3.18)

dimana εabc adalah simbol Levi-Civita, εabc = δabc123. Integral pertama adalah jelas definit

positip. Dengan demikian, Estatik memiliki batas bawah:

Estatik ≥ B (3.19)

dimana,

B = − 1

24π2

∫d3xεabcTr(LaLbLc) (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 Bo-

la

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:

0 = ∂r

(Lr −

1

4

1

r2[Lθ, [Lr, Lθ]] +

1

r2sin2θ[Lφ, [Lr, Lφ]]

)

+ ∂θ

(1

r2Lθ −

1

4

1

r2[Lr, [Lθ, Lr]] +

1

r4sin2θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]

)

+ ∂φ

(1

r2sin2θLφ −

1

4

1

r2sin2θ[Lr, [Lφ, Lr]] +

1

r4sin2θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]

)(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) (4.3)

10

BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA 11

Berikut, tinjau kasus simetri bola dengan menggunakan ansatz Skyrme yang diny-

atakan 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

adalah komponen vektor satuan n yang juga berkaitan dengan ruang internal SU(2),

yakni:

|n|2 = n21 + n2

2 + n23 = 1 (4.5)

Secara eksplisit, ketiga komponen vektor n adalah,

n1 = sin θ cosφ

n2 = sin θ sinφ (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)naσa) (4.7)

atau,

U(r) = exp(ig(r)n.σ) (4.8)

dimana, σ = σ1i+ σ2j + σ3k, dan n = n1i + n2j + n3k.

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

12π2(4π)

∫r2dr

[(dg

dr

)2

+2

r2sin2 g

(1 +

(dg

dr

)2)

+1

r4sin4 g

](4.9)

dimana suku massa diabaikan (nilainya sangat kecil). Penurunan persamaan (4.9)

diberikan dalam lampiran III.


Gambar 4.1: Fungsi profil.

Dari persamaan energi (4.9), dengan menggunakan prinsip aksi stasioner:

δgEstatik = 0 (4.10)

diturunkan bahwa persamaan Euler-Lagrange untuk fungsi profil g(r), (diberikan oleh

persamaan (8.254) dalam lampiran III), adalah:

d2g

dr2

[1 +

2

r2sin2 g

]+

(dg

dr

)2 [1

r2sin 2g

]+

(dg

dr

)(2

r

)− 1

r2sin 2g− 1

r4sin2 g sin 2g = 0

(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


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

Estatik =1

12π2(4π)

(23, 2

2

)(4.13)

Dalam tetapan F dan a, dengan menggunakan kembali definisi (1/12π2) = (F/4a),

maka:

Estatik =πF

a

(23, 2

2

)(4.14)

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.

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.r) = cos g + i(σ.r) sin g = cos g + i(σaxa

r

)sin g (5.3)

ke persamaan (5.1), maka diperoleh:

U(r, t) = A[cos g + i

(σaxar

)sin g

]A† (5.4)

14

BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT 15

Dengan demikian, persamaan (5.4) menjadi:

U(r, t) = A cos g A† + iA(σaxa

r

)sin g A† = cos g + iAσaA

†(xar

)sin g (5.5)

Berikut tinjau, matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang:

r = (xa) i (5.6)

yang bekerja sebagai berikut:

r → r′

= R(t) r (5.7)

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

xa → x′a = Rab xb (5.8)

Efek rotasi ruang pada persamaan (5.8) terhadap U(r), pada persamaan (5.3) dalam

bentuk komponen adalah:

U(r)→ U(r′) = cos g + i

(σax

′a

r

)sin g = cos g +

i

rσa Rab xb sin g (5.9)

Jika persamaan (5.9) dibandingkan dengan persamaan (5.5), tampak bahwa efek trans-

formasi 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:

Erotasi = −

πF

2

6

∞∫

0

dr r2 sin2 g +2π

3a2

∞∫

0

dr r2 sin2 g

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g

]Tr

(R−1∂R

∂t

)2

=1

2I Tr Ω2 (5.11)


dimana,

Tr Ω2 = −Tr(R−1∂R

∂t

)2

(5.12)

dengan Ω adalah matriks kecepatan sudut skyrmion, dan

I = 2

(πF 2

6

∫ ∞

0

dr r2 sin2 g +2π

3a2

∫ ∞

0

dr r2 sin2 g

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g

])(5.13)

adalah momen inersia skyrmion.

Dengan menggunakan nilai numerik dari fungsi profil g(r), diperoleh:

I =1

4

(447

Fa3

)(5.14)

Dalam tinjauan mekanika klasik, momentum sudut skyrmion dinyatakan sebagai,

J =∂Erotasi∂Ω

= IΩ (5.15)

dimana Erotasi adalah energi rotasi skyrmion:

Erotasi =J2

2I. (5.16)

Dalam tinjauan mekanika kuantum, momentum sudut J terkuantisasi sebagai berikut:

J2 = j(j + 1)h2 (5.17)

dimana j = 0, 12, 1, 3

2, 2, . . . dan h = h

2π, h adalah konstanta Planck.

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

Erotasi =j(j + 1)

2I(5.18)

5.3 Massa Hadron

Skyrmion berkaitan dengan solusi persamaan Skyrme yang memiliki energi berhing-

ga. Dengan demikian, berdasarkan formula energi-massa Einstein, massanya adalah:

m =Estatik + Erotasi

c2= Mstatik +Mrotasi (5.19)

sehingga dari persamaan (5.19) dan (5.18) diperoleh:

m = Mstatik +j(j + 1)

2I(5.20)


Persyaratan kuantisasi Wess-Zumino [11], mensyaratkan:

j =1

2,3

2,5

2, . . .

Hal ini berarti bahwa skyrmion adalah fermion.

Untuk partikel nukleon, yang memiliki spin 12, yakni j = 1

2, persamaan (5.20) mem-

berikan:

mN = Mstatik +12(1

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)

dan

I ∼= 7, 49.10−3 (5.23)

Jadi,

mN∼= 955, 15 MeV (5.24)

Untuk partikel delta yang memiliki spin 32, yakni j = 3

2, persamaan (5.20) memberikan:

m∆ = Mstatik +32(3

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). Dinami-

ka 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 en-

ergi statik yang ditunjukkan oleh persamaan (3.11) adalah stabil terhadap perturbasi

skala.

Solusi numerik dari persamaan (4.11), dengan menggunakan ansatz Skyrme di per-

samaan (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 (mas-

sa) nukleon sekitar 16,15 MeV. Energi (massa) delta diperoleh sekitar 1155,41 MeV.

Dalam eksperimen diperoleh besar energi (massa) delta sekitar 1232 MeV [11]. Terda-

pat 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, Soli-

ton 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 The-

ories, 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, hep-

ph/9901240.

[10] A. Acus dan E. Norvaisas, Stability of SU(2) Quantum Skyrmion and Static Prop-

erties 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 Nucleon-

Nucleon 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 Nu-

cleons 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 S3, 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 Wi-

ley 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 Instan-

tons 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 23

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

Bab 8

Lampiran

8.1 Lampiran I: Model Skyrme SU(2)

Bukti persamaan (2.6):

δL = Tr

[−F

2

8(δLµ)Lµ +

1

16a2(δ[Lµ,Lν])[L

µ,Lν] +F 2

16M 2π (δU−1 + δU)

](8.1)

Karena menurut persamaan (2.2):

L = Tr

[−F

2

16LµLµ +

1

32a2[Lµ,Lν][L

µ,Lν] +F 2

16M 2π (U−1 + U − 2I)

](8.2)

maka variasi L adalah:

δL = δTr

[−F

2

16LµLµ +

1

32a2[Lµ,Lν][L

µ,Lν] +F 2

16M 2π (U−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2

16δ(LµLµ) +

1

32a2δ([Lµ,Lν][L

µ,Lν]) +F 2

16M 2π δ(U

−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2

16[(δLµ)Lµ + Lµ(δLµ)] +

1

32a2((δ[Lµ, Lν])[L

µ, Lν] + [Lµ, Lν]δ[Lµ, Lν])

+F 2

16M2

π(δU−1 + δU − 2δI)

]

(8.3)

Karena:

Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)] (8.4)

dan,

Tr [(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = Tr [[Lµ, Lν](δ[L

µ, Lν ])] (8.5)

24

BAB 8. LAMPIRAN 25

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.5) dan (8.4) ke (8.3), diperoleh:

δL = Tr

[−F

2

162(δLµ)Lµ +

1

32a22(δ[Lµ, Lν])[L

µ, Lν] +F 2

16M2

π(δU−1 + δU)

]

= Tr

[−F

2

8(δLµ)Lµ +

1

16a2(δ[Lµ, Lν])[L

µ, Lν] +F 2

16M2

π(δU−1 + δU)

] (8.6)


Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)] (8.7)

Dengan menggunakan sifat trace: Tr (AB) = Tr (BA), maka persamaan (8.7)

menjadi:

Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)]

= Tr [ηµνLν(δLµ)]

= Tr [Lν(δ(ηµνLµ))]

= Tr [Lν(δ(ηνµLµ))]

= Tr [Lν(δLν)]

= Tr [Lα(δLα)]

= Tr [Lµ(δLµ)]

(8.8)

dimana, ηµν adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik:

ηµν = ηνµ (8.9)

dan α, µ, ν adalah indeks boneka (yakni, indeks yang bisa ”dimain-mainkan”).


Tr [(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = Tr [[Lµ, Lν](δ[L

µ, Lν ])] (8.10)

Misalkan,

[Lµ, Lν] = Fµν (8.11)

dan

[Lµ, Lν ] = F µν (8.12)

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:

Tr [(δFµν)Fµν] = Tr [F µν(δFµν)]

= Tr[ηµαηνβFαβ(δFµν)

]

= Tr[Fαβδ(η

µαηνβFµν)]

= Tr[Fαβδ(F

αβ)]

= Tr [Fµν(δFµν)]

(8.13)


δLµ = −U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU) + ∂µ(U−1δU) (8.14)

Dengan menggunakan persamaan (2.3), diperoleh:

δLµ = δ(U−1∂µU)

= (δU−1)∂µU + U−1(δ∂µU)

= −U−1(δU)U−1∂µU + U−1∂µ(δU)

= −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU)− (∂µU−1)δU

(8.15)

dimana,

A∂µB = ∂µ(AB)− (∂µA)B = (∂µA)B + A∂µB − (∂µA)B (8.16)

sehingga:

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

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

= −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU) + LµU−1(δU)

(8.17)


Tr [(δLµ)Lµ] = −Tr[(∂µLµ)U−1δU

]+ suku divergensi total. (8.18)

Tinjau,

Tr [(δLµ)Lµ] = Tr[(−U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU) + LµU

−1(δU))Lµ]

= Tr[−U−1(δU)LµL

µ + (∂µ(U−1δU))Lµ + LµU−1(δU)Lµ

]

= Tr[−U−1(δU)LµL

µ +[∂µ(U−1δU)

]Lµ + U−1(δU)LµLµ

](8.19)

BAB 8. LAMPIRAN 27

dimana,

Tr[ABC] = Tr[CAB] = Tr[BCA] (8.20)

sehingga,

Tr [(δLµ)Lµ] = Tr[−U−1(δU)LµL

µ + (∂µ(U−1δU))Lµ + U−1(δU)LµLµ]

= Tr[(∂µ(U−1δU))Lµ

]

= Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)− U−1δU(∂µL

µ)]

= Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)

]− Tr

[U−1δU(∂µL

µ)]

= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ

])− Tr

[U−1δU(∂µL

µ)]

= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ])︸︷︷︸= suku divergensi total

−Tr[(∂µL

µ)U−1δU]

(8.21)

Dari persamaan (8.21) baris kelima, diperoleh:

∂µ((U−1δU)Lµ) = (∂µ(U−1δU))Lµ + U−1δU(∂µLµ) (8.22)

dimana,

Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)

]= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ]) (8.23)


Tr [LµLµ] = Tr [LµLµ] (8.24)

Pembuktian:

Tr [LµLµ] = Tr [gµαLαLµ]

= Tr [gαµLαLµ]

= Tr [LαgαµLµ]

= Tr [LαLα]

= Tr [LµLµ]

= Tr [LµLµ]

(8.25)

dimana, gµα adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik:

gµα = gαµ (8.26)

BAB 8. LAMPIRAN 28

dan α, µ adalah indeks boneka.


∂µLν − ∂νLµ = −[Lµ, Lν] (8.27)

Pembuktian:

∂µLν − ∂νLµ = ∂µ(U−1∂νU)− ∂ν(U−1∂µU)

= (∂µU−1)∂νU + U−1(∂µ∂νU)− ((∂νU

−1)∂µU + U−1(∂ν∂µU))

= (∂µU−1)∂νU + U−1(∂µ∂νU)− (∂νU

−1)∂µU − U−1(∂ν∂µU)

= −U−1(∂µU)U−1∂νU − (−U−1(∂νU)U−1∂µU)

= −LµLν + LνLµ

= −[LµLν − LνLµ]

= −[Lµ, Lν]

(8.28)

dimana, ∂µ∂νU = ∂ν∂µU .


δ[Lµ, Lν] = −∂µδLν + ∂νδLµ (8.29)

Dengan menggunakan relasi (8.27) diperoleh:

−∂µLν + ∂νLµ = [Lµ, Lν ] (8.30)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.30) ke (8.29), diperoleh:

δ[Lµ, Lν] = δ(−∂µLν + ∂νLµ) = −δ(∂µLν) + δ(∂νLµ) = −∂µδLν + ∂νδLµ (8.31)


Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = 2Tr

[(∂µ[Lν, [L

ν,Lµ]])U−1δU]+ suku divergensi total (8.32)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.31) ke ruas kiri (8.32), diperoleh:

Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = Tr [(−∂µδLν + ∂νδLµ)[Lµ, Lν]] (8.33)

BAB 8. LAMPIRAN 29

Penjabaran persamaan (8.33) dengan menggunakan (8.17) adalah:

Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = Tr [−(∂µ(δLν))[L

µ, Lν ]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]

= Tr [−(∂ν(δLµ))[Lν , Lµ]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]

= Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]

= 2Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]

= 2Tr[(∂ν(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν ]]

= 2∂ν(Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν]])

−2Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU) + ∂µ(U−1δU))

(∂ν [Lµ, Lν])

]

= 2(∂ν(Tr

[(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU) + ∂µ(U−1δU)[Lµ, Lν]])

−Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU))(∂ν [Lµ, Lν ])

]

+Tr[(∂µ(U−1δU))∂ν [L

µ, Lν]])

(8.34)

Gunakan kedua relasi berikut:

−[Lν , Lµ] = [Lµ, Lν] (8.35)

dan,

∂ν(Tr[AB])− Tr[A∂νB] = Tr[(∂νA)B] (8.36)

maka persamaan (8.34), teralihkan menjadi:

Tr[(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = 2(∂ν(Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU

−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν]])

−Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU))(∂ν [L

µ, Lν])]

+∂µ(Tr[(U−1δU)∂ν [Lµ, Lν ]])

+Tr[(U−1δU)∂µ∂ν[Lµ, Lν ]])

(8.37)

Suku derivatif total, yakni suku pertama dan suku ketiga persamaan (8.34) dapat dia-

baikan, 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:

TrP = −2Tr[−U−1(δU)Lµ∂ν[L

µ, Lν ] + LµU−1(δU)∂ν [L

µ, Lν]]

−1

2TrP = Tr

[−U−1(δU)Lµ∂ν [L

µ, Lν] + LµU−1(δU)∂ν [L

µ, Lν]]

= Tr[(−Lµ∂ν[Lµ, Lν] + (∂ν [L

µ, Lν])Lµ)U−1(δU)]

= Tr[(−∂ν(Lµ[Lµ, Lν ]) + (∂νLµ)[Lµ, Lν] + ∂ν([L

µ, Lν]Lµ)− [Lµ, Lν]∂νLµ)U−1δU]

= Tr

−∂ν(Lµ[Lµ, Lν]− [Lµ, Lν]Lµ) + ∂νLµ[Lµ, Lν]− [Lµ, Lν]∂νLµ︸︷︷︸

= Q

U−1δU

= Tr

(−∂ν([Lµ, [Lµ, Lν]])) (U−1δU) +Q(U−1δU)︸︷︷︸

=A→TrA=0

(8.39)

Proposisi:

Tr[Q(U−1δU)

]= 0 (8.40)

Bukti:

T[Q(U−1δU)

]= Tr

[(∂νLµ[Lµ, Lν ]− [Lµ, Lν]∂νLµ)U−1δU

](8.41)

Dengan menggunakan persamaan (8.27):

∂µLν − ∂νLµ = −[Lµ, Lν] (8.42)

dan persamaan (8.30):

[Lµ, Lν] = −∂µLν + ∂νLµ (8.43)

maka persamaan (8.41) menjadi:

Tr[Q(U−1δU)

]= Tr

[(∂νLµ(−∂µLν + ∂νLµ)− (−∂µLν + ∂νLµ)∂νLµ)U−1δU

]

= Tr[((∂νLµ)(−∂µLν + ∂νLµ) + (∂µLν − ∂νLµ)∂νLµ)U−1δU

]

= Tr[(−∂νLµ∂µLν + ∂νLµ∂νLµ + ∂µLν∂νLµ − ∂νLµ∂νLµ)U−1δU

]

= 0

(8.44)

BAB 8. LAMPIRAN 31

karena,

Tr[∂νLµ∂µLν ] = Tr[∂µLν∂νLµ] (8.45)

dimana, ν, µ adalah indeks boneka.

