BAB I

PENDAHULUAN

A. Latar Belakang Masalah

Berdasarkan contoh-contoh yang sudah didapatkan pada pembahasan

sebelumnya, hanya sedikit sistem fisis yang dapat diselesaikan secara eksak yaitu

sumur potensial takhingga, atom hidrogen dan osilator harmonik. Dalam banyak

kasus, solusi hanya dapat diperoleh menggunakan pendekatan. Salah satu solusi

pendekatan tersebut adalah teori gangguan.

B. Perumusan Masalah

Berdasarkan latar belakang di atas, beberapa rumusan masalah yang

dapat diberikan diantaranya :

1. Bagaimanakah solusi pendekatan menggunakan teori gangguan dalam

keadaan nondegenerasi?

2. Bagaimanakah solusi pendekatan menggunakan teori gangguan dalam

keadaan degenerasi?

3. Bagaimanakah solusi pendekatan menggunakan teori gangguan bergantung

waktu?

C. Tujuan Penulisan

Berdasarkan perumusan masalah di atas, maka tujuan dari penulisan

makalah ini diantaranya :

1. Mengetahui solusi pendekatan menggunakan teori gangguan dalam keadaan

nondegenerasi.

2. Mengetahui solusi pendekatan menggunakan teori gangguan dalam keadaan

degenerasi.

3. Mengetahui solusi pendekatan menggunakan teori gangguan bergantung

waktu.

1

D. Manfaat Penulisan

Materi makalah ini diharapkan dapat bermanfaat untuk:

1. Menambah pengetahuan bagi penulis maupun pembaca pada umumnya

mengenai materi fisika kuantum khususnya pada bab teori gangguan.

2. Menjadi bahan masukan (referensi) untuk mata kuliah Fisika Kuantum bagi

Mahasiswa P. Fisika Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan UNS.

2

BAB II

PEMBAHASAN

TEORI GANGGUAN

A. GANGGUAN STASIONER

1. Keadaan Nondegenerasi

Di dalam teori gangguan, Hamiltonian sistem diuraikan menjadi dua

bagian utama yaitu tanpa gangguan dan bagian atau suku pengganggu. Suku

pengganggu masih diklasifikasikan menjadi dua yaitu gangguan stasioner

atau tak tergantung waktu dan gangguan yang berubah terhadap waktu.

Pertama akan dibahas gangguan yang