Substitusikan persamaan (8.44) ke (8.39), maka diperoleh:

−1

2TrP = Tr

[(−∂ν [Lµ, [Lµ, Lν]])U−1δU

](8.46)

Dengan demikian,

TrP = −2Tr[(−∂ν [Lµ, [Lµ, Lν]])U−1δU

]= 2Tr

[(∂ν[Lµ, [L

µ, Lν]])U−1δU]

(8.47)


δS =

∫d4xTr

[(F 2

8∂µL

µ +1

8a2∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]] +F 2

16M 2π (U − U−1)

)U−1δU

](8.48)

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

δS =

∫d4x δL (8.49)

dengan,

δL = Tr

[−F

2

8(δLµ)Lµ +

1

16a2(δ[Lµ,Lν])[L

µ,Lν] +F 2

16M 2π (δU−1 + δU)

](8.50)

Tr [(δLµ)Lµ] = −Tr[(∂µLµ)U−1δU

]+ suku divergensi total (8.51)

Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = 2Tr

[(∂µ[Lν, [L

ν,Lµ]])U−1δU]

+ 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:

δL = Tr

[−F

2

8(−1)(∂µL

µ)U−1δU +1

16a22(∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]])U−1δU +F 2

16M2

π(δU−1 + δU)

]

= Tr

[F 2

8(∂µL

µ)U−1δU +1

8a2(∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]])U−1δU +F 2

16M2

π(−U−1(δU)U−1 + δU)

]

= Tr

[F 2

8(∂µL

µ)U−1δU +1

8a2(∂µ[Lν, [L

ν , Lµ]])U−1δU +F 2

16M2

π(−U−1 + U)U−1δU

]

= Tr

[(F 2

8∂µL

µ +1

8a2∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]] +F 2

16M2

π(U − U−1)

)U−1δU

]

(8.53)

Substitusikan persamaan (8.53) ke (8.49), diperoleh:

δS =

∫d4x Tr

[(F 2

8∂µL

µ +1

8a2∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]] +F 2

16M2

π(U − U−1)

)U−1δU

]

(8.54)


∂µ

(Lµ− 1

a2F 2[Lν , [L

µ,Lν]]

)+

1

2M 2π (U−U−1) = 0 (8.55)

Dari persamaan (8.54) dan (2.4), dan karena δU bernilai sembarang, maka persamaan

Euler-Lagrange dalam bentuk matriks adalah:

F 2

8∂µL

µ +1

8a2∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]] +F 2

16M2

π(U − U−1) = 0 (8.56)

Bila persamaan (8.56) dikalikan dengan 8F 2 diperoleh:

∂µLµ +

1

a2F 2∂µ[Lν , [L

ν, Lµ]︸︷︷︸−[Lµ,Lν ]

] +1

2M2

π(U − U−1) = 0 (8.57)

∂µLµ − 1

a2F 2∂µ[Lν , [L

µ, Lν]] +1

2M2

π(U − U−1) = 0 (8.58)

∂µ

(Lµ − 1

a2F 2[Lν , [L

µ, Lν]]

)+

1

2M2

π(U − U−1) = 0 (8.59)

8.2 Lampiran II: Energi Statik

Dalam lampiran ini diturunkan pernyataan energi total skyrmion, E, melalui for-

mulasi tensor rapat energi-momentum, T µν , yakni:

E =

∫d4xT 00 (8.60)

BAB 8. LAMPIRAN 33

Disini diturunkan pernyataan umum T µν dengan menggunakan pendekatan teori rela-

tivitas umum. Misalkan, gµν adalah tensor metrik ruang-waktu lengkung, maka fungsi

aksi:

S =

∫d4x√−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:

δgS = −1

2

∫d4x√−g T µνδgµν . (8.63)

Gunakan relasi:

δ√−g =

1

2

√−g gρσδgρσ (8.64)

dan,

δgµν = −gµρ(δgρσ)gσν (8.65)

maka dari persamaan (8.61), diperoleh:

δgS = δg

[∫d4x√−g L

]=

∫d4x δg[

√−g L] =

∫d4x [(δg

√−g)L+√−g(δgL)]

(8.66)


δgS =

∫d4x

[(1

2

√−ggρσδgρσ)L+√−g(δgL)

]=

∫d4x√−g

[1

2gρσ(δgρσ)L+ δgL

]

(8.67)

dimana δgL 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:

L = Tr

[−F

2

16gµνLµLν +

1

32a2gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] +

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

(8.68)

BAB 8. LAMPIRAN 34

Dengan melakukan variasi terhadap tensor metrik saja, δgµν, maka dengan menggu-

nakan persamaan (8.65), persamaan (8.68) tertransformasikan menjadi:

δgL = δg

(Tr

[−F

2

16gµνLµLν +

1

32a2gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] +

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

])

= Tr

−F

2

16δg(g

µνLµLν) +1

32a2δg(g

µαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]) +F 2

16δgM2

π(U−1 + U − 2I)

︸︷︷︸=B→TrB=0

= Tr[−F2

16((δgg

µν)LµLν + gµν(δgLµ)Lν + gµνLµ(δgLν))

+1

32a2

(δgg

µα)gνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

+gµαgνβ(δg[Lµ, Lν ])[Lα, Lβ] + gµαgνβ[Lµ, Lν](δg[Lα, Lβ])

]

= Tr

[−F

2

16(δgg

µν)LµLν +1

32a2

((δgg

µα)gνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

)]

= Tr

[F 2

16gµρ(δgρσ)gσνLµLν −

1

32a2(gµρ(δgρσ)gσαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

−gµαgνρ(δgρσ)gσβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ])]

=F 2

16gµρ(δgρσ)gσνTr [LµLν ]−

1

32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)δgρσTr [[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]

(8.69)


δgS =

∫d4x√−g(

1

2gρσ(δgρσ)L+

F 2

16gµρ(δgρσ)gσνTr[LµLν ]

− 1

32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)δgρσTr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]])

=

∫d4x√−g(δgρσ)

(1

2gρσL+

F 2

16gµρgσνTr[LµLν]

− 1

32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]

)

(8.70)

Tinjau ulang (8.63) dengan menggunakan sifat indeks boneka:

δgS = −1

2

∫d4x√−g T µνδgµν = −1

2

∫d4x√−g T ρσδgρσ =

∫d4x√−g(δgρσ)

(−1

2

)T ρσ

(8.71)

BAB 8. LAMPIRAN 35

Dengan membandingkan (8.70) dengan (8.71), didapat relasi:

−1

2T ρσ =

1

2gρσL+

F 2

16gµρgσνTr[LµLν ]

− 1

32a2

(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ

)Tr [[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]

T ρσ = −gρσL− F 2

8gµρgσνTr[LµLν] +

1

16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]

(8.72)

Untuk kasus ruang-waktu datar, yang ditinjau dalam tesis ini, gµν adalah tensor metrik

dalam ruang Minskowski, yakni:

gµν = ηµν =

1 0 0 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 = −gρσL− F 2

8gµρgσνTr[LµLν] +

1

16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]

(8.75)

BAB 8. LAMPIRAN 36

Untuk ρ, σ = 0, maka (8.75) menjadi:

T oo = −gooL − F 2

8gµogoνTr[LµLν ] +

1

16a2

(gµogoαgνβ + gµαgνogoβ

)Tr[[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]

= −(1)L − F 2

8googooTr[LoLo] +

1

16a2(googoogνβTr[[Lo, Lν][Lo, Lβ]]

+gµαgoogooTr[[Lµ, Lo][Lα, Lo]])

= −L− F 2

8Tr[LoLo] +

1

16a2(gνβTr[[Lo, Lν ][Lo, Lβ]] + gµαTr[[Lµ, Lo][Lα, Lo]])

= −L− F 2

8Tr[LoLo] +

1

16a2(gooTr[[Lo, Lo][Lo, Lo]] + gabTr[[Lo, La][Lo, Lb]]

+gooTr[[Lo, Lo][Lo, Lo]] + gabTr[[La, Lo][Lb, Lo]])

= −L− F 2

8Tr[LoLo] +

1

16a2gabTr[[Lo, La][Lo, Lb] + [La, Lo][Lb, Lo]]

= −L− F 2

8Tr[LoLo] +

1

16a2gabTr[(−1)2[La, Lo][Lb, Lo] + [La, Lo][Lb, Lo]]

= −L− F 2

8Tr[LoLo] +

1

8a2gabTr[[La, Lo][Lb, Lo]]

(8.76)

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

L = Tr

[−F

2

16(gooLoLo + gabLaLb) +

1

32a2(goαgνβ[Lo, Lν ][Lα, Lβ] + gaαgνβ[La, Lν][Lα, Lβ])]

+F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2

16(LoLo + gabLaLb) +

1

32a2(googνβ[Lo, Lν][Lo, Lβ]

+gaαgνβ[La, Lν][Lα, Lβ]) +F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2


1

32a2gνβ[Lo, Lν][Lo, Lβ] + gabgνβ[La, Lν ][Lb, Lβ])

+F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2


1

32a2(goo[Lo, Lo][Lo, Lo] + gab[Lo, La][Lo, Lb]

+gabgoo[La, Lo][Lb, Lo] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld]) +F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

= Tr

[−F

2


1

32a2(2gab[Lo, La][Lo, Lb] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld])

+F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

BAB 8. LAMPIRAN 37

(8.77)

Substitusikan persamaan (8.77) ke (8.76) diperoleh:

T oo = −Tr[−F

2


1

32a2(2gab[Lo, La][Lo, Lb] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld])

+F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]− F 2

8Tr(LoLo) +

1

8a2gabTr([La, Lo][Lb, Lo])

= −Tr[−F

2

16(LoLo − LaLa) +

1

32a2

((−1)2[Lo, La][Lo, La](−1)2[La, Lc][La, Lc]

)

+F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]− F 2

8Tr(LoLo) +

1

8a2(−1)Tr([La, Lo][La, Lo])

= Tr

[F 2

16(LoLo − LaLa)−

1

32a2(2[Lo, La][Lo, La]− [La, Lc][La, Lc])

−F2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]− F 2

8Tr(LoLo)−

1

8a2Tr([La, Lo][La, Lo])

= Tr

[−F

2

16LaLa −

1


]+ Tr

[F 2

16LoLo +

2

32a2[Lo, La][Lo, La]

−F2

16M2

π(U−1 + U − 2I)− F 2

8(LoLo)−

1

8a2[La, Lo][La, Lo]

]

(8.78)

Substitusikan persamaan (8.78) ke (3.2) diperoleh:

E =

∫d3xT oo = Estatik + Erotasi (8.79)

yakni,

E =

∫d3xTr

[−F

2

16LaLa −

1


+F 2

16LoLo +

1

16a2[Lo, La][Lo, La]−

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)− F 2

8LoLo

− 1

8a2[La, Lo][La, Lo]

](8.80)

dimana:

Estatik = −∫d3xTr

[F 2

16LaLa +

1

32a2[La, Lc][La, Lc] +

F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

= −∫d3xTr

[F 2

16L2a +

1

32a2[La, Lc]

2 +F 2

16M2

π(U−1 + U − 2I)

]

(8.81)

BAB 8. LAMPIRAN 38

dan,

Erotasi = −∫d3xTr

[−F

2

16LoLo +

F 2

8LoLo −

1

16a2[Lo, La][Lo, La] +

1

8a2[La, Lo][La, Lo]

]

= −∫d3xTr

[−F

2

16L2o +

F 2

8L2o −

1

16a2[Lo, La][Lo, La] +

1

8a2[Lo, La][Lo, La](−1)2

]

= −∫d3xTr

[−F

2

16L2o +

2F 2

16L2o −

1

16a2[Lo, La]

2 +2

16a2[Lo, La]

2

]

= −∫d3xTr

[F 2

16L2o +

1

16a2[Lo, La]

2

]

(8.82)

Dari (8.68), dengan melakukan variasi tensor metrik saja, δgµν, terhadap suku pertama

(8.68) diperoleh:

δg(gµνLµLν) = (δgg

µν)LµLν + gµν (δgLµ)︸︷︷︸= 0

Lν + gµνLµ (δgLν)︸︷︷︸= 0

= (δggµν)LµLν (8.83)

Mencari nilai (δggµν).

Tinjau relasi:

gµνgνρ = δµρ (8.84)

Lakukan variasi tensor metrik terhadap (8.84), diperoleh:

δg(gµνgνρ) = δg(δ

µρ ) (8.85)

(δggµν)gνρ + gµν(δggνρ) = 0 (8.86)

(δggµν)gνρ = −gµν(δggνρ) (8.87)

Jika (8.87) dikonstraksikan dengan gρσ, maka diperoleh:

(δggµν)gνρg

ρσ = −gµν(δgνρ)gρσ (8.88)

Dari (8.88), dengan menggunakan relasi (8.84), diperoleh:

(δggµν)δσν = −gµν(δggνρ)gρσ (8.89)

BAB 8. LAMPIRAN 39

sehingga,

δggµν = −gµα(δgαρ)g

ρν (8.90)

dimana δσν = 1, untuk σ = ν. Dengan mensubstitusikan persamaan (8.90) ke (8.83),

maka diperoleh:

δg(gµνLµLν) = (δgg

µν)LµLν = −gµα(δgαρ)gρνLµLν = −gµρ(δgρσ)gσνLµLν (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(gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]) = (δgg

µα)gνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

+ gµαgνβ(δg[Lµ, Lν])[Lα, Lβ] + gµαgνβ[Lµ, Lν](δg[Lα, Lβ])

(8.92)

Jabaran δggµα.

Analog dengan persamaan (8.84), diperoleh:

gµαgαρ = δµρ (8.93)

Variasi tensor metrik terhadap persamaan (8.93), adalah:

δg(gµαgαρ) = δg(δ

µρ ) (8.94)

(δggµα)gαρ + gµα(δggαρ) = 0 (8.95)

(δggµα)gαρ = −gµα(δggαρ) (8.96)

Jika (8.96) dikonstraksikan dengan gρσ maka diperoleh:

(δggµα)gαρg

ρσ = −gµα(δggαρ)gρσ (8.97)

Dari persamaan (8.97) dengan menggunakan persamaan (8.93), diperoleh:

(δggµα)δσα = −gµα(δggαρ)g

ρσ (8.98)

BAB 8. LAMPIRAN 40

dimana, δσα = 1, untuk σ = α, sehingga

δgµσ = −gµα(δgαρ)gρσ (8.99)

Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:

δggµα = −gµρ(δggρσ)gσα (8.100)

Jabaran δggνβ.


gνβgβρ = δνρ (8.101)

Variasi tensor metrik terhadap (8.101), diperoleh:

δg(gνβgβρ) = δg(δ

νρ ) (8.102)

(δggνβ)gβρ + gνβ(δggβρ) = 0 (8.103)

(δggνβ)gβρ = −gνβ(δggβρ) (8.104)

Jika (8.104) dikalikan dengan gρσ maka diperoleh:

(δggνβ)gβρg

ρσ = −gνβ(δggβρ)gρσ (8.105)

Dari (8.105), dengan menggunakan relasi (8.101), diperoleh:

(δggνβ)δσβ = −gνβ(δggβρ)g

ρσ (8.106)

dimana, δσβ = 1, untuk σ = β.

Sehingga,

δggνσ = −gνβ(δggβρ)g

ρσ (8.107)

Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:

δggνβ = −gνρ(δggρσ)gσβ (8.108)

BAB 8. LAMPIRAN 41

Substitusikan (8.100) dan (8.108) ke (8.92), diperoleh:

δg(gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]) = −gµρ(δggρσgσαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

+ gµα−gνρ(δggρσ)gσβ

[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + 0

= −gµρ(δggρσ)gσαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]

− gµαgνρ(δggρσ)gσβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]

(8.109)


Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2a +

1

8([La, Lb]

2) +m2π(U−1 + U − 2I)

](8.110)

Tinjau transformasi skala:

xa =2xa

aF→ dxa =

(2

aF

)dxa (8.111)

maka,

xb =2xb

aF→ xb =

(aF

2

)xb → dxb =

(aF

2

)dxb → dxb =

(2

aF

)dxb (8.112)

Dengan cara yang sama,

xc =2xc

aF→ dxc =

(2

aF

)dxc (8.113)

sehingga,

x1 =2x1

aF→ dx1 =

2dx1

aF(8.114)

x2 =2x2

aF→ dx2 =

2dx2

aF(8.115)

x3 =2x3

aF→ dx3 =

2dx3

aF(8.116)

Diperoleh

d3x = dx1dx2dx3 =

(2dx1

aF

)(2dx2

aF

)(2dx3

aF

)=

(2

aF

)3

dx1dx2dx3 (8.117)

Tinjau,

La = U−1∂aU = U−1 ∂U

∂xa(8.118)

BAB 8. LAMPIRAN 42

maka persamaan (8.118) dapat dinyatakan sebagai,

La = U−1 ∂xb

∂xa∂U

∂xb(8.119)

Dari persamaan (8.119), dan (8.112) diperoleh:

∂xb

∂xa=

(aF2

)∂xb

∂xa=

(aF

2

)∂xb

∂xa=

(aF

2

)δba (8.120)

dimana, ∂xb

∂xa= δba.


La = U−1 ∂xb

∂xa∂U

∂xb= U−1

(aF

2

)δba∂U

∂xb=

(aF

2

)U−1 ∂U

∂xa︸︷︷︸= fLa

=

(aF

2

)La (8.121)

dimana δba = 1 untuk a = b.

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

E(1)statik = −

∫d3xTr

[F 2

16L2a

](8.122)

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

E(1)statik = −

∫ (2

aF

)3

dx1dx2dx3Tr

[F 2

16

(aF

2

)2

L2a

]

= −(

2

aF

)3(F 2

16

)(aF

2

)2 ∫dx1dx2dx3Tr

[L2a

]

= −(

8

a3F 3

)(F 2

16

)(a2F 2

4

)∫dx1dx2dx3Tr

[L2a

]

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr[L2a

]

(8.123)

dimana, pada baris terakhir telah digunakan definisi:

−(F

8a

)= −1

2

(F

4a

)= −1

2

(1

12π2

)(8.124)

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

BAB 8. LAMPIRAN 43

pada persamaan (8.81):

E(2)statik = −

∫d3xTr

[1

32a2[La, Lc]

2

]

= −∫d3xTr

[1

32a2[LaLc − LcLa]2

]

= −∫ (

2

aF

)3

dx1dx2dx3Tr

[1

32a2

[(aF

2

)La

(aF

2

)Lc −

(aF

2

)Lc

(aF

2

)La

]2]

= −(

2

aF

)3(1

32a2

)∫dx1dx2dx3Tr

([(aF

2

)La

(aF

2

)Lc −

(aF

2

)Lc

(aF

2

)La

]2)

= −(

2

aF

)3(1

32a2

)∫dx1dx2dx3Tr

([(aF

2

)La

(aF

2

)Lc

]2

−2

[(aF

2

)La

(aF

2

)Lc

] [(aF

2

)Lc

(aF

2

)La

]+

[(aF

2

)Lc

(aF

2

)La

]2)

= −(

2

aF

)3(1

32a2

)∫dx1dx2dx3Tr

[(aF

2

)2

L2a

(aF

2

)2

L2c

−2

(aF

2

)La

(aF

2

)Lc

(aF

2

)Lc

(aF

2

)La +

(aF

2

)2

L2c

(aF

2

)2

L2a

]

= −(

2

aF

)3(1

32a2

)(aF

2

)4 ∫dx1dx2dx3Tr

[L2aL

2c − 2LaLcLcLa + L2

cL2a

]

= −(

2

aF

)3(1

32a2

)(aF

2

)4 ∫d3xT r

([La, Lc

]2)

= −(

8

a3F 3

)(1

32a2

)(a4F 4

16

)∫d3xT r

([La, Lc

]2)

= −(F

64a

)∫d3xT r

([La, Lc

]2)

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[1

8

(La, Lc

]2)

(8.125)

dimana pada baris terakhir telah digunakan definisi:

−(F

64a

)=

1

8

(−1

2

)(F

4a

)=

1

8

(−1

2

)(1

12π2

)(8.126)

Jadi,

E(2)statik =

1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[1

8[La, Lc]

2

](8.127)

BAB 8. LAMPIRAN 44

dimana telah dinamakan ulang: x→ x, dan La → La.

Transformasi skala terhadap suku massa, suku ketiga dari persamaan (8.81):

E(3)statik =

∫d3xTr

[F 2

16M2

π

(U−1 + U − 2I

)]

=

∫ (2

aF

)3

dx1dx2dx3Tr

[F 2

16M2

π

(U−1 + U − 2I

)]

=

(2

aF

)3(F 2

16

)∫dx1dx2dx3Tr

[M2

π

(U−1 + U − 2I

)]

=

(8

a3F 3

)(F 2

16

)∫d3xT r

[M2

π

(U−1 + U − 2I

)]

=

(1

2a3F

)∫d3xT r

[M2

π

(U−1 + U − 2I

)]

=

(1

2a3F

)∫d3xT r

[(aFmπ

2

)2 (U−1 + U − 2I

)]

=

(1

2a3F

)(a2F 2

4

)∫d3xT r

[m2π

(U−1 + U − 2I

)]

=

(F

8a

)∫d3xT r

[m2π

(U−1 + U − 2I

)]

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr[m2π

(U−1 + U − 2I

)]

(8.128)

dimana,

mπ =2Mπ

aF→ 2Mπ = aFmπ (8.129)

Mπ =

(aFmπ

2

)(8.130)

dan, dari persamaan (8.124) diperoleh:

−(F

8a

)=

(−1

2

)(F

4a

)=

(−1

2

)(1

12π2

)(8.131)

dengan x→ x.

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

Estatik = E(1)statik + E

(2)statik + E

(3)statik

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr(L2a

)+

1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[1

8[La, Lc]

2

]

+1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr[m2π

(U−1 + U − 2I

)]

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2a +

1

8

([La, Lc]

2)+m2π

(U−1 + U − 2I

)]

(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(x)

∂xa= U−1(λx)

∂U(λx)

∂xa= λU−1(λx)

∂U(λx)

∂(λxa)= λLa(λx) (8.133)

Tinjau (8.132):

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2a +

1

8

([La, Lc]

2)+m2π

(U−1 + U − 2I

)](8.134)

Penerapan transformasi skala terhadap (8.134), memberikan:

E[(λ)]statik =1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[(λLa (λx))2 +

1

8

([λLa (λx) , λLc (λx)]2

)

+m2π

(U−1 + U − 2I

)]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ2L2

a +1

8([λLaλLc − λLcλLa]2) +m2

π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ2L2

a +1

8([λLaλLcλLaλLc − 2λLaλLcλLcλLa

+λLcλLaλLcλLa]) +m2π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ2L2

a +λ4

8[LaLcLaLc − 2LaLcLcLa + LcLaLcLa]

+m2π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ2L2

a +λ4

8[LaLc − LcLa]2 +m2

π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ2L2

a +λ4

8[La, Lc]

2 +m2π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr[λ2L2

a

]+

1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr

[λ4

8[La, Lc]

2

]

+1

12π2

∫d3(λx)

λ3

(−1

2

)Tr[m2π(U−1 + U − 2I)

]

=1

λ

(1

12π2

∫d3(λx)

(−1

2

)Tr[L2a

])+ λ

(1

12π2

∫d3(λx)

(−1

2

)Tr

[1

8[La, Lc]

2

])

+1

λ3

(1

12π2

∫d3(λx)

(−1

2

)Tr[m2π(U−1 + U − 2I)

])

=1

λEσ + λESky +

1

λ3

(1

12π2

∫d3(λx)

(−1

2

)Tr[m2

π(U−1 + U − 2I)]

)

(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]

dλ|λ=1 =

d

dλ

[1

λEσ + λESky

]|λ=1

=

[(d

dλ

[1

λ

])Eσ +

1

λ

(d

dλEσ

)+

(d

dλ[λ]

)ESky + λ

(d

dλESky

)]|λ=1

=

[− 1

λ2Eσ + ESky

]|λ=1

= −Eσ + ESky

(8.136)

Dari persamaan (8.136) diperoleh:

d2E[λ]

dλ2

∣∣∣∣λ=1

=d

dλ

[− 1

λ2Eσ + ESky

]∣∣∣∣λ=1

= (−1)d

dλ

[1

λ2Eσ

]∣∣∣∣λ=1

+d

dλESky

∣∣∣∣λ=1

= (−1)

(d

dλ

[1

λ2

])Eσ +

1

λ2

(d

dλEσ

)∣∣∣∣λ=1

+dESkydλ

∣∣∣∣λ=1

= (−1)

− 2

λ3Eσ + 0

∣∣∣∣λ=1

+ 0

=2

λ3Eσ

∣∣∣∣λ=1

= 2Eσ

(8.137)

Pembuktian (8.132) dari persamaan adalah sebagai berikut:

Tinjau (3.18):

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[(La ±

1

4εabc[Lb, Lc]

)2]∓ 1

24π2

∫d3xεabcTr(LaLbLc)

(8.138)

dimana, dari persamaan (8.138):

(La ±1

4εabc[Lb, Lc])

2 = L2a ±

1

2Laεabc[Lb, Lc] +

1

16(εabc[Lb, Lc])

2 (8.139)

BAB 8. LAMPIRAN 47

Dari persamaan (8.139) diperoleh:

εabc[Lb, Lc] = εabc[LbLc − LcLb]

= εabcLbLc − εabcLcLb

= εabcLbLc − εacbLbLc

= εabcLbLc − (−εabc)LbLc

= εabcLbLc + εabcLbLc

= 2εabcLbLc

(8.140)

dimana a, b, c adalah indeks boneka, dan εacb = −εabcTinjau persamaan (8.139) dan (8.140), maka diperoleh:

(εabc[Lb, Lc])2 = εabc[Lb, Lc]εade[Ld, Le] = 2εabcLbLc2εadeLdLe (8.141)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.140) dan (8.141) ke (8.139) diperoleh:

(La ±1

4εabc[Lb, Lc])

2 = L2a ±

1

2La2εabcLbLc +

1

16(2εabcLbLc2εadeLdLe)

= L2a ± LaεabcLbLc +

1

4εabcLbLcεadeLdLe︸︷︷︸

(∗)

(8.142)


2εabcLbLc2εadeLdLe = εabc[Lb, Lc]εade[Ld, Le] (8.143)

εabcLbLcεadeLdLe =1

2εabc[Lb, Lc]

1

2εade[Ld, Le] (8.144)

BAB 8. LAMPIRAN 48

Dengan mensubstitusikan (8.144) ke (8.142), diperoleh:

(La ±1

4εabc[Lb, Lc])

2 = L2a ± LaεabcLbLc +

1

4(1

2εabc[Lb, Lc]

1

2εade[Ld, Le])


1

4(1

4εabcεade[Lb, Lc][Ld, Le])


1

16([δbdδce − δbeδcd][Lb, Lc][Ld, Le])


1

16(δbdδce[Lb, Lc][Ld, Le]− δbeδcd[Lb, Lc][Ld, Le])


1

16([Lb, Lc][Lb, Lc]− [Lb, Lc] [Lc, Lb]︸︷︷︸

= (−1)[Lb,Lc]

)


1

16([Lb, Lc][Lb, Lc] + [Lb, Lc][Lb, Lc])


1

16(2[Lb, Lc][Lb, Lc])


1

8[Lb, Lc]

2

(8.145)

Sehingga, dengan mensubstitusikan (8.145) ke (8.138), diperoleh:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2a ± LaεabcLbLc +

1

8[Lb, Lc]

2

]

∓ 1

12π2

∫d3x

(−1

2

)εabcTr(LaLbLc)

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)TrL2

a ±1

12π2

∫d3x

(−1

2

)εabcTr(LaLbLc)

+1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

(1

8[Lb, Lc]

2

)∓ 1

12π2

∫d3x

(−1

2

)εabcTr(LaLbLc)

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr L2

a +1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

(1

8[Lb, Lc]

2

)

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

(L2a +

1

8[Lb, Lc]

2

)

(8.146)

8.3 Lampiran III: Persamaan Skyrme Statik, Solusi

dan Energinya

Dari persamaan (3.8), dengan mengabaikan suku massa, diperoleh:

∂a

(La −

1

4[Lb, [La, Lb]]

)= 0 (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

(La − 1

4[Lb, [La, Lb]]

)= 0 (8.148)

Pernyataan ini berlaku dalam koordinat umum. Bila gab adalah komponen tensor

metrik berkaitan, maka:

La = gabLb (8.149)

dimana,

gab = (g−1)ab (8.150)

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

∂a

(gabLb −

1

4[gbcLc, [g

adLd, Lb]]

)= 0 (8.151)

Tinjau, elemen panjang dalam koordinat kartesian (x, y, z):

ds2 = dx2 + dy2 + dz2 = gab dxa dxb (8.152)

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

adalah

gab =

1 0 0

0 r2 0

0 0 r2 sin2 θ

(8.153)

atau, gab = diag(1, r2, r2 sin2 θ).

Dengan menggunakan persamaan (8.153), elemen panjang dalam koordinat bola dapat

dinyatakan sebagai:

ds2 = grr dr2 + gθθ dθ

2 + gφφ dφ2

= (1) dr2 + (r2) dθ2 + (r2 sin2 θ) dφ2

= dr2 + r2 dθ2 + r2 sin2 θ dφ2

(8.154)

BAB 8. LAMPIRAN 50

dimana,

gab = diag

(1,

1

r2,

1

r2 sin2 θ

)=

1 0 0

0 1r2 0

0 0 r2 sin2 θ

(8.155)

Tinjau persamaan (8.151) dalam koordinat bola, yakni untuk a = r, θ, φ dan digu-

nakan sifat indeks boneka, diperoleh:

0 = ∂r

(graLa −

1

4

[gbcLc, [g

rdLd, Lb]])

+ ∂θ

(gθaLa −

1

4

[gbcLc, [g

θdLd, Lb]])

+∂φ

(gφaLa −

1

4

[gbcLc, [g

φdLd, Lb]])

(8.156)

dimana,

graLa = grr︸︷︷︸= 1

Lr + grθ︸︷︷︸= 0

Lθ + grφ︸︷︷︸= 0

Lφ = (1)Lr = Lr (8.157)

gθaLa = gθr︸︷︷︸= 0

Lr + gθθ︸︷︷︸= 1r2

Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0

Lφ =

(1

r2

)Lθ (8.158)

gφaLa = gφr︸︷︷︸= 0

Lr + gφθ︸︷︷︸= 0

Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1

r2 sin2 θ

Lφ =

(1

r2 sin2 θ

)Lφ (8.159)


[gbcLc, [grdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g

rr

︸︷︷︸= 1

Lr + grθ︸︷︷︸= 0

Lθ + grφ︸︷︷︸= 0

Lφ), Lb]]

= [gbcLc, [Lr, Lb]]

= [grcLc, [Lr, Lr]] + [gθcLc, [Lr, Lθ]] + [gφcLc, [Lr, Lφ]]

= [( gθr︸︷︷︸= 0

Lr + gθθ︸︷︷︸= 1

r2

Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0

Lφ), [Lr, Lθ]]

+ [( gφr︸︷︷︸= 0

Lr + gφθ︸︷︷︸= 0

Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1r2 sin2 θ

Lφ), [Lr, Lφ]]

=

[1

r2Lθ, [Lr, Lθ]

]+

[(1

r2 sin2 θ

)Lφ, [Lr, Lφ]

]

=1

r2

[Lθ, [Lr, Lθ]] +

1

r2 sin2 θ[Lφ, [Lr, Lφ]

]

(8.160)

BAB 8. LAMPIRAN 51

dan,

[gbcLc, [gθdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g

θr

︸︷︷︸= 0

Lr+ gθθ︸︷︷︸= 1

r2

Lθ+ gθφ︸︷︷︸= 0

Lφ), Lb]] =

[gbcLc,

[(1

r2

)Lθ, Lb

]]

(8.161)

Untuk b = r, θ, φ, persamaan (8.161) teruraikan menjadi:

[gbcLc, [gθdLd, Lb]] =

[grcLc,

[1

r2Lθ, Lr

]]+

[gθcLc,

[1

r2Lθ, Lθ

]]+

[gφcLc,

[1

r2Lθ, Lφ

]]

=

( grr︸︷︷︸

= 1

Lr + grθ︸︷︷︸= 0

Lθ + grφ︸︷︷︸= 0

Lφ),

[1

r2Lθ, Lr

]

+

( gφr︸︷︷︸

= 0

Lr + gφθ︸︷︷︸= 0

Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1

r2 sin2 θ

Lφ),

[1

r2Lθ, Lφ

]

=

[Lr,

[1

r2Lθ, Lr

]]+

[1

r2 sin2 θLφ,

[1

r2Lθ, Lφ

]]

=1

r2[Lr, [Lθ, Lr]] +

1

r2 sin2 θ

1

r2[Lφ, [Lθ, Lφ]]

=1

r2[Lr, [Lθ, Lr]] +

1

r4 sin2 θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]

(8.162)

BAB 8. LAMPIRAN 52


[gbcLc, [gφdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g

φr

︸︷︷︸= 0

Lr + gφθ︸︷︷︸= 0

Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1

r2 sin2 θ

Lφ), Lb]]

=

[gbcLc,

[1

r2 sin2 θLφ, Lb

]]

=1

r2 sin2 θ

[gbcLc, [Lφ, Lb]

]

=1

r2 sin2 θ

[grcLc, [Lφ, Lr]] + [gθcLc, [Lφ, Lθ] + [gφcLc, [Lφ, Lφ]︸︷︷︸

= 0

]

=1

r2 sin2 θ

[( grr︸︷︷︸

= 1

Lr + grθ︸︷︷︸= 0

Lθ + grφ︸︷︷︸= 0

Lφ), [Lφ, Lr]]

+[( gθr︸︷︷︸= 0

Lr + gθθ︸︷︷︸= 1

r2

Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0

Lφ), [Lφ, Lθ]]

=1

r2 sin2 θ

[Lr, [Lφ, Lr]] + [

1

r2Lθ, [Lφ, Lθ]]

=1

r2 sin2 θ

[Lr, [Lφ, Lr]] +

1

r2[Lθ, [Lφ, Lθ]]

=1

r2 sin2 θ

[Lr, [Lφ, Lr]] +

1

r4 sin2 θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]

(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:

0 = ∂r

(Lr −

1

4

1

r2[Lθ, [Lr, Lθ]] +

1

r2 sin2 θ[Lφ, [Lr, Lφ]]

)

+ ∂θ

(1

r2Lθ −

1

4

1

r2[Lr, [Lθ, Lr]] +

1

r4 sin2 θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]

)

+ ∂φ

(1

r2 sin2 θLφ −

1

4

1

r2 sin2 θ[Lr, [Lφ, Lr]] +

1

r4 sin2 θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]

)(8.164)

Tinjau ulang, persamaan (8.132), yakni:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

L2a +

1

8

([La ,Lc]2 + m2

π(U−1 + U − 2I))

(8.165)

BAB 8. LAMPIRAN 53

Dari persamaan (8.165), elemen volume dalam koordinat bola (r, θ, φ) dapat dinyatakan

sebagai:

d3x =√g dr dθ dφ (8.166)

dengan g = det(gab). Tensor metrik gab dibaca dari elemen panjang dalam koordinat

bola:

ds2 = grr dr2 + gθθ dθ

2 + gφφ dφ2 (8.167)

dimana, dengan menggunakan persamaan (8.153), diperoleh:

ds2 = (1) dr2 + r2 dθ2 + r2 sin2 θ dφ2 (8.168)

Dari persamaan (8.163), dan (8.153) diperoleh:

g = det(gab) = r4 sin2 θ (8.169)

sehingga,

√g = r2 sin θ (8.170)


d3x = r2 sin θ dr dθ dφ (8.171)

Mencari nilai L2a pada persamaan (8.165).

Untuk a = r, θ, φ, maka:

L2a = LaLa = LrLr + LθLθ + LφLφ (8.172)

dimana,

La = gabLb = garLr + gaθLθ + gaφLφ (8.173)

untuk b = r, θ, φ. Bila a = r, θ, φ, maka persamaan (8.173) dapat dinyatakan sebagai:

Lr = grr︸︷︷︸= 1

Lr + grθ︸︷︷︸= 0

Lθ + grφ︸︷︷︸= 0

Lφ = Lr (8.174)

Lθ = gθr︸︷︷︸= 0

Lr + gθθ︸︷︷︸= 1

r2

Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0

Lφ =1

r2Lθ (8.175)

BAB 8. LAMPIRAN 54

Lφ = gφr︸︷︷︸= 0

Lr + gφθ︸︷︷︸= 0

Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1

r2 sin2 θ

Lφ =1

r2 sin2 θLφ (8.176)

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

L2a = LaLa

= LrLr + LθLθ + LφLφ

= LrLr +

(1

r2

)LθLθ +

(1

r2 sin2 θ

)LφLφ

= L2r +

(1

r2

)L2θ +

(1

r2sin2θ

)L2φ

(8.177)

dengan a = r, θ, φ.

Mencari 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︸︷︷︸= 0

][Lr, Lr︸︷︷︸= 0

] + [Lr, Lθ][Lr, Lθ] + [Lr, Lφ][Lr, Lφ]

+ [Lθ, Lr][Lθ, Lr] + [Lθ, Lθ︸︷︷︸= 0

][Lθ, Lθ]︸︷︷︸= 0

+[Lθ, Lφ][Lθ, Lφ] + [Lφ, Lr][Lφ, Lr]

+ [Lφ, Lθ][Lφ, Lθ] + [Lφ, Lφ︸︷︷︸= 0

][Lφ, Lφ︸︷︷︸= 0

]

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

][ Lθ, Lr︸︷︷︸(−1)[Lr ,Lθ ]

] + [Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]

+ [ Lφ, Lr︸︷︷︸(−1)[Lr ,Lφ]

][ Lφ, Lr︸︷︷︸=(−1)[Lr ,Lφ]

] + [ Lφ, Lθ︸︷︷︸(−1)[Lθ ,Lφ]

][ Lφ, Lθ︸︷︷︸(−1)[Lθ ,Lφ]

]

= 2

[Lr, Lθ][Lr, Lθ] + [Lr, Lφ][Lr, Lφ] + [Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]

(8.178)

dimana, a, b, c adalah indeks boneka.

BAB 8. LAMPIRAN 55


[Lr, Lθ] = [LrLθ − LθLr]

= [ grr︸︷︷︸= 1

Lr gθθ

︸︷︷︸= 1r2

Lθ − gθθLθgrrLr]

=

[Lr

(1

r2

)Lθ −

(1

r2

)LθLr

]

=

[1

r2LrLθ −

1

r2LθLr

]

=1

r2[LrLθ − LθLr]

=1

r2[Lr, Lθ]

(8.179)

[Lr, Lφ] = [LrLφ − LφLr]

= [grrLrgφφLφ − gφφLφgrrLr]

=

[(1)Lr

(1

r2 sin2 θ

)Lφ −

(1

r2 sin2 θ

)Lφ(1)Lr

]

=1

r2 sin2 θ[LrLφ − LφLr]

=1

r2 sin2 θ[Lr, Lφ]

(8.180)

[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ]

= [gθθLθgφφLφ − gφφLφgθθLθ]

=

[(1

r2

)Lθ

(1

r2 sin2 θ

)Lφ −

(1

r2 sin2 θ

)Lφ

(1

r2

)Lθ

]

=1

r4 sin2 θ[LθLφ − LφLθ]

=1

r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]

(8.181)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.179), (8.180) dan (8.181) ke (8.178), diperoleh:

[La, Lb]2 = 2

1

r2[Lr, Lθ][Lr, Lθ] +

1

r2 sin2 θ[Lr, Lφ][Lr, Lφ] +

1

r4 sin2 θ[Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]

= 2

1

r2[Lr, Lθ]

2 +1

r2 sin2 θ[Lr, Lφ]2 +

1

r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]2

(8.182)

BAB 8. LAMPIRAN 56

Jadi, dengan mensubstitusikan (8.177) dan (8.182) ke (8.165), diperoleh:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2r +

(1

r2

)L2θ +

(1

r2sin2θ

)L2φ

+1

8

[2

1

r2[Lr, Lθ]

2 +1


1


]+m2

π(U−1 + U − 2I)

]

=1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[L2r +

(1

r2

)L2θ +

(1

r2 sin2 θ

)L2φ

+1

4

1

r2[Lr, Lθ]

2 +1


1


+m2

π(U−1 + U − 2I)

]

(8.183)

dimana,

Lr = (iσ.n)I

(dg

dr

)(8.184)

sehingga,

L2r =

(iσ.n)I

(dg

dr

)(iσ.n)I

(dg

dr

)= (−1) (σ.n)2

︸︷︷︸= 1

(dg

dr

)2

= −(dg

dr

)2

1

(8.185)

Jadi,

Tr[L2r

]= −(2)

(dg

dr

)2

(8.186)

Berikut, karena

Lθ = i cos g sin g

(σ.∂n

∂θ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)sin2 g (8.187)

BAB 8. LAMPIRAN 57

maka

L2θ =

i cos g sin g(σ.

∂n

∂θ) + (σ.n)(σ.

∂n

∂θ) sin2 g

i cos g sin g(σ.

∂n

∂θ) + (σ.n)(σ.

∂n

∂θ) sin2 g

= (−1) cos2 g sin2 g(σ.∂n

∂θ)(σ.

∂n

∂θ) + i cos g sin3 g(σ.

∂n

∂θ)(σ.n)(σ.

∂n

∂θ)

+ i cos g sin3 g (σ.n)(σ.∂n

∂θ)

︸︷︷︸=−(σ. ∂bn

∂θ)(σ.bn)

(σ.∂n

∂θ) + sin4 g(σ.n)(σ.

∂n

∂θ)(σ.n)(σ.

∂n

∂θ)

= − cos2 g sin2 g(σ.∂n

∂θ)(σ.

∂n

∂θ) + i cos g sin3 g(σ.

∂n

∂θ)(σ.n)(σ.

∂n

∂θ)

− i cos g sin3 g(σ.∂n

∂θ)(σ.n)(σ.

∂n

∂θ) + sin4 g(σ.n) (σ.

∂n

∂θ)(σ.n)

︸︷︷︸=(−1)(σ.bn)(σ. ∂bn

∂θ)

(σ.∂n

∂θ)

= − cos2 g sin2 g (σ.∂n

∂θ)(σ.

∂n

∂θ)

︸︷︷︸= 1

− sin4 g (σ.n)(σ.n)︸︷︷︸= 1

(σ.∂n

∂θ)(σ.

∂n

∂θ)

︸︷︷︸= 1

= (− cos2 g sin2 g − sin4 g)1

= (− sin2 g [cos2 g + sin2 g]︸︷︷︸= 1

)1

= − sin2 g1

(8.188)

Jadi,

Tr[L2θ

]= −(2) sin2 g (8.189)

Berikut,

Lφ = i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin2 g (8.190)

BAB 8. LAMPIRAN 58

sehingga,

L2φ =

i cos g sin g(σ.

∂n

∂φ) + (σ.n)(σ.

∂n

∂φ) sin2 g

i cos g sin g(σ.

∂n

∂φ) + (σ.n)(σ.

∂n

∂φ) sin2 g

= (−1) cos2 g sin2 g(σ.∂n

∂φ)(σ.

∂n

∂φ) + i cos g sin3 g(σ.

∂n

∂φ)(σ.n)(σ.

∂n

∂φ)

+ i cos g sin3 g (σ.n)(σ.∂n

∂φ)

︸︷︷︸=−(σ. ∂bn

∂φ)(σ.bn)

(σ.∂n

∂φ) + sin4 g(σ.n) (σ.

∂n

∂φ)(σ.n)

︸︷︷︸=−(σ.bn)(σ. ∂bn

∂φ)

(σ.∂n

∂φ)

= − cos2 g sin2 g(σ.∂n

∂φ)(σ.

∂n

∂φ) + i cos g sin3 g(σ.

∂n

∂φ)(σ.n)(σ.

∂n

∂φ)

− i cos g sin3 g(σ.∂n

∂φ)(σ.n)(σ.

∂n

∂φ)− sin4 g (σ.n)(σ.n)︸︷︷︸

= 1

(σ.∂n

∂φ)(σ.

∂n

∂φ)

= − cos2 g sin2 g (σ.∂n

∂φ)(σ.

∂n

∂φ)

︸︷︷︸= sin2 θ

− sin4 g (σ.∂n

∂φ)(σ.

∂n

∂φ)

︸︷︷︸=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,

Tr[L2φ

]= −(2) sin2 g sin2 θ (8.192)

Pada perhitungan di atas, telah digunakan proposisi berikut.

Proposisi: (σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)= sin2 θ (8.193)

Bukti:

Karena:

n = sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θk (8.194)

maka,

∂n

∂θ= cos θ cos φi+ cos θ sin φj − sin θk (8.195)

∂n

∂φ= − sin θ sin φi+ sin θ cos φj (8.196)

BAB 8. LAMPIRAN 59

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)=

(σa∂na∂θ

)(σb∂nb∂θ

)

= σaσb∂na∂θ

∂nb∂θ

=1

2(σaσb + σbσa)

∂na∂θ

∂nb∂θ

=1

2(2 δab︸︷︷︸

=1,a=b

)∂na∂θ

∂nb∂θ

=∂na∂θ

∂na∂θ

(8.197)

Dari persamaan (8.197), diperoleh:(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)=

(σ1∂n1

∂θ

)(σ1∂n1

∂θ

)(σ2∂n2

∂θ

)(σ2∂n2

∂θ

)(σ3∂n3

∂θ

)(σ3∂n3

∂θ

)

= σ1σ1∂n1

∂θ

∂n1

∂θ+ σ2σ2

∂n2

∂θ

∂n2

∂θ+ σ3σ3

∂n3

∂θ

∂n3

∂θ

(8.198)

dimana,

σ = σ1i+ σ2j + σ3k (8.199)

dan,

∂na∂θ

∂na∂θ

=∂n1

∂θ

∂n1

∂θ

∂n2

∂θ

∂n2

∂θ

∂n3

∂θ

∂n3

∂θ(8.200)

Tinjau (8.200) dengan menggunakan (8.195), diperoleh:(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)= (cos θ cos φi + cos θ sin φj − sin θk).(cos θ cos φi+ cos θ sin φj − sin θk)

= 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:

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)=

(∂na∂θ

∂na∂θ

)=

(∂n

∂θ.∂n

∂θ

)= 1 (8.202)


(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)=

(∂na∂φ

∂na∂φ

)=

(∂n

∂φ.∂n

∂φ

)(8.203)

BAB 8. LAMPIRAN 60

Tinjau persamaan (8.203) dengan menggunakan (8.196):

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)= (− sin θ sin φ i+ sin θ cos φj)(− sin θ sin φi+ sin θ cos φj)

= sin2 θ sin2 φ+ sin2 θ cos2 φ

= sin2 θ[sin2 φ+ cos2 φ]

= sin2 θ

(8.204)

maka diperoleh:

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)=

(∂na∂φ

∂na∂φ

)=

(∂n

∂φ.∂n

∂φ

)= sin2 θ (8.205)

Mencari nilai [Lr, Lθ]2 pada persamaan (8.183).

[Lr, Lθ] = [LrLθ − LθLr] = 2i

(dg

dr

)sin g

i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)+

(σ.∂n

∂θ

)sin g

(8.206)

BAB 8. LAMPIRAN 61


[Lr, Lθ]2 =

2i

(dg

dr

)sin g

2i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)+

(σ.∂n

∂θ

)sin g

2

= 4(−1)

(dg

dr

)2

sin2 g

i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)+

(σ.∂n

∂θ

)sin g

i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)+

(σ.∂n

∂θ

)sin g

= −4

(dg

dr

)2

sin2 g

(−1) cos2 g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)

+i cos g sin g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)

+i cos g sin g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.n)

︸︷︷︸−(σ.bn)(σ. ∂bn∂θ )

(σ.∂n

∂θ

)+ sin2 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)

︸︷︷︸=1

= −4

(dg

dr

)2

sin2 g

cos2 g (σ.n)(σ.n)︸︷︷︸= 1

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂θ

)

︸︷︷︸= 1

+ sin2 g

= −4

(dg

dr

)2

sin2 g

cos2 g + sin2 g

1

= −4

(dg

dr

)2

sin2 g1

(8.207)

Jadi,

Tr [Lr, Lθ]2 = −4(2)

(dg

dr

)2

sin2 g (8.208)

Mencari 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] = [LrLφ, LφLr]

=

(iσ.n)

(dg

dr

)i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin2 g

−i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin2 g

(iσ.n)

(dg

dr

)

= i sin g

(dg

dr

)[i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin g

−i cos g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n) + (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n) sin g

]

= i sin g

(dg

dr

)[i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

−−i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)− (σ.n)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin g

]

= i sin g

(dg

dr

)[i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

+

i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

]

= 2i sin g

(dg

dr

)i cos g (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

(8.209)

BAB 8. LAMPIRAN 63


[Lr, Lφ]2 =

2i sin g

(dg

dr

)2i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

2

= 4(−1) sin2 g

(dg

dr

)2i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

i cos g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)+

(σ.∂n

∂φ

)sin g

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2(−1) cos2 g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)

+i cos g sin g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)+ i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n)

︸︷︷︸=−(σ.bn)(σ. ∂bn∂φ)

(σ.∂n

∂φ

)

+ sin2 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)

︸︷︷︸= sinθ

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

(−1) cos2 g(σ.n)(−1)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂φ

)

︸︷︷︸= sin2 θ

+ sin2 g sin2 θ

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

cos2 g (σ.n)(σ.n)︸︷︷︸

= 1

sin2 θ + sin2 g sin2 θ

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2 cos2 g sin2 θ + sin2 g sin2 θ

1

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ

cos2 g + sin2 g

1

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ1

(8.210)

Jadi,

Tr [Lr, Lφ]2 = −4(2) sin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ (8.211)

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

[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ] (8.212)

BAB 8. LAMPIRAN 64

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.187), dan (8.190) ke relasi komutasi keduanya,

maka diperoleh:

[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ]

=

i cos g sin g

(σ.∂n

∂θ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)sin2 g

i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin2 g

−i cos g sin g

(σ.∂n

∂φ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)sin2 g

i cos g sin g

(σ.∂n

∂θ

)+ (σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)sin2 g

=

(−1) cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)+ i cos g sin3 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)

+i cos g sin3 g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)+ sin4 g(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)

−

(−1) cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)+ i cos g sin3 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)

+

i cos g sin3 g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)+ sin4 g(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)

=

− cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)− sin4 g(σ.n)(σ.n)

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)

−− cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)− sin4 g(σ.n)(σ.n)

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)

= − cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)− sin4 g

(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)

+ cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)+ sin4 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)

= cos2 g sin2 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)−(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)

︸︷︷︸=2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

+ sin4 g

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)−(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)

= cos2 g sin2 g

2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

+ sin4 g

2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

= sin2 g

2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

cos2 g + sin2 g

= sin2 g

2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

BAB 8. LAMPIRAN 65

(8.213)

Jadi, dari persamaan (8.213), diperoleh:

[Lθ, Lφ]2 = sin4 g

2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

2iεdefσf

∂nd∂φ

∂ne∂θ

(8.214)

Dalam perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut:

Proposisi:

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)−(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)= 2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂θ

(8.215)

Bukti:(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)−(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)=

(σa∂na∂φ

)(σb∂nb∂θ

)−(σa∂na∂θ

)(σb∂nb∂φ

)

= (σaσb − σbσa)∂na∂φ

∂nb∂θ

(8.216)

dimana,

∂nb∂θ

∂na∂φ

=∂na∂φ

∂nb∂θ

(8.217)

dan matriks Pauli σa memenuhi aturan siklis:

(σaσb − σbσa) = 2iεabcσc (8.218)

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

diperoleh:

(σ.∂n

∂φ

)(σ.∂n

∂θ

)−(σ.∂n

∂θ

)(σ.∂n

∂φ

)= 2iεabcσc

∂na∂φ

∂nb∂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:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)Tr

[−(dg

dr

)2

+1

r2(−1) sin2 g +

1

r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ

+

(1

4

)1

r2(−4)

(dg

dr

)2

sin2 g +

(1

4

)1

r2 sin2 θ(−4) sin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ

+

(1

4

)1

r4 sin2 θsin4 g

[2iεabcσc

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)2iεdefσf

(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)]

+ mπ

(U−1 + U − 2I

)]

BAB 8. LAMPIRAN 66

(8.220)

Berikut, dihitung faktor trace pada suku yang mengandung simbol Levi-Civita.

Tr

[εabcσc

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)εdefσf

(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)]= εabcεdef

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)Tr(σcσf )

= εabcεdef

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)(2δcf)

= 2εabf εdef

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)

(8.221)

dimana, telah digunakan proposisi berikut:

Proposisi:

Tr(σcσf ) = 2δcf (8.222)

Bukti:

σcσf + σfσc = 2δcf .1 (8.223)

yakni, sifat matriks Pauli.

Jika dilakukan trace terhadap persamaan (8.223), diperoleh:

Tr(σcσf + σfσc) = Tr(2δcf .1) (8.224)

sehingga,

Tr(σcσf ) + Tr(σfσc) = 2δcf .T r(1) (8.225)

dimana,

Tr(1) = Tr

1 0

0 1

= 2 (8.226)

Sifat trace:

Tr(AB) = Tr(BA) (8.227)

maka:

Tr(σcσf) + Tr(σcσf ) = 2δcf(2) (8.228)

sehingga,

2Tr(σcσf) = 4δcf (8.229)

BAB 8. LAMPIRAN 67

Jadi, terbukti:

Tr(σcσf ) = 2δcf (8.230)

Dengan menggunakan sifat perkalian dua simbol Levi-Civita:

εabf εdef = δadδbe − δaeδbd (8.231)

maka persamaan (8.221) menjadi:

Tr

[εabcσc

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)εdefσf

(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)]= 2 (δadδbe − δaeδbd)

(∂na∂φ

∂nb∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)

= 2

(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)

−2

(∂ne∂φ

∂nd∂θ

)(∂nd∂φ

∂ne∂θ

)

= 2

(∂nd∂φ

∂nd∂φ

)(∂ne∂θ

∂ne∂θ

)

−2

(∂ne∂φ

∂ne∂θ

)(∂nd∂φ

∂nd∂θ

)

= 2

(∂nd∂φ

∂nd∂φ

)

︸︷︷︸= sin2 θ

(∂ne∂θ

∂ne∂θ

)

︸︷︷︸= 1

−2

(∂ne∂φ

∂ne∂θ

)

︸︷︷︸= 0

(∂nd∂φ

∂nd∂θ

)

︸︷︷︸= 0

= 2(sin2 θ)(1)− 2(0)(0)

= 2 sin2 θ

(8.232)

Pada perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut:

Proposisi: (∂n

∂φ.∂n

∂θ

)=

(∂na∂φ

∂na∂θ

)= 0 (8.233)

Bukti:

n = sin θ cos φ i+ sin θ sin φ j + cos θ k (8.234)

sehingga,

∂n

∂φ= − sin θ sinφi+ sin θ cos φj (8.235)

BAB 8. LAMPIRAN 68

dan,

∂n

∂θ= cos θ cos φi+ cos θ sinφj − sin θk (8.236)

Jadi,

∂n

∂φ.∂n

∂θ= (− sin θ sinφi+ sin θ cosφj).(cos θ cosφi + cos θ sinφj − sin θk)

= − sin θ sinφ cos θ cos φ+ sin θ cosφ cos θ sinφ

= 0

(8.237)

Jika persamaan (8.232) disubstitusikan ke dalam persamaan (8.220), diperoleh:

Estatik =1

12π2

∫d3x

(−1

2

)(2)

[−(dg

dr

)2

+1

r2(−1) sin2 g +

1

r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ+

1

4

(1

r2(−4)

(dg

dr

)2

sin2 g +1

r2 sin2 θ(−4) sin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ +1

r4 sin2 θsin4 g(−4) sin2 θ

)

+mπ

(U−1 + U − 2I

)]

=1

12π2

∫d3x (−1)

[(−1)

(dg

dr

)2

+1

r2(−1) sin2 g +

1

r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ+

(−1)

(1

r2

(dg

dr

)2

sin2 g +1

r2 sin2 θsin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ +1

r4 sin2 θsin4 g sin2 θ

)

+mπ

(U−1 + U − 2I

)]

=1

12π2

∫d3x

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g +

1


+1

r2

(dg

dr

)2

sin2 g +1

r2 sin2 θsin2 g

(dg

dr

)2

sin2 θ +1


−mπ

(U−1 + U − 2I

)]

(8.238)

BAB 8. LAMPIRAN 69

Jika suku massa ditiadakan (nilainya sangat kecil) maka persamaan (8.238) menjadi:

Estatik =1

12π2

∫d3x

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g +

1


+1

r4 sin2 θsin4 g sin2 θ +

1

r2

(dg

dr

)2

sin2 g(1 + 1)

]

=1

12π2

∫d3x

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g(1 + 1) +

2

r2

(dg

dr

)2

sin2 g +1

r4sin4 g

]

(8.239)

Berikut, digunakan kembali definisi satuan:

1

12π2=F

4a(8.240)

dan definisi integral volume dalam koordinat bola:

∫d3x =

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θdθ

∫ ∞

0

r2dr (8.241)

Dengan memperhatikan bahwa faktor integran tak gayut pada variabel sudut θ dan φ,

diperoleh:

Estatik =

(πF

a

)∫ ∞

0

dr r2

[(dg

dr

)2

+2

r2sin2 g +

2

r2

(dg

dr

)2

sin2 g +sin4 g

r4

](8.242)

dimana, telah digunakan nilai integral:

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θ dθ = 4π (8.243)

Berikut, ditinjau penurunan persamaan Euler-Lagrange dariEstatik, dengan mengabaikan

suku massa, yakni:

Estatik =πF

a

∫ ∞

0

dr

(r2g

′2 + 2 sin2 g)

+ sin2 g

(2g′2 +

sin2 g

r2

)(8.244)

yang dapat pula dinyatakan sebagai berikut:

Estatik = K

∫ ∞

0

dr

r2g

′2 + 2 sin2 g(1 + g′2) +

sin4 g

r2

(8.245)

BAB 8. LAMPIRAN 70

dimana,

K =πF

a(8.246)

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

δgEstatik = K

∫ ∞

0

drr2(2g

′δg′) + (2)(2) sin g cos g δg(1 + g

′2) + 2 sin2 g (0 + 2g′δg′)

+1

r24 sin3 g cos g δg

= 2K

∫ ∞

0

dr

r2

(dg

dr

d

dr(δg)

)+ 2 sin g cos g

(1 +

[dg

dr

]2)δg

+2 sin2 g

(dg

dr

d

dr(δg)

)+

1

r22 sin3 g cos g δg

(8.247)

dimana telah digunakan:

δg′= δ

(dg

dr

)=

d

dr(δg) (8.248)

Bagaimana caranya mengeluarkan δg dari persamaan (8.247) ?

Karena

r2

(dg

dr

d

dr[δg]

)=

d

dr

(r2 dg

drδg

)

︸︷︷︸derivatif total

−[d

dr

(r2dg

dr

)]δg (8.249)

dan,

2 sin2 g

(dg

dr

d

dr(δg)

)=

d

dr

(2 sin2 g

dg

drδg

)

︸︷︷︸derivatif total

−[d

dr

(2 sin2 g

dg

dr

)]δg (8.250)

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.249) dan (8.250) ke persamaan (8.247)

serta membuang suku derivatif total, diperoleh:

δgEstatik = 2K

∫ ∞

0

dr

− d

dr

(r2dg

dr

)+ 2 sin g cos g

(1 +

[dg

dr

]2)−[d

dr

(2 sin2 g

dg

dr

)]

+1

r22 sin3 g cos g

dg︸︷︷︸

sembarang

(8.251)

Dengan demikian, dari syarat variasi aksi stasioner:

δgEstatik = 0 (8.252)

BAB 8. LAMPIRAN 71

diperoleh:

0 = − d

dr

(r2dg

dr

)+ 2 sin g cos g

(1 +

[dg

dr

]2)−[d

dr

(2 sin2 g

dg

dr

)]+

1

x22 sin3 g cos g

= −[2r

dg

dr+ r2 d

2g

dr2

]+ 2 sin g cos g

(1 + [

dg

dr]2)

−(

4 sin g cos gdg

dr

dg

dr+ 2 sin2 g

d2g

dr2

)+

2

r2sin3 g cos g

=d2g

dr2

[−r2 − 2 sin2 g

]+

(dg

dr

)2

[sin 2g − 2 sin 2g] +dg

dr(−2r) + sin 2g

+1

r2sin2 g sin 2g

(8.253)

Jika (8.253) dibagi dengan (−r2), diperoleh:

0 =d2g

dr2

[1 +

2

r2sin2 g

]+

(dg

dr

)2 [1

r2sin 2g

]+

(dg

dr

)(2

r

)− 1

r2sin 2g− 1

r4sin2 g sin 2g

(8.254)

yang adalah, persamaan Euler-Lagrange berkaitan.

8.4 Lampiran IV: Kuantisasi Skyrmion dan Kuan-

titas 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.r) = cos g + i(σ.r) sin g = cos g + i(σaxar

) sin g (8.256)

dimana, n = r, r = r|r| =

(xar

)i.

Perlakuan kuantisasi (hanya berlaku untuk sistem fisis yang berevolusi terhadap wak-

tu) terhadap persamaan (8.256), diperoleh dengan meninjau ketergantungan U(r) ter-

hadap 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:

U(r, t) = A[cos g + i

(σaxar

)sin g

]A† (8.258)

dimana, A(t) ∈ SU(2)internal, A adalah matriks unitari, AA† = A†A = I. Dengan

demikian, persamaan (8.258) menjadi:

U(r, t) = A cos g A† + iA(σaxa

r

)sin g A† = cos g + iAσaA

†(xar

)sin g (8.259)

Matriks A(t) berkaitan dengan matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang:

r = (xa)i (8.260)

yakni:

r → r′= R(t)r (8.261)

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

xa → x′a = Rab xb (8.262)

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

adalah:

U(r)→ U(r′) = cos g + i

(σax

′a

r

)sin g = cos g +

i

rσa Rab xb sin g (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 (8.264)

Matriks A(t) dengan demikian disebut koordinat kolektif dari skyrmion. 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)

atau

A σb A† = σa Rab (8.268)

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:

εrotasi = −Tr(F 2

16L2o +

1

16a2[Lo, La]

2

)(8.269)

dimana,

Lo = U †∂oU (8.270)


U(r, t) = A(t)U(r)A(t)† = A(t)UstA(t)† (8.271)

dimana telah diperkenalkan: Ust = U(r). Maka

U(r, t)† = [AUstA†]† = (A†)†U †stA

† = AU †stA† (8.272)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.271) dan (8.272) ke persamaan (8.270) diper-

oleh:

Lo = [AU †stA†]∂o[AUstA

†] = [AU †stA†][(∂oA)UstA

† + AUst∂oA†] (8.273)

karena Ust adalah fungsi dari r saja.


L2o = (U †∂oU)(U †∂oU) (8.274)

Karena,

(∂oU)U † = −U(∂oU†) (8.275)

BAB 8. LAMPIRAN 74

maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.275) ke (8.274), diperoleh:

L2o = U †(−U∂oU †)∂oU

= −I(∂oU†)∂oU

= −(∂o[AU†stA†])∂o[AUstA

†]

= −[(∂oA)U †stA† + AU †st(∂oA

†)][(∂oA)UstA† + AUst(∂oA

†)]

= −[(∂oA)U †stA†(∂oA)UstA

† + (∂oA)U †stA†AUst(∂oA

†)

+AU †st(∂oA†)(∂oA)UstA

† + AU †st(∂oA†)AUst(∂oA

†)]

(8.276)

Dari persamaan (8.276), dengan menggunakan sifat trace, diperoleh:

Tr L2o = −Tr[UstA†(∂oA)U †stA

†(∂oA) + (∂oA)U †stUst(∂oA†) + UstA

†AU †st(∂oA†)(∂oA)

+AU †st(∂oA†)AUst(∂oA

†)]

= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + (∂oA)(∂oA

†) + (∂oA†)(∂oA) + AU †st(∂oA

†)AUst(∂oA†)]

= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + 2(∂oA)(∂oA

†) + AU †st(∂oA†)AUst(∂oA

†)]


†) + (∂oA†)AU †st(∂oA

†)AUst]


†) +−A†(∂oA)

U †st−A†(∂oA)

Ust]


†) + UstA†(∂oA)U †stA

†(∂oA)]

= −2Tr[UstA†(∂oA)U †stA

†(∂oA) + (∂oA)(∂oA†)]

(8.277)

Karena

A†A = I (8.278)

maka darinya diperoleh relasi berikut:

(∂oA†)A+ A†(∂oA) = ∂oI → (∂oA

†)A = −A†(∂oA) (8.279)

Dengan demikian,

(∂oA)(∂oA†) = (∂oA)(A†A)(∂oA

†) = (∂oA)A†[−(∂oA)]A† = −(∂oA)A†(∂oA)A†

(8.280)

BAB 8. LAMPIRAN 75

Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.280) ke (8.277), diperoleh:

TrL2o = −2Tr[UstA

†(∂oA)U †stA†(∂oA)− (∂oA)A†(∂oA)A†]

= −2Tr[UstA†(∂oA)U †stA

†(∂oA)−A†(∂oA)

2]

(8.281)

Tinjau kembali persamaan (8.256) dalam Ust, yakni,

Ust = cos g + i(σ.r) sin g (8.282)


Tr L2o = −2Tr[UstA

†(∂oA)U †stA†(∂oA)−

A†(∂oA)

2]

= −2Tr[(cos g + i(σ.r) sin g)A†(∂oA)(cos g + i(σ.r) sin g)†A†(∂oA)−A†(∂oA)

2]

= −2Tr[(cos g + i(σ.r) sin g)A†(∂oA) cos g − i(σ.r) sin gA†(∂oA)−A†(∂oA)

2]

= −2Tr[cos g + i(σ.r) sin gA†(∂oA) cos g − iA†(∂oA)(σ.r) sin g

A†(∂oA)

−A†(∂oA)

2]

= −2Tr[cos g + i(σ.r) sin g

cos g[A†(∂oA)]2 − i sin gA†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)

−A†(∂oA)

2]

= −2Tr[cos2 gA†(∂oA)

2 − i sin g cos gA†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)

+i(σ.r) sin g cos g[A†(∂oA)

]2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−

A†(∂oA)

2]

= −2Tr[cos2 gA†(∂oA)

2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−

A†(∂oA)

2]

(8.283)

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

ε(1)rotasi = −F

2

16TrL2

o

= −F2

16(−2)Tr

[cos2 g

A†(∂oA)

2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−

A†(∂oA)

2]

(8.284)

Karena, A†(∂oA) ∈ aljabar Lie SU(2), maka,

A†(∂oA) = ckσk (8.285)

BAB 8. LAMPIRAN 76

dimana ck adalah bilangan. Jika persamaan (8.285) dikalikan dengan σl dari sisi kanan

persamaan, maka diperoleh:

A†(∂oA)σl = ckσkσl (8.286)

Ambilkan trace dari persamaan (8.286), maka diperoleh:

Tr[A†(∂oA)σl

]= ckTr[σkσl] = ck[2δkl] = 2cl (8.287)

dimana, δkl = 1 untuk k = l, dan δkl = 0 untuk k 6= l.

Jadi,

cl =1

2Tr[A†(∂oA)σl] (8.288)

Dengan mesubstitusikan persamaan (8.288) ke (8.286), untuk cl→k dan σl→k didapati:

A† (∂oA) σk =1

2Tr[A† (∂oA)σl

]σlσk (8.289)

sehingga,

A†(∂oA) =1

2Tr[A†(∂oA)σl]σl (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]

= [LoLr − LrLo][LoLr − LrLo] + [LoLθ − LθLo][LoLθ − LθLo]

+ [LoLφ − LφLo][LoLφ − LφLo]

= [gooLogrrLr − grrLrgooLo][LoLr − LrLo] + [gooLog

θθLθ − gθθLθgooLo][LoLθ − LθLo]

+ [gooLogφφLφ − gφφLφgooLo][LoLφ − LφLo]

(8.291)

dimana a = r, θ, φ. Dengan menggunakan pernyataan tensor metrik gab 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][LoLr − LrLo] + [(1)Lo

1

r2Lθ −

1

r2Lθ(1)Lo][LoLθ − LθLo]

+ [(1)Lo1

r2 sin2 θLφ −

1

r2 sin2 θLφ(1)Lo][LoLφ − LφLo]

= [LoLr − LrLo][LoLr − LrLo] + [1

r2LoLθ −

1

r2LθLo][LoLθ − LθLo]

+ [1

r2 sin2 θLoLφ −

1

r2 sin2 θLφLo][LoLφ − LφLo]

= [Lo, Lr][Lo, Lr] +1

r2[Lo, Lθ][Lo, Lθ] +

1

r2 sin2 θ[Lo, Lφ][Lo, Lφ]

= [Lo, Lr]2 +

1

r2[Lo, Lθ]

2 +1

r2 sin2 θ[Lo, Lφ]2

(8.292)

Substitusikan persamaan (8.292) ke dalam persamaan (8.269) memberikan:

ε(2)rotasi = − 1

16a2

[Lo, Lr]

2 +1

r2[Lo, Lθ]

2 +1

r2 sin2 θ[Lo, Lφ]2

(8.293)

Tinjau kembali persamaan (8.259), ditulis ulang sebagai berikut:

U(r, t) = A[cos g + i(σ.r) sin g]A† = cos g+ iAσA†.r sin g = cos g + iAσkA†xk sin g

(8.294)

Dari persamaan (8.268), dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:

AσkA† = σlRlk (8.295)

dimana, Rlk adalah fungsi dari waktu, Rlk(t).


U(r, t) = cos g + iσlRlkxk sin g (8.296)

dan,

U(r, t)† = cos g − iσlRlkxk sin g (8.297)

dimana, xk dengan k = 1, 2, 3 adalah:

x1 = sin θ cos φi (8.298)

x2 = sin θ sin φj (8.299)

BAB 8. LAMPIRAN 78

x3 = cos θk (8.300)

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

(8.296) diperoleh:

∂oU = iσl∂Rlk

∂txk sin g (8.301)

sehingga dari persamaan (8.270),(8.297), dan (8.301) diperoleh:

Lo = U †∂oU = [cos g − iσlRlkxk sin g]

[iσl∂Rlk

∂txk sin g

](8.302)

Perkenalkan,

σ.R.x = σaRabxb = Φ (8.303)

maka persamaan (8.302) teringkaskan menjadi:

L2o = [cos g − iΦ sin g]

[i∂Φ

∂tsin g

][cos g − iΦ sin g]

[i∂Φ

∂tsin g

]

=

[i∂Φ

∂tcos g sin g + Φ

∂Φ

∂tsin2 g

][i∂Φ

∂tcos g sin g + Φ

∂Φ

∂tsin2 g

]

=

[(−1)

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g sin2 g + i

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tcos g sin3 g + iΦ

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos g sin3 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin4 g

]

(8.304)

Berikut, tinjau suku pertama persamaan (8.304). Dengan mensubstitusikan Φ dari

persamaan (8.303), maka diperoleh:

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]= Tr

[∂

∂t(σaRabxb)

∂

∂t(σcRcdxd)

]

= Tr

[(σaσcxbxd)

∂Rab

∂t

∂Rcd

∂t

]

= [Tr(σaσc)] xbxd∂Rab

∂t

∂Rcd

∂t

= 2δacxbxd∂Rab

∂t

∂Rcd

∂t

= 2xbxd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t

(8.305)

dimana telah digunakan sifat trace perkalian matriks Pauli Tr(σaσb) = 2δab.

Dalam manipulasi berikut akan digunakan ketiga sifat matriks Pauli berikut:

σaσb + σbσa = 2δab.1 (8.306)

BAB 8. LAMPIRAN 79

dimana 1 adalah matriks satuan (2×2) dan δacRab = Rcb, dengan δac = 1 untuk a = c.

Tr(σaσcσe) = Tr[σaδce + iεcefσaσf ] = iεcefTr(σaσf ) = iεcef (2δaf) = 2iεcea (8.307)

dan

Tr σa = 0 (8.308)

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

Proposisi:

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂tΦ

]= 0 (8.309)

Bukti:

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂tΦ

]= 2iεceaxbxdxf

∂Rab

∂t

∂Rcd

∂tRef

= iεceaxbxdxf∂Rab

∂t

∂Rcd

∂tRef + iεaecxdxbxf

∂Rcd

∂t

∂Rab

∂tRef

= i[εcea + εaec]xbxdxf∂Rab

∂t

∂Rcd

∂tRef

= 0

(8.310)

karena,

εaec = εcae = −εcea (8.311)

Untuk suku ketiga persamaan (8.304), diperoleh:

Tr

[Φ∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]= Tr

[∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t

]= Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂tΦ

]= 0 (8.312)

Untuk suku keempat persamaan (8.304), diperoleh:

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t

]= Tr

[σaRabxbσc

∂Rcd

∂txdσeRef xfσg

∂Rgh

∂txh

]

= Tr[σaσcσeσg]xbσdxf xhRabRef∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t

= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce]xbxdxf xhRabRef∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t

= 2

[RcbRgf

∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t− RebRef

∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t+RgbRcf

∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t

]xbxdxf xh

= 2

[2RcbRgf

∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t− δbf

∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t

]xbxdxf xh

(8.313)

BAB 8. LAMPIRAN 80

dimana telah dipergunakan sifat ortogonalitas matriks rotasi R, RTR = I, yakni:

RebRef = (RT )beRef = (RTR)bf = (I)bf = δbf (8.314)

Dengan demikian,

RgbRcf∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂txbxdxf xh = RgfRcbxbxdxfxhxbxdxfxh

∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂txf xdxbxh (8.315)

Berikut,

Tr(σaσcσeσg) = Tr[(σaσc)(σeσg)]

= Tr[(δac + iεacdσd)(δeg + iεeghσh)]

= Tr[δacδeg + δaciεeghσh + iεacdσdδeg + (−1)εacdσdεeghσh]

= Tr[δacδegI − σdσhεacdεegh]

= 2δacδeg − Tr(σdσh)εacdεegh

= 2δacδeg − 2δdhεacdεegh

= 2δacδeg − 2εachεegh

= 2[δacδeg − (δaeδcg − δagδce)]

= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce]

(8.316)

Maka persamaan (8.313), menjadi:

Tr[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t] = 4[(RT )bc(R

T )fg∂Rcd

∂t

∂Rgh

∂t]xbxdxf xh − 2[

∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t]xbxdxf xh

= 4[

(RT ∂R

∂t

)

bd

(RT ∂R

∂t

)

fh

]xbxdxf xh − 2[∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t]xbxdxf xh

= −2[∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t]xdxh

(8.317)

dimana, xbxb = 1.

Selanjutnya, perlu dicatat bahwa (RT ∂R∂t

) adalah elemen aljabar Lie SO(3) yang

dibangun oleh generator SO(3), yakni:

(Ja)bc = iεabc (8.318)

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

(RT ∂R

∂t) = JaAa(t)→ (RT ∂R

∂t)bd = (Ja)bdAa = iεabdAa (8.319)

BAB 8. LAMPIRAN 81

Dengan demikian,

(RT ∂R

∂t)bdxbxd = iεabdAaxbxd = iεabdxbxdAa (8.320)

dimana,

εabdxbxd =1

2[εabdxbxd + εadbxdxb] =

1

2[εabd + εadb]xbxd =

1

2[εabd − εabd]xbxd = 0 (8.321)

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

persamaan (8.317), diperoleh

(RT ∂R

∂t)bd(R

T ∂R

∂t)fhxbxdxf xh = 0 (8.322)

sehingga dari persamaan (8.304), (8.305) dan (8.317), diperoleh:

TrL2o = Tr

[(−1)

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g sin2 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin4 g

]

= (−1)(2)xbxd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂tcos2 g sin2 g − 2

[∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t

]xdxh sin4 g

= −2

[xhxd

∂Rgh

∂t

∂Rgd

∂tcos2 g +

∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂txdxh sin2 g

]sin2 g

= −2

[xhxd

∂Rgh

∂t

∂Rgd

∂t

]sin2 g

(8.323)

Tinjau,

I =

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θ dθ

∫ ∞

0

r2dr[Tr(Lo)2] (8.324)

Dengan menggunakan sifat integral:

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θ dθxaxb =4

3πδab (8.325)

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

I =

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θ dθ

∫ ∞

0

r2dr

(−2)

[x1x1

∂Rg1

∂t

∂Rg1

∂t+ x2x2

∂Rg2

∂t

∂Rg2

∂t+ x3x3

∂Rg3

∂t

∂Rg3

∂t

]sin2 g

=

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θ dθ

∫ ∞

0

r2dr(−2)

[sin2 θ cos2 φ

∂Rg1

∂t

∂Rg1

∂t+ sin2 θ sin2 φ

∂Rg2

∂t

∂Rg2

∂t

+ cos2 θ∂Rg3

∂t

∂Rg3

∂t

]sin2 g

BAB 8. LAMPIRAN 82

(8.326)

Masing-masing integral sudut pada persamaan (8.326) adalah terhitungkan:

Pertama,

∫ 2π

0

dφ cos2 φ

∫ π

0

sin2 θ sin θdθ =

∫ 2π

0

dφ

[1 + cos 2φ

2

] ∫ π

0

[1− cos2 θ

]sin θdθ

=

[∫ 2π

0

1

2dφ+

1

2

∫ 2π

0

cos 2φdφ

]∫ π

0

sin θdθ −∫ π

0

cos2 θ sin θdθ

=

[2π

2+ 0

]− cos θ|π0 −

2

3

= π

[−(cos π − cos 0)− 2

3

]

= π

−(−2)− 2

3

=4

3π

(8.327)

dimana telah digunakan: cos2 φ = cos 2φ+12

.

Berikut,

∫ 2π

0

dφ sin2 φ

∫ φ

0

sin θdθ sin2 θ =

∫ 2π

0

sin2 φdφ

∫ π

0

sin2 θ sin θdθ

=

∫ 2π

0

(1− cos2 φ)dφ

4

3

=

∫ 2π

0

dφ−∫ 2π

0

cos2 φdφ

4

3

= 2π − π

4

3

=4

3π

(8.328)

BAB 8. LAMPIRAN 83

dan,

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θdθ cos2 θ = 2π

∫ π

0

cos2 θ sin θdθ

= −(2π)

∫ π

0

cos2 θd(cos θ)

= 2π

−1

3cos3 θ|π0

= 2π

−1

3[cos3 π − cos 0]

= 2π

−1

3[−1− 1]

= 2π

−1

3[−2]

=4

3π

(8.329)

Substitusikan persamaan (8.327) dan (8.329) ke persamaan (8.326) memberikan:

I = (−2)

(4π

3

)∫ ∞

0

r2dr

[∂Rg1

∂t

∂Rg1

∂t+∂Rg2

∂t

∂Rg2

∂t+∂Rg3

∂t

∂Rg3

∂t

]sin2 g

= −8

3π

∫ ∞

0

r2dr

(∂Rga

∂t

∂Rga

∂t

)sin2 g

= −8

3π

∫ ∞

0

r2dr

[(∂RT

∂t

)

ag

(∂R

∂t

)

ga

]sin2 g

(8.330)

Gunakan sifat ortogonal matriks rotasi R:

RTR = RRT = I → RT = R−1 (8.331)

maka,

∂

∂t(RTR) =

∂I

∂t(8.332)

sehingga,

∂RT

∂tR +RT ∂R

∂t= 0 (8.333)

Jika persamaan (8.333) dikalikan dengan RT , dari sisi kanan, diperoleh:

∂RT

∂tRRT +RT ∂R

∂tRT = 0 (8.334)

sehingga, (∂RT

∂t

)= −RT

(∂R

∂t

)RT (8.335)

BAB 8. LAMPIRAN 84


I =8

3π

∫ ∞

0

r2dr

[RT

(∂R

∂t

)RT

(∂R

∂t

)]sin2 g

=8

3π

∫ ∞

0

r2dr

[RT

(∂R

∂t

)]2

sin2 g

=8

3π

∫ ∞

0

r2dr

[R−1

(∂R

∂t

)]2

sin2 g

(8.336)

Selanjutnya, akan digunakan proposisi berikut.

Proposisi:

ΦΦ = 1 (8.337)

dimana Φ diberikan oleh persamaan (8.303).

Bukti:

Dari pernyataan Φ menurut persamaan (8.303):

ΦΦ = [σlRlkxk][σmRmnxn] = σlσmRlkRmnxkxn (8.338)

Dengan menggunakan sifat matriks Pauli:

σlσm = δlm + iεlmp σp (8.339)

dimana δlm = 1 untuk l = m, sedangkan δlm = 0, untuk l 6= m, dalam persamaan

(8.339) ke (8.338), diperoleh:

ΦΦ = (δlm + iεlmp σp)RlkRmnxkxn = RmkRmnxkxn︸︷︷︸=1

+iσp εlmpRlkRmnxkxn︸︷︷︸=0

(8.340)

Karena,

RmkRmn = δkn (8.341)

maka suku pertama dari persamaan (8.340) menjadi:

RmkRmnxkxn = δknxkxn = |x|2 = 1 (8.342)

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

diperoleh:

εlmpRlkRmnxkxn = εlmpRlnRmkxnxk (8.343)

BAB 8. LAMPIRAN 85

sehingga,

εlmpRlkRmnxkxn =1

2(εlmpRlkRmnxkxn + εlmpRlnRmkxnxk)

=1

2(εlmpRlkRmn + εlmpRlnRmk)xkxn

=1

2(εlmpRlkRmn + εmlpRmnRlk)xkxn

=1

2(εlmp + εmlp)RlkRmnxkxn

= 0

(8.344)

karena εlmp = −εmlp.Dengan mensubstitusikan (8.342) dan (8.344) ke (8.340), diperoleh:

ΦΦ = 1 (8.345)

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

Tr[Lo, Lr]2 = Tr[LoLr − LrLo]2

= Tr Tr[LoLr − LrLo][LoLr − LrLo]

= Tr LoLrLoLr − LoLrLrLo − LrLoLoLr + LrLoLrLo

= Tr LoLrLoLr − LoLoLrLr − LoLoLrLr + LoLrLoLr

= 2Tr[LoLrLoLr − LoLoLrLr]

(8.346)

Pertama hitung suku Tr[LoLrLoLr].


Lo = U †∂oU = [cos g − iσlRlkxk sin g][iσl∂Rlk

∂txk sin g]

= [cos g − iΦ sin g][i∂Φ

∂tsin g]

= [i∂Φ

∂tsin g cos g + Φ

∂Φ

∂tsin2 g]

= sin g[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g]

(8.347)

dimana, σlRlkxk = Φ.

BAB 8. LAMPIRAN 86


Lr = U †∂rU

= [cos g − iσlRlkxk sin g]∂r[cos g + iσlRlkxk sin g]

= [cos g − iΦ sin g][∂r cos g + iΦ∂r sin g]

= [cos g − iΦ sin g]

[− sin g

dg

dr+ iΦ cos g

dg

dr

]

= [cos g − iΦ sin g] [− sin g + iΦ cos g]dg

dr

=

[− cos g sin g + iΦ cos2 g + iΦ sin2 g + ΦΦ︸︷︷︸

=1

sin g cos g

]dg

dr

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

] dgdr

= [− cos g sin g + iΦ + sin g cos g]dg

dr

= iΦdg

dr

(8.348)


LoLr = sin g

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

]iΦdg

dr(8.349)

sehingga,

LoLrLoLr = sin2 g(−1)

(dg

dr

)2 [i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

]Φ

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

]Φ

= − sin2 g

(dg

dr

)2[

(−1)∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g + i

∂Φ

∂tΦΦ︸︷︷︸=1

∂Φ

∂tΦ cos g sin g

+iΦ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ sin g cos g + Φ

∂Φ

∂tΦΦ︸︷︷︸=1

∂Φ

∂tΦ sin2 g

]

(8.350)

dan,

Tr[LoLrLoLr] = − sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g + i

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tΦ cos g sin g

+i∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin g cos g +

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tsin2 g

](8.351)

BAB 8. LAMPIRAN 87

Karena dari persamaan (8.309):

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂tΦ

]= 0 (8.352)

maka,

Tr[LoLrLoLr] = − sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g +

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tsin2 g

](8.353)

Berikut tinjau suku Tr[LoLoLrLr]. Pertama, dari persamaan (8.347) diperoleh:

LoLo = sin g

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

]sin g

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

]

= sin2 g

[(−1)

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + i

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tcos g sin g + iΦ

∂Φ

∂t

∂Φ


∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2 g

]

(8.354)

sedangkan dari persamaan (8.348), diperoleh:

LrLr = iΦdg

driΦdg

dr= (−1) ΦΦ︸︷︷︸

=1

(dg

dr

)2

= −(dg

dr

)2

(8.355)

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

Tr [LoLoLrLr] = − sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + i

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tcos g sin g

+iΦ∂Φ

∂t

∂Φ


∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2 g

]

Tr [LoLoLrLr] = − sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2g

](8.356)

Dengan demikian,

Tr[Lo, Lr]2 = 2Tr[LoLrLoLr − LoLoLrLr] = 2 Tr[LoLrLoLr]− Tr[LoLoLrLr]

(8.357)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.353) dan (8.356) ke persamaan (8.357) diper-

BAB 8. LAMPIRAN 88

oleh:

Tr[Lo, Lr]2 = 2

− sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g +

∂Φ

∂t

∂Φ

∂tsin2 g

]

+ sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[−∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2 g

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2Tr

[∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g − ∂Φ

∂t

∂Φ

∂tsin2 g

]

+Tr

[−∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2 g

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tΦ cos2 g − ∂Φ

∂t

∂Φ

∂tsin2 g

−∂Φ

∂t

∂Φ

∂tcos2 g + Φ

∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂tsin2 g

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t(cos2 g + sin2 g)− ∂Φ

∂t

∂Φ

∂t(sin2 g + cos2 g)

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t− ∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

(8.358)


Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]= 2xbxd

∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t(8.359)

dimana, dari persamaan (8.317) diperoleh:

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t

]= −2

[∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t

]xdxh = − 2xdxh

∂Rgd

∂t

∂Rgh

∂t︸︷︷︸=Tr[∂Φ

∂t∂Φ∂t ]

(8.360)

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

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t

]= −Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

](8.361)

BAB 8. LAMPIRAN 89

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.361) ke (8.360), diperoleh:

Tr[Lo, Lr]2 = 2 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t− ∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2Tr

[Φ∂Φ

∂tΦ∂Φ

∂t

]− Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2−Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]− Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

= 2 sin2 g

(dg

dr

)2−2Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

(8.362)

Teorema: ∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθTr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]= −8

3πTr

[R−1∂R

∂t

]2

(8.363)

Bukti:

Dari persamaan (8.359), diperoleh

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]= 2xbxd

∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t(8.364)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) ke (8.362), didapat:

Tr[Lo, Lr]2 = −4 sin2 g

(dg

dr

)2

2xbxd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t(8.365)

Sedang, menurut teorema di persamaan (8.325) adalah:

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sinθdθxaxb =4

3πδab (8.366)

Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) dan (8.366) ke (8.401), diperoleh:

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ2xbxd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t= (2)

4π

3δbd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t=

8π

3

∂Rcd

∂t

∂Rcd

∂t(8.367)

dimana,

∂Rcd

∂t

∂Rcd

∂t=

(∂RT

∂t

)

dc

(∂R

∂t

)

cd

=

(∂RT

∂t

∂R

∂t

)

dd

= Tr

[∂RT

∂t

∂R

∂t

](8.368)

Menurut persamaan(8.335), diperoleh:

(∂RT

∂t

)= −RT

(∂R

∂t

)RT (8.369)

BAB 8. LAMPIRAN 90

dan karena, RTR = I → RT = R−1 maka,

(∂RT

∂t

)= −R−1

(∂R

∂t

)R−1 (8.370)


∂Rcd

∂t

∂Rcd

∂t= Tr

[−R−1

(∂R

∂t

)R−1∂R

∂t

]

= −Tr[R−1

(∂R

∂t

)R−1

(∂R

∂t

)]

= −Tr[R−1

(∂R

∂t

)]2

(8.371)

Sehingga, dengan mensubstitusikan persamaan (8.371) ke (8.367) dan dengan meng-

gunakan relasi pada persamaan (8.364), maka teorema di persamaan (8.363) terbukti

benar. Dengan menggunakan persamaan (8.362) dan (8.363), diperoleh:

∫ ∞

o

d3xTr[Lo, Lr]2 =

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

∫ ∞

o

r2dr

−4 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

= −4

−8

3πTr

[R−1∂R

∂t

]2∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

=32

3πTr

[R−1∂R

∂t

]2 ∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

(8.372)

dimana,∫∞od3x =

∫∞or2dr

∫ 2π

odφ∫ πo

sin θdθ.

BAB 8. LAMPIRAN 91

Dengan menggunakan persamaan (8.372),(8.364) dan (8.366) dan (8.371) diperoleh:

∫ ∞

o

d3xTr[Lo, Lr]2 =

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

∫ ∞

o

r2dr

−4 sin2 g

(dg

dr

)2

Tr

[∂Φ

∂t

∂Φ

∂t

]

=

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

∫ ∞

o

r2dr

−4 sin2 g

(dg

dr

)2

2xbxd∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t

=

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxbxd

∫ ∞

o

r2dr

−4 sin2 g

(dg

dr

)2

2∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t

=4

3πδbd

∫ ∞

o

r2dr

(−4)(2) sin2 g

(dg

dr

)2∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t

=4

3π(−4)(2)δbd

∂Rcb

∂t

∂Rcd

∂t

∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

=4

3π(−4)(2)

∂Rcd

∂t

∂Rcd

∂t

∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

=4

3π(−4)(2)(−1)Tr

[R−1

(∂R

∂t

)]2 ∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

=32

3πTr

[R−1

(∂R

∂t

)]2 ∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2

(8.373)

Tinjau relasi berikut:

Tr[Lo, Lθ]2 = Tr[LoLθ − LθLo]2

= Tr [LoLθ − LθLo][LoLθ − LθLo]

= Tr LoLθLoLθ − LoLθLθLo − LθLoLoLθ + LθLoLθLo

= Tr[LoLθLoLθ]− Tr[LoLθLθLo]− Tr[LθLoLoLθ] + Tr[LθLoLθLo]

= 2Tr[LoLθLoLθ]− 2Tr[LoLθLθLo]

(8.374)

dimana suku kedua dari (8.374) menjadi:

Tr[LθLoLoLθ] = Tr[LθLθLoLo] = Tr[LoLθLθLo] (8.375)


Lo = sin g

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

](8.376)

BAB 8. LAMPIRAN 92

Dengan menggunakan persamaan (8.297) dan (8.296), dapat diperoleh:

Lθ = U †∂θU = [cos g − iΦ sin g][i(∂θΦ) sin g] (8.377)

dimana, Φ = σlRlkxk.

Dengan demikian,

L0Lθ = sin g

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

][cos g − iΦ sin g] [i(∂θΦ) sin g]

= i sin2 g

[i∂Φ

∂tcos g + Φ

∂Φ

∂tsin g

][(∂θΦ) cos g − iΦ(∂θΦ) sin g]

= i sin2 g

[i∂Φ

∂t(∂θΦ) cos2 g +

∂Φ

∂tΦ(∂θΦ) cos g sin g

+Φ∂Φ

∂t(∂θΦ) sin g cos g − iΦ∂Φ

∂tΦ(∂θΦ) sin2 g

]

= i sin2 g

i(∂Φ

∂t

)(∂θΦ) cos2 g +

(∂Φ

∂t

)Φ + Φ

(∂Φ

∂t

)

︸︷︷︸= 0

(∂θΦ) cos g sin g

−iΦ

(∂Φ

∂t

)Φ

︸︷︷︸=−( ∂Φ

∂t )

(∂θΦ) sin2 g

= i sin2 g

[i

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)(cos2 g + sin2 g)

]

= i sin2 g

[i

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

]

= − sin2 g

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

(8.378)

Karena,

ΦΦ = Φ2 = 1 (8.379)

maka

∂

∂tΦ2 = 0 (8.380)

Uraian ruas kiri persamaan (8.380) adalah:

∂

∂t(ΦΦ) =

(∂Φ

∂t

)Φ + Φ

(∂Φ

∂t

)= 0 (8.381)

BAB 8. LAMPIRAN 93

sehingga, (∂Φ

∂t

)Φ = −Φ

(∂Φ

∂t

)(8.382)

atau,

Φ

(∂Φ

∂t

)= −

(∂Φ

∂t

)Φ (8.383)

Bila kedua ruas dari persamaan (8.383) dikalikan dengan Φ, dari sisi kanan, maka

dengan mensubstitusikan (8.379), diperoleh:

Φ

(∂Φ

∂t

)Φ = −

(∂Φ

∂t

)ΦΦ︸︷︷︸=1

= −(∂Φ

∂t

)(8.384)

digunakan persamaan (8.374) dan (8.378) diperoleh:

Tr[LoLθLoLθ] = Tr

[(−1) sin2 g

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)(−1) sin2 g

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

]

= sin4 gTr

[(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

] (8.385)

dimana, Φ = σlRlkxk.

Berikut, dihitung Tr[LoLθLθLo] pada persamaan (8.374).

Telah dihitung di persamaan (8.378), bahwasannya:

LoLθ = −sin2g

[(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

](8.386)

Gunakan persamaan (8.376) dan (8.377), diperoleh:

LθLo = [cos g − iΦ sin g] [i (∂θΦ) sin g] sin g

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

]

= i sin2 g [(∂θΦ) cos g − iΦ (∂θΦ) sin g]

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

]

= i sin2 g

i (∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)cos2 g + (∂θΦ) Φ

(∂Φ

∂t

)cos g sin g + Φ (∂θΦ)︸︷︷︸

=−(∂θΦ)Φ

(∂Φ

∂t

)sin g cos g

−i Φ (∂θΦ) Φ︸︷︷︸=−(∂θΦ)ΦΦ=−(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)sin2 g

= i sin2 g

[i(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)(cos2 g + sin2 g)

]

= − sin2 g

[(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)]

BAB 8. LAMPIRAN 94

(8.387)

Dengan menggunakan persamaan (8.386) dan (8.387), dapat diperoleh:

Tr[LoLθLθLo] = Tr

[(−1) sin2 g

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)(−1) sin2 g(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)]

= sin4 gTr

[(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)] (8.388)

Dari (8.388), diperoleh:

Tr

[(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)]= Tr [σaσcσeσg]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)Ref

(∂xf∂θ

)(∂Rgh

∂t

)xh

= 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce](∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)Ref

(∂xf∂θ

)(∂Rgh

∂t

)xh

(8.389)

Dari persamaan (8.385) dijabarkan:

Tr

[(∂Φ

∂t

)(∂Φ

∂θ

)(∂Φ

∂θ

)(∂Φ

∂t

)]= 2

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)Ref

(∂xf∂θ

)(∂Reh

∂t

)xh

−(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)Raf

(∂xf∂θ

)(∂Rch

∂t

)xh

+

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)Rcf

(∂xf∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

= 2

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

(8.390)


Tr[LoLθLθLo] = sin4g 2

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

= 2sin4g

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

(8.391)

BAB 8. LAMPIRAN 95


Tr

[(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

(∂Φ

∂t

)(∂θΦ)

]= Tr[σaσcσeσg]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂θ

)

= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce](∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂θ

)

= 2

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)

−(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)(∂Raf

∂t

)xfRch

(∂xh∂θ

)

+

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂θ

)(∂Rcf

∂t

)xfRah

(∂xh∂θ

)]

= 4

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)]

−2

[(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

]

(8.392)


Tr[LoLθLoLθ] = sin4 g

4

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)]

−2

[(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

]

(8.393)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.393),(8.391) ke persamaan (8.374), diperoleh:

Tr[Lo, Lθ]2 = 2 sin4 g

4

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)]

−2

[(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

]

−2.2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh

= 8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)

−(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)

︸︷︷︸=1

(∂Rah

∂t

)xh

(8.394)

BAB 8. LAMPIRAN 96

Proposisi:(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh =

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh (8.395)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.395) ke (8.394) diperoleh:

Tr[Lo, Lθ]2 = 8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

(8.396)

Bukti proposisi pada persamaan (8.395):

Tinjau, suku kedua dari ruas kanan persamaan (8.394) diperoleh:(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)(∂Rah

∂t

)xh =

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)xbxh

(8.397)

Karena, untuk d = 1, 2, 3, maka:(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)=

(∂x1

∂θ

)(∂x1

∂θ

)+

(∂x2

∂θ

)(∂x2

∂θ

)+

(∂x3

∂θ

)(∂x3

∂θ

)

=

[∂

∂θ(sin θ cos φ)

]2

+

[∂

∂θ(sin θ sin φ)

]2

+

[∂

∂θ(cos θ)

]2

= [cos θcosφ]2 + [cos θ sin φ]2 + [− sin θ]2

= cos2 θ cos2 φ+ cos2 θ sin2 φ+ sin2 θ

= cos2 θ(cos2 φ+ sin2 φ) + sin2 θ

= cos2 θ + sin2 θ

= 1

(8.398)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.398) ke ruas kiri persamaan (8.395), diperoleh:(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)(∂xd∂θ

)(∂xd∂θ

)xbxh =

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh (8.399)

Berikut, dihitung Tr[Lo, Lφ]2 pada persamaan (8.292).

Tr[Lo, Lφ]2 = Tr[LoLφ − LφLo]2

= Tr [LoLφ − LφLo][LoLφ − LφLo]

= Tr[LoLφLoLφ − LoLφLφLo − LφLoLoLφ + LφLoLφLo]

= Tr[LoLφLoLφ]− Tr[LoLφLφLo]− Tr[LφLoLoLφ] + Tr[LφLoLφLo]

= 2Tr[LoLφLoLφ]− 2Tr[LoLφLφLo]

(8.400)

BAB 8. LAMPIRAN 97

dimana, telah digunakan sifat trace:

Tr[LφLoLφLo] = Tr[LoLφLoLφ] (8.401)

dan,

Tr[LφLoLoLφ] = Tr[LφLφLoLo] = Tr[LoLφLφLo] (8.402)


Lo = U †∂oU = sin g

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

](8.403)

dan,

Lφ = U †∂φU = [cos g− iΦ sin g](∂φ[cos g+ iΦ sin g]) = [cos g− iΦ sin g][i(∂φΦ) sin g]

(8.404)

dimana telah digunakan:

∂φ([cos g + iΦ sin g]) = ∂φ cos g(r) + (∂φi)Φ sin g + i∂φ(Φ sin g)

= 0 + 0 + i[(∂φΦ) sin g + Φ(∂φ sin g(r))]

= i(∂φΦ) sin g

(8.405)

Berikut, dihitung L0Lφ pada persamaan (8.400)

BAB 8. LAMPIRAN 98

Dari persamaan (8.403) dan (8.404) diperoleh:

L0Lφ = sin g

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

][cos g − iΦ sin g] [i (∂φΦ) sin g]

= i sin2 g [i (∂oΦ) cos g + Φ (∂oΦ) sin g] [(∂φΦ) cos g − iΦ (∂φΦ) sin g]

= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g + (∂oΦ) Φ (∂φΦ) cos g sin g + Φ (∂oΦ) (∂φΦ) sin g cos g

−iΦ (∂oΦ) Φ (∂φΦ) sin2 g]

= i sin2 g

i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g +

(∂oΦ) Φ + Φ (∂oΦ)︸︷︷︸=−(∂oΦ)Φ

(∂φΦ) cos g sin g

−iΦ (∂oΦ) Φ (∂φΦ) sin2 g]

= i sin2 g

i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g − iΦ (∂oΦ) Φ︸︷︷︸

=−(∂oΦ)

(∂φΦ) sin2 g

= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g + i (∂oΦ) (∂φΦ) sin2 g

]

= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ)

cos2 g + sin2 g

]

= i sin2 g [i (∂oΦ) (∂φΦ)]

= − sin2 g (∂oΦ) (∂φΦ)

(8.406)

Berikut, dihitung LφL0 pada persamaan (8.400).

BAB 8. LAMPIRAN 99


LφL0 = [cos g − iΦ sin g] [i (∂φΦ) sin g] sin g

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

]

= i sin2 g [(∂φΦ) cos g − iΦ (∂φΦ) sin g]

[i

(∂Φ

∂t

)cos g + Φ

(∂Φ

∂t

)sin g

]

= i sin2 g

[i (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)cos2 g + (∂φΦ) Φ

(∂Φ

∂t

)cos g sin g

+Φ (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)sin g cos g − iΦ (∂φΦ) Φ

(∂Φ

∂t

)sin2 g

]

= i sin2 g

i (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)cos2 g +

(∂φΦ) Φ︸︷︷︸=−Φ(∂φΦ)

+Φ (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)cos g sin g

−iΦ (∂φΦ) Φ︸︷︷︸=−(∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)sin2 g

= i sin2 g

[i (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)cos2 g + −Φ (∂φΦ) + Φ (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)cos g sin g

−i(−1) (∂φΦ)

(∂Φ

∂t

)sin2 g

]

= i sin2 g[i (∂φΦ) (∂oΦ) cos2 g + i (∂φΦ) (∂oΦ) sin2 g

]

= i sin2 g[i (∂φΦ) (∂oΦ)

(cos2 g + sin2 g

)]

= − sin2 g (∂φΦ) (∂oΦ)

(8.407)

dimana,

∂φ (ΦΦ)︸︷︷︸=1

= ∂φ(1) (8.408)

maka,

(∂φΦ)Φ + Φ(∂φΦ) = 0 (8.409)

sehingga,

(∂φΦ)Φ = −Φ(∂φΦ) (8.410)

Bila kedua ruas persamaan (8.410) dikalikan dengan Φ, maka:

(∂φΦ)ΦΦ = −Φ(∂φΦ)Φ (8.411)

BAB 8. LAMPIRAN 100

sehingga,

(∂φΦ) = −Φ(∂φΦ)Φ (8.412)

Jadi, suku Tr[L0LφL0Lφ] pada persamaan (8.400) adalah:

Tr[LoLφLoLφ] = Tr[(−1) sin2 g(∂oΦ)(∂φΦ)(−1) sin2 g(∂oΦ)(∂φΦ)]

= Tr[sin4 g(∂oΦ)(∂φΦ)(∂oΦ)(∂φΦ)]

= sin4 gTr[(∂oΦ)(∂φΦ)(∂oΦ)(∂φΦ)]

(8.413)

BAB 8. LAMPIRAN 101

Dari (8.413), dengan menggunakan relasi Φ = σaRabxb, diperoleh:

Tr[LoLφLoLφ] = sin4 gTr

[∂

∂t(σaRabxb)

∂

∂φ(σcRcdxd)

∂

∂t(σeRef xf )

∂

∂φ(σgRghxh)

]

= sin4 gTr

[σa

(∂Rab

∂t

)xbσcRcd

(∂xd∂φ

)σe

(∂Ref

∂t

)xfσgRgh

(∂xh∂φ

)]

= sin4 gTr [σaσcσeσg]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂φ

)

= sin4 g 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂φ

)

= 2 sin4 g

[δacδeg

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂φ

)

−δaeδcg(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂φ

)

+δagδce

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRgh

(∂xh∂φ

)]

= 2 sin4 g

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Raf

∂t

)xfRch

(∂xh∂φ

)

+

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Rcf

∂t

)xfRah

(∂xh∂φ

)]

= 2 sin4 g

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

+

(∂Rab

∂t

)xbReh

(∂xh∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfRad

(∂xd∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)(∂Rah

∂t

)xhRcd

(∂xd∂φ

)]

= 4 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRab

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂φ

)(∂xd∂φ

)xh

(∂Rah

∂t

)

= 2 sin4 g

[2

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂φ

)(∂xd∂φ

)xh

(∂Rah

∂t

)]

(8.414)

Relasi berguna: RcdRcd = δdd = 1.

Berikut dihitung(∂bxd∂φ

) (∂bxd∂φ

)pada persamaan (8.414).

BAB 8. LAMPIRAN 102

Untuk d = 1, 2, 3 berlaku:

(∂xd∂φ

)(∂xd∂φ

)=

(∂x1

∂φ

)(∂x1

∂φ

)+

(∂x2

∂φ

)(∂x2

∂φ

)+

(∂x3

∂φ

)(∂x3

∂φ

)

=

(∂

∂φ[sin θ cosφ]

)2

+

(∂

∂φ[sin θ sinφ]

)2

+

(∂

∂φcos θ

)2

= (sin θ(−1) sin φ)2 + (sin θ cos φ)2 + (0)2

= sin2 θ sin2 φ+ sin2 θ cos2 φ+ 0

= sin2 θ(sin2 φ+ cos2 φ)

= sin2 θ

(8.415)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.415) ke dalam (8.414), diperoleh:

Tr[L0LφL0Lφ] = 2 sin4 g

[2

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xb sin2 θxh

(∂Rah

∂t

)]

(8.416)

BAB 8. LAMPIRAN 103


Tr[L0LφLφL0] = Tr

[(−1) sin2 g

(∂Φ

∂t

)(∂Φ

∂φ

)(−1) sin2 g

(∂Φ

∂φ

)(∂Φ

∂t

)]

= sin4 gTr

[(∂Φ

∂t

)(∂Φ

∂φ

)(∂Φ

∂φ

)(∂Φ

∂t

)]

= sin4 gTr

[σa

(∂Rab

∂t

)xbσcRcd

(∂xd∂φ

)σeRef

(∂xf∂φ

)σg

(∂Rgh

∂t

)xh

]

= sin4 gTr [σaσcσeσg]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Rgh

∂t

)xh

= sin4 g 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce]

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Rgh

∂t

)xh

= 2 sin4 g

[δacδeg

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Rgh

∂t

)xh

−δaeδcg(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Rgh

∂t

)xh

+δagδce

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Rgh

∂t

)xh

]

= 2 sin4 g

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)Ref

(∂xf∂φ

)(∂Reh

∂t

)xh

−(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Raf

(∂xf∂φ

)(∂Rch

∂t

)xh

+

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Rcf

(∂xf∂φ

)(∂Rah

∂t

)xh

]

= 2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRcd

(∂xd∂φ

)Rcd

(∂xd∂φ

)(∂Rah

∂t

)xh

= 2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xb

(∂xd∂φ

)(∂xd∂φ

)(∂Rah

∂t

)xh

dimana, Φ = σaRabxb dan RcdRcd = δdd = 1.


Tr[L0LφLφL0] = 2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xb sin2 θ

(∂Rah

∂t

)xh (8.417)

BAB 8. LAMPIRAN 104

Jadi, dari persamaan (8.400),(8.416) dan (8.417), diperoleh:

Tr[L0, Lφ]2 = 2Tr[L0LφL0Lφ]− 2Tr[L0LφLφL0]

= (2)(2) sin4 g

[2

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xb sin2 θxh

(∂Rah

∂t

)]− (2)(2) sin4 g

(∂Rab

∂t

)xb sin2 θ

(∂Rah

∂t

)xh

= 4 sin4 g

[2

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xb sin2 θxh

(∂Rah

∂t

)−(∂Rab

∂t

)xb sin2 θxh

(∂Rah

∂t

)]

= 4 sin4 g

[2

(∂Rab

∂t

)(∂Ref

∂t

)(∂xd∂φ

)(∂xh∂φ

)RadRehxbxf

−2

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh sin2 θ

]

= 8 sin4 g

[(∂Rab

∂t

)(∂Ref

∂t

)(∂xd∂φ

)(∂xh∂φ

)RadRehxbxf

−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh sin2 θ

]

(8.418)


Tr[L0, Lθ]2 = 8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

(8.419)

Karena, (∂Rab

∂t

)Rad =

(R−1

(∂R

∂t

))

db

(8.420)

dimana, RTR = I → RT = R−1.


Tr[L0, Lθ]2 = 8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂θ

)(R−1∂R

∂t

)

hf

xf

(∂xh∂θ

)−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

(8.421)


∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxbxh =4

3πδbh (8.422)

BAB 8. LAMPIRAN 105

maka,∫d3xTr

[−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

]= −8

∫ ∞

o

drr2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)δbh

= −8

∫ ∞

o

drr2 sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)

= −8

∫ ∞

o

drr2 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)2

(8.423)

Tinjau suku pertama dari ruas kanan persamaan (8.421), diperoleh:

8sin4g

(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂θ

)(R−1∂R

∂t

)

hf

xf

(∂xh∂θ

)(8.424)

dan karena, (R−1∂R

∂t

)

db

= −(R−1∂R

∂t

)

bd

(8.425)

maka,(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂θ

)=

(R−1∂R

∂t

)

12

(x2∂x1

∂θ− x1

∂x2

∂θ

)

+

(R−1∂R

∂t

)

13

(x3∂x1

∂θ− x1

∂x3

∂θ

)

+

(R−1∂R

∂t

)

23

(x3∂x2

∂θ− x2

∂x3

∂θ

)(8.426)

Untuk masing-masing suku yang mengandung x, pada persamaan (8.426) diperoleh:(x2∂x1

∂θ− x1

∂x2

∂θ

)= sin θ sin φ

(∂

∂θ[sin θ cos φ]

)− sin θ cos φ

(∂

∂θ[sin θ sin φ]

)

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

= 0

(8.427)

(x3∂x1

∂θ− x1

∂x3

∂θ

)= cos θ

(∂

∂θ[sin θ cos φ]

)− sin θ cos φ

(∂

∂θcos 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 106

(x3∂x2

∂θ− x2

∂x3

∂θ

)= cos θ

(∂

∂θ[sin θ sin φ]

)− sin θ sin φ

(∂

∂θcos θ

)

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

= cos2 θ sin φ+ sin2 θ sin φ

= sin φ(cos2 θ + sin2 θ)

= sin φ

(8.429)

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

(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂θ

)=

(R−1∂R

∂t

)

13

cos φ+

(R−1∂R

∂t

)

23

sin φ (8.430)


8sin4g

(R−1∂R

∂t

)

ab

xb

(∂xd∂θ

)(R−1∂R

∂t

)

hf

xf

(∂xh∂θ

)= 8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)

13

cos φ

+

(R−1∂R

∂t

)

23

sin φ

2

= 8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 φ

+2

(R−1∂R

∂t

)

13

cos φ

(R−1∂R

∂t

)

23

sin φ

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

sin2 φ

(8.431)

Dengan demikian, persamaan (8.418) tersederhanakan menjadi:

Tr[L0, Lφ]2 = 8 sin4 g

[(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

−(∂Rab

∂t

)xbsin

2θ

(∂Rah

∂t

)xh

]

(8.432)

BAB 8. LAMPIRAN 107

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.431) ke suku pertama ruas kanan persamaan

(8.432) diperoleh:

8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)

= 8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂φ

)(R−1∂R

∂t

)

hf

xf∂xh∂φ

(8.433)

Dengan cara yang sama dengan persamaan (8.431) diperoleh:(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂φ

)=

(R−1∂R

∂t

)

12

(x2∂x1

∂φ− x1

∂x2

∂φ

)

+

(R−1∂R

∂t

)

13

(x3∂x1

∂φ− x1

∂x3

∂φ

)

+

(R−1∂R

∂t

)

23

(x3∂x2

∂φ− x2

∂x3

∂φ

)(8.434)

Untuk masing-masing suku yang mengandung x, pada persamaan (8.434), diperoleh:(x2∂x1

∂φ− x1

∂x2

∂φ

)= sin θ sin φ

(∂

∂φ[sin θ cos φ]

)− sin θ cos φ

(∂

∂φ[sin θ sin 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)

(x3∂x1

∂φ− x1

∂x3

∂φ

)= cos θ

(∂

∂φ[sin θ cos φ]

)− sin θ cos φ

(∂

∂φcos θ

)

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

= − cos θ sin θ sin φ

(8.436)

(x3∂x2

∂φ− x2

∂x3

∂φ

)= cos θ

(∂

∂φ[sin θ sin φ]

)− sin θ sin φ

(∂

∂φcos θ

)

= 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

xb

(∂xd∂φ

)=

(R−1∂R

∂t

)

12

(−1) sin2 θ

+

(R−1∂R

∂t

)

13

(−1) cos θ sin θ sin φ

+

(R−1∂R

∂t

)

23

cos θ sin θ cos φ

(8.438)


8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)

db

xb

(∂xd∂φ

)(R−1∂R

∂t

)

hf

xf

(∂xh∂φ

)= 8 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)2

12

sin4 θ

+

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 θ sin2 θ sin2 φ

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

sin2 θ cos2 θ cos2 φ

+

(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

13

sin2 θ sin 2θ sin φ

−(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

23

sin2 θ sin 2θ cos φ

−1

2

(R−1∂R

∂t

)

13

(R−1∂R

∂t

)

23

sin2 2θ sin φ cos φ

(8.439)

Karena, ∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

dθ sin θ cos2 φ =

∫ 2π

o

dφ cos2 φ

∫ π

o

dθ sin θ (8.440)

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

dθ sin θ sin2 φ =

∫ 2π

o

dφ sin2 φ

∫ π

o

dθ sin θ (8.441)

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

dθ sin θ sin φ cos φ =

∫ 2π

o

dφ sin φ cos φ

∫ π

o

dθ sin θ (8.442)

BAB 8. LAMPIRAN 109

maka dari (8.432), diperoleh:

∫d3x8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂φ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂φ

)= 8

∫ ∞

o

drr2 sin4 g

(R−1∂R

∂t

)2

13

(2π) + 0

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

(2π)

(8.443)

Dari (8.440), dapat dicari:

∫ 2π

o

dφ cos2 φ =

∫ 2π

o

dφ

[1

2(cos 2φ+ 1)

]=

1

2

∫ 2π

o

dφ(cos 2φ+1) =1

2[

∫ 2π

o

cos 2φdφ+

∫ 2π

o

dφ]

(8.444)

Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ− sin2 φ dan sin2 φ = 1− cos2 φ.

Dengan memisalkan u = 2φ, maka dφ = 12du, persamaan (8.444) dapat dinyatakan

sebagai:

∫ 2π

o

dφ cos2 φ =1

2

[∫cos u(

1

2du) + φ|2πo

]

=1

2

[1

2sin 2φ|2πo + 2π

]

=1

2[1

2(sin 2 2π − sin 2 0) + 2π]

=1

2[1

2(0− 0) + 2π]

=1

22π

= π

(8.445)

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

cos 2π = 0

Dari persamaan (8.440), dicari:

∫ 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: ∫ 2π

o

dφ cos2 φ

∫ π

o

dθ sin θ = π (2) = 2π (8.447)

BAB 8. LAMPIRAN 110

Dari persamaan (8.440), mencari nilai∫ 2π

odφ sin2 φ

∫ πodθ sin θ.

∫ 2π

o

dφ sin2 φ =

∫ 2π

o

dφ(−1

2)(cos 2φ− 1)

= −1

2

∫ 2π

o

dφ(cos 2φ− 1)

= −1

2

[∫ 2π

o

cos 2φdφ−∫ 2π

o

dφ

]

= −1

2

[∫cos u(

1

2du)− φ|2πo

]

= −1

2

[1

2

∫cos u du− 2π

]

= −1

2

[1

2sin 2φ|2πo − (2π − 0)

]

= −1

2[1

2(sin 2 2π − sin 2 0)− 2π]

= −1

2[1

20− 2π] = −1

2[−2π]

= π

(8.448)

Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ−sin2 φ, cos2 φ+sin2 φ = 1, u = 2φ, du = 2dφ, 12du =

dφ, sin 2A = 2 sin A cos A, sin 2 2π = 2 sin 2π︸︷︷︸=0

cos 2π = 0.


∫ π

o

dθ sin θ = 2 (8.449)


diperoleh: ∫ 2π

o

dφ sin2 φ

∫ π

o

dθ sin θ = 2π (8.450)

BAB 8. LAMPIRAN 111

Dari (8.441), mencari nilai∫ 2π

odφ sin φ cos φ

∫ πodθ sin θ.

∫ 2π

o

dφ sin φ cos φ =

∫ 2π

o

dφ1

2sin (φ− φ) + sin (φ+ φ)

=1

2

∫ 2π

o

dφ 0 + sin 2φ

=1

2

∫1

2du sin u

=1

2

1

2(−1) cos 2φ|2πo

= (−1)1

2

1

2[cos 2 2π − cos 2 0]

= (−1)1

2

1

2[1− 1]

= 0

(8.451)

Relasi berguna:

2φ = u, 2dφ = du, dφ = 12du, cos 2A = 2 cos2 A − 1, cos 2 2π = 2 cos2 2π︸︷︷︸

=1

−1 =

(2)(1)− 1 = 1.


∫ π

o

dθ sin θ = 2 (8.452)


diperoleh: ∫ 2π

o

dφ sin φ cos φ

∫ π

o

dθ sin θ = (0)(2) = 0 (8.453)

Berikut tinjau,

Erotasi =

∫d3x εrotasi (8.454)

dimana, dari persamaan (8.269) diperoleh:

εrotasi = −Tr[F 2

16L2o +

1

16a2[Lo, La]

2

]= −F

2

16TrL2

o −1

16a2Tr [Lo, La]

2 (8.455)

dan dari persamaan (8.323), diperoleh:

TrL2o = −2

xhxd

(∂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:

Tr[L0, La]2 = Tr

[L0, Lr]

2 +1

r2[L0, Lθ]

2 +1

r2 sin2 θ[L0, Lφ]2

= Tr[L0, Lr]2 +

1

r2Tr[L0, Lθ]

2 +1

r2 sin2 θTr[L0, Lφ]2

= −4 sin2 g

(dg

dr

)2

2xbxd

(∂Rcb

∂t

)(∂Rcd

∂t

)

+1

r28 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)

−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

+1

r2 sin2 θ8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Ref

∂t

)(∂xd∂φ

)(∂xh∂φ

)RadRehxbxf

−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh sin2 θ

(8.457)

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

memberikan:

εrotasi = −F2

16(−2)

xhxd

(∂Rgh

∂t

)(∂Rgd

∂t

)sin2 g

− 1

16a2

[−4 sin2 g

(dg

dr

)2

2xbxd

(∂Rcb

∂t

)(∂Rcd

∂t

)

+1

r28 sin4 g

(∂Rab

∂t

)xbRad

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

+1

r2 sin2 θ8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Ref

∂t

)(∂xd∂φ

)(∂xh∂φ

)RadRehxbxf

−(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh sin2 θ

]

(8.458)

BAB 8. LAMPIRAN 113

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

E(1)rotasi =

∫d3xε

(1)rotasi =

F 2

8

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxhxd︸︷︷︸

= 43πδhd

(∂Rgh

∂t

)(∂Rgd

∂t

)sin2 g

=F 2

8

∫ ∞

o

r2dr

[4

3πδhd

(∂Rgh

∂t

)(∂Rgd

∂t

)sin2 g

]

=F 2

6π

∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(∂Rgd

∂t

)(∂Rgd

∂t

)

(8.459)

Untuk suku kedua:

E(2)rotasi =

∫d3xε

(2)rotasi

=1

2a2

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θ dθ xbxd︸︷︷︸

= 43πδbd

(∂Rcb

∂t

)(∂Rcd

∂t

)(dg

dr

)2

sin2 g

=1

2a2

∫ ∞

o

r2dr

[4

3πδbd

(∂Rcb

∂t

)(∂Rcd

∂t

)(dg

dr

)2

sin2 g

]

=2π

3a2

∫ ∞

o

r2dr sin2 g

(dg

dr

)2(∂Rcb

∂t

)(∂Rcb

∂t

)

(8.460)

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

BAB 8. LAMPIRAN 114

oleh:

E(3)rotasi =

∫d3xε

(3)rotasi

=

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

(− 1

16a2

)(1

r2

)8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)

xbRab

(∂xd∂θ

)(∂Ref

∂t

)xfReh

(∂xh∂θ

)

= − 1

16a28

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θ dθ xbxf

(∂xh∂θ

)(∂xd∂θ

)

[(∂Rab

∂t

)Rad

(∂Ref

∂t

)Reh

1

r2sin4 g

]

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θ dθ xbxf

(∂xh∂θ

)(∂xd∂θ

)

[(R−1∂R

∂t

)

db

(R−1∂R

∂t

)

hf

sin4 g

]

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θ dθ

[(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 φ

+2

(R−1∂R

∂t

)

13

(R−1∂R

∂t

)

23

cos φ sin φ+

(R−1∂R

∂t

)2

23

sin2 φ

]

(8.461)

Sebagaimana ditunjukkan oleh persamaan (8.447):∫ 2π

o

dφ cos2 φ

∫ π

o

dθ sin θ = 2π (8.462)

sedangkan hasil pada persamaan (8.450):∫ 2π

o

dφ sin2 φ

∫ π

o

dθ sin θ = 2π (8.463)

dan (8.453): ∫ 2π

o

dφ sin φ cos φ

∫ π

o

dθ sin θ = 0 (8.464)

Maka, dengan mensubstitusikan persamaan (8.462),(8.463) dan (8.464) ke persamaan

(8.461), diperoleh:

E(3)rotasi = − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

13

(2π) + 0 +

(R−1∂R

∂t

)2

23

(2π)

]

= − πa2

∫ ∞

o

dr sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

13

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

] (8.465)

BAB 8. LAMPIRAN 115

Untuk suku keempat dari persamaan (8.458), diperoleh:

E(4)rotasi =

∫d3xε

(4)rotasi

=

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

(− 1

16a2

)(1

r28 sin4 g

)(−1)

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)xbxh

= − 1

16a2(−1)8

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxbxh︸︷︷︸

= 43πδbh

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)1

r2sin4 g

=1

2a2

∫ ∞

o

dr

[4

3πδbh

(∂Rab

∂t

)(∂Rah

∂t

)sin4 g

]

=2π

3a2

∫ ∞

o

drsin4g

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)

(8.466)

BAB 8. LAMPIRAN 116

Dari (8.458), dengan menggunakan persamaan (8.420) dan (8.438), diperoleh:

E(5)rotasi =

∫d3xε

(5)rotasi

=

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

(− 1

16a2

)(1

r2 sin2 θ

)8 sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Ref

∂t

)(∂xd∂φ

)(∂xh∂φ

)RadRehxbxf

= − 1

16a28

∫ ∞

o

r2dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxbxf

(∂xh∂φ

)(∂xd∂φ

)

[(∂Rab

∂t

)Rad

(∂Ref

∂t

)Reh

1

r2sin4 g

1

sin2 θ

]

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθxbxf

(∂xh∂φ

)(∂xd∂φ

)

[(R−1∂R

∂t

)

db

(R−1∂R

∂t

)

hf

sin4 g

(1

sin2 θ

)]

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

[(R−1∂R

∂t

)2

12

sin4 θ

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 θ sin2 θ sin2 φ

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

sin2 θ cos2 θ cos2 φ+

(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

13

sin2 θ sin 2θ sin φ

−(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

23

sin2 θ sin 2θ cos φ

−1

2

(R−1∂R

∂t

)

13

(R−1∂R

∂t

)

23

sin2 2θ sin φ cos φ

](1

sin2 θ

)

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

[(R−1∂R

∂t

)2

12

sin2 θ +

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 θ sin2 φ

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

cos2 θ cos2 φ+

(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

13

sin 2θ sin φ

−(R−1∂R

∂t

)

12

(R−1∂R

∂t

)

23

sin 2θ cos φ

−1

2

(R−1∂R

∂t

)

13

(R−1∂R

∂t

)

23

4 cos2 θ sin φ cos φ

]

(8.467)

Sebagaimana persamaan (8.451):∫ 2π

o

dφ sinφ cosφ = 0 (8.468)

dan, bahwa ∫ 2π

o

dφ sinφ = 0 =

∫ 2π

o

dφ cos φ (8.469)

BAB 8. LAMPIRAN 117

maka dengan mesubstitusikan persamaan (8.468) dan (8.469) ke (8.467), diperoleh:

E(5)rotasi = − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

[(R−1∂R

∂t

)2

12

sin2 θ

+

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 θ sin2 φ+

(R−1∂R

∂t

)2

23

cos2 θ cos2 φ

]

(8.470)

Berikut, tinjau integral sudut dengan memisalkan:

I =

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ sin2 θ = 2π

∫ π

o

sin θdθ sin2 θ (8.471)

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

∫ π

0

sin θ dθ sin2 θ

= 2π

∫ π

0

(−1)d(cos θ) (1− cos2 θ)

= 2π

∫ −1

1

(−1)du(1− u2)

= −2π

∫ −1

1

(du− u2du)

= −2π(u− 1

3u3)|−1

1

= −2π

[(−1)− 1− 1

3(−1)− 1

]

= −2π

[−2− 1

3(−2)

]

= −2π[−2 +2

3]

=8

3π

(8.472)

BAB 8. LAMPIRAN 118

II =

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ sin2 φ

=

∫ 2π

o

dφ sin2 φ

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ

= π

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ

= π

∫ −1

1

(−du)u2

= −π(1

3u3)|−1

1

= −1

3π[(−1)− 1]

=2

3π

(8.473)

III =

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ cos2 φ

=

∫ 2π

o

dφ cos2 φ

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ

= π

∫ π

o

sin θdθ cos2 θ

=2

3π

(8.474)

dimana telah digunakan:∫ 2π

osin2 φdφ =

∫ 2π

odφ cos2 φ =

∫cos 2φdφ = sin 2φ

2.

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.472),(8.473) dan (8.474) ke persamaan

(8.470), diperoleh:

E(5)rotasi = − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

∫ 2π

o

dφ

∫ π

o

sin θdθ

[(R−1∂R

∂t

)2

12

sin2 θ +

(R−1∂R

∂t

)2

13

cos2 θ sin2 φ+

(R−1∂R

∂t

)2

23

cos2 θ cos2 φ

]

= − 1

2a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

12

(8

3π) +

(R−1∂R

∂t

)2

13

(2

3π) +

(R−1∂R

∂t

)2

23

(2

3π)

]

= − π

3a2

∫ ∞

o

dr sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

12

4 +

(R−1∂R

∂t

)2

13

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

]

(8.475)


E(6)rotasi = E

(4)rotasi (8.476)

BAB 8. LAMPIRAN 119

Dengan demikian,

Erotasi = E(1)rotasi + E

(2)rotasi + E

(3)rotasi + E

(4)rotasi + E

(5)rotasi + E

(6)rotasi

=

∫ ∞

o

dr

[(F 2

6π

)r2 sin2 g

(∂Rgd

∂t

)(∂Rgd

∂t

)]

+

[(2π

3a2

)r2 sin2 g

(dg

dr

)2(∂Rcb

∂t

)(∂Rcb

∂t

)]

− πa2

sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

13

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

]+

[2π

3a2sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)]

− 1

2a2sin4 g

[(R−1∂R

∂t

)2

12

(8

3π) +

(R−1∂R

∂t

)2

13

(2

3π) +

(R−1∂R

∂t

)2

23

(2

3π)

]

+

[(2π

3a2

)sin4 g

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)]

=

∫ ∞

o

dr(r2 sin2 g)

[πF 2

16+

2π

3a2

(dg

dr

)2(

∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)]

+1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[64π

3

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)]− 1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[16π

(R−1∂R

∂t

)2

13

+16π

(R−1∂R

∂t

)2

23

+64π

3

(R−1∂R

∂t

)2

12

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

13

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

23

]

=

∫ ∞

o

dr(r2 sin2 g)

πF 2

6+

2π

3a2

(dg

dr

)2(

∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)

︸︷︷︸=−Tr[R−1(∂R∂t )]

2

+1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[64π

3

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)]− 1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[16π

(R−1∂R

∂t

)2

13

+16π

(R−1∂R

∂t

)2

23

+64π

3

(R−1∂R

∂t

)2

12

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

13

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

23

]

(8.477)

Gunakan persamaan (8.371):

(∂Rab

∂t

)(∂Rab

∂t

)= −Tr

[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

13

+ 16π

(R−1∂R

∂t

)2

23

+64π

3

(R−1∂R

∂t

)2

12

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

13

+16π

3

(R−1∂R

∂t

)2

23

=

[16π +

16π

3

](R−1∂R

∂t

)2

13

+

[16π +

16π

3

](R−1∂R

∂t

)2

23

+64π

3

(R−1∂R

∂t

)2

12

=64π

3

[(R−1∂R

∂t

)2

13

+

(R−1∂R

∂t

)2

23

+

(R−1∂R

∂t

)2

12

]

=64π

3

[−1

2Tr

(R−1∂R

∂t

)2]

= −32π

3Tr

(R−1∂R

∂t

)2

(8.479)

Dengan demikian,

Erotasi = −∫ ∞

o

dr(r2 sin2 g)

πF 2

6+

2π

3a2

(dg

dr

)2Tr

(R−1∂R

∂t

)2

− 1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[64π

3Tr

(R−1∂R

∂t

)2]

− 1

16a2

∫ ∞

o

dr(sin4 g)

[−32π

3Tr

(R−1∂R

∂t

)2]

(8.480)

Sehingga,

Erotasi = −πF 2

6

∫ ∞

o

dr(r2 sin2 g) +2π

3a2

∫ ∞

o

dr(r2 sin2 g)

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g

]Tr

(R−1∂R

∂t

)2

(8.481)

8.4.1 Kecepatan Sudut

Tinjau,

R = eiΩt (8.482)

dimana, R adalah matriks rotasi dan Ω adalah matriks kecepatan sudut. Maka

dR

dt=

d

dt[eiΩt] = eiΩt

d

dt[iΩt] = eiΩtiΩ (8.483)

Dalil:

eiΩtΩ = ΩeiΩt (8.484)

BAB 8. LAMPIRAN 121

Bukti:

Menurut definisi fungsi eksponensial:

eiΩt = 1 + (iΩt) +(iΩt)2

2!+

(iΩt)3

3!+ ... = 1 + (iΩt)− Ω2t2

2!− iΩ3t3

3!+ ... (8.485)

Jika persamaan (8.485) dikalikan dengan Ω maka diperoleh:

eiΩtΩ = 1Ω + (iΩt)Ω− Ω2t2Ω

2!− iΩ3t3Ω

3!+ ... (8.486)

dimana,

1Ω = Ω1, ΩΩ = ΩΩ, Ω2Ω = (ΩΩ)Ω = Ω(ΩΩ) = ΩΩ2, Ω3Ω = (ΩΩΩ)Ω = Ω(ΩΩΩ) = ΩΩ3

(8.487)

dan seterusnya. Secara umum,

ΩnΩ = ΩΩn (8.488)

Dari (8.482) dan (8.483), diperoleh:

R−1dR

dt= e−iΩteiΩtiΩ = iΩ (8.489)

Dengan demikian,

Tr

(R−1dR

dt

)2

= Tr (iΩ)2 = −Tr (Ω)2 (8.490)

Persamaan (8.481) dapat dinyatakan sebagai berikut:

Erotasi = −1

8a(Ust)Tr

(R−1dR

dt

)2

(8.491)


−1

8a(Ust) = −

(πF 2

6

∫ ∞

o

dr r2 sin2 g +2π

3a2

∫ ∞

o

dr r2 sin2 g

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2g

])

(8.492)

sehingga,

a(Ust) = 8

(πF 2

6

∫ ∞

o

drr2 sin2 g +2π

3a2

∫ ∞

o

drr2 sin2 g

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g

])

=4πF 2

3

∫ ∞

o

drr2 sin2 g +16π

3a2

∫ ∞

o

drr2 sin2 g

[(dg

dr

)2

+1

r2sin2 g

] (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:

Erotasi = −1

8a(Ust)(−1)Tr(Ω)2 =

1

8a(Ust)Tr(Ω)2 (8.495)

dimana, Ω termasuk ke dalam elemen aljabar grup Lie rotasi O(3), dengan generator

T1, T2, T3 yang memenuhi sifat ortonormal, yakni: Tr[TaTb] = 0, jika a 6= b, dan,

Tr[TaTb] = 1, jika a = b.

Jadi,

Ω = Ω1T1 + Ω2T2 + Ω3T3 (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:

Tr(Ω)2 = Tr(Ω1T1 + Ω2T2 + Ω3T3)2

= Tr(Ω1T1Ω1T1 + 2Ω1T1(Ω2T2 + Ω3T3) + Ω2T2Ω2T2 + 2Ω2T2Ω3T3 + Ω3T3Ω3T3)

= Ω21Tr(T1T1) + 2Ω1Ω2Tr(T1T2) + 2Ω1Ω3Tr(T1T3) + Ω2

2Tr(T2T2) + 2Ω2Ω3Tr(T2T3)

+ Ω23Tr(T3T3)

= Ω21(1) + 2Ω1Ω2(0) + 2Ω1Ω3(0) + Ω2

2(1) + 2Ω2Ω3(0) + Ω23(1)

= Ω21 + 0 + 0 + Ω2

2 + 0 + Ω23

= Ω21 + Ω2

2 + Ω23

(8.497)

Dari persamaan (8.495), (8.497) diperoleh:

Erotasi =1

8a(Ust)Tr(Ω)2 =

1

8a(Ust)[Ω

21 + Ω2

2 + Ω23] (8.498)

8.4.2 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∂Ωa

= 0 (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)


(8.504)


(8.505)

Substitusikan persamaan (8.498) ke (8.503), (8.504) dan (8.505) diperoleh:

J1 =1

8a(Ust)2Ω1 =

1

4a(Ust)Ω1 → Ω1 =

4J1

a(Ust)(8.506)

J2 =1

8a(Ust)2Ω2 =

1

4a(Ust)Ω2 → Ω2 =

4J2

a(Ust)(8.507)

J3 =1

8a(Ust)2Ω3 =

1

4a(Ust)Ω3 → Ω3 =

4J3

a(Ust)(8.508)

Tinjau kembali persamaan (8.498):

Erotasi =1

8a(Ust)[Ω

21 + Ω2

2 + Ω23] (8.509)

Dengan mensubstitusikan persamaan (8.506),(8.507) dan (8.508) ke (8.509) diperoleh

(dalam kasus klasik):

Erotasi =1

8a(Ust)

[16J2

1

a(Ust)2+

16J22

a(Ust)2+

16J23

a(Ust)2

]

=2

a(Ust)[J2

1 + J22 + J2

3 ]

=1

12a(Ust)

J2

BAB 8. LAMPIRAN 124

(8.510)

Dalam tinjauan mekanika klasik, maka diperoleh:

Erotasi =1

2I(Ω2

1 + Ω22 + Ω2

3) (8.511)

dimana, I adalah momen inersia benda tegar. Jadi, momen inersia skyrmion, dari

persamaan (8.509) dan (8.511), adalah:

1

2I =

1

8a(Ust) (8.512)

sehingga,

I =1

4a(Ust)→ 2I =

1

2a(Ust) (8.513)

dimana,

U(x, t) = A(t)Ust(x)A(t)† (8.514)

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

Erotasi =1

2IJ2 =

J2

2I(8.515)

8.4.3 Kuantisasi Momentum sudut

Operator momentum sudut J , bekerja pada fungsi eigen, |j,m〉, dinyatakan sebagai,

J2|j,m〉 = j(j + 1)|j,m〉 (8.516)

dimana, m = −j, j + 1, ..., j − 1, j dan j = 0, 12, 1, 3

2, ....

Tinjau,

〈J2〉 = 〈j,m|J2|j,m〉 = j(j + 1))h2 (8.517)

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

〈Erotasi〉 =j(j + 1)

2Ih2 (8.518)

BAB 8. LAMPIRAN 125

8.4.4 Massa Nukleon

Massa nukleon dicari dari relasi massa statik dan massa rotasi, sebagai berikut:

mN = Mstatik +Mrotasi (8.519)

dimana,

Mstatik =Estatikc2

= Estatik (8.520)

dalam hal ini digunakan c=1, yakni satuan natural.

Dari perhitungan numerik, diperoleh:

Estatik =π F

a

(23, 2

2

)=

(3, 14) (123)

4, 95

(23, 2

2

)∼= 905, 08 MeV (8.521)

dimana telah diambil F ∼= 123 MeV adalah konstanta peluruhan pion dan a = 4, 95

konstanta tak berdimensi [11], p.243.


Mstatik∼= 905, 08 MeV (8.522)

Untuk nukleon, yakni j = 12, diperoleh:

Erotasi =j(j + 1)

2I=

12(1

2+ 1)

2I=

3

8I(8.523)

dimana, dari perhitungan numerik, diperoleh:

I =1

4a(Ust) =

1

4

[447

F a3

]=

111, 75

(123)(4, 95)3∼= 7, 49.10−3 (8.524)


Erotasi =3

8I∼= 3

8(7, 49.10−3)∼= 0, 05007.103 ∼= 50, 07 MeV (8.525)

sehingga,

Mrotasi =Erotasic2

= Erotasi ∼= 50, 07 MeV (8.526)

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 126

8.4.5 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)

sehingga,

Mstatik =Estatikc2

= Estatik ∼= 905, 08 MeV (8.530)

Untuk delta, yakni j = 32, diperoleh:

Erotasi =j(j + 1)

2I=

32(3

2+ 1)

2I=

15

8I(8.531)

dimana, dari perhitungan numerik (analog dengan momen inersia nukleon) diperoleh:

I =1

4a(Ust) ∼= 7, 49.10−3 (8.532)


Erotasi =15

8I∼= 15

8(7, 49.10−3)∼= 0, 25033.103 ∼= 250, 33 MeV (8.533)

sehingga,

Mrotasi =Erotasic2

= Erotasi ∼= 250, 33 MeV (8.534)

Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.530) dan (8.534) ke (8.528) diperoleh:

m∆∼= 905, 08 + 250, 33 ∼= 1155, 41 MeV (8.535)

8.5 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:

UU † = 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 |n〉 bertransformasi oleh U menjadi |n′〉, yakni:

|n′〉 = U |n〉 (8.538)

|n′〉† = (U |n〉)† (8.539)

〈n′| = 〈n|U † (8.540)

Syarat normalisasi:

〈n′|n′〉 = 〈n|n〉 (8.541)

〈n|U †U |n〉 = 〈n|n〉 (8.542)

Agar memenuhi syarat normalisasi, maka:

U †U = I (8.543)

Teorema:

Untuk setiap matriks unitari U = eiH , maka H = H† (hermitis).

Bukti:

U † = (eiH)† = ei†H† = e−iH

†(8.544)

U−1 = (eiH)−1 = e−iH (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:

UU † = 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:

σ1 =

0 1

1 0

, σ2 =

0 −ii 0

, σ3 =

1 0

0 −1

(8.548)

Dengan demikian:

H = φ1σ1 + φ2σ2 + φ3σ3 (8.549)

Model Skyrme SU(2) untuk Hadron - fisikanet.lipi.go.id · samaan gelombang non linier yang memiliki...

Documents

Transcript of Model Skyrme SU(2) untuk Hadron - fisikanet.lipi.go.id · samaan gelombang non linier yang memiliki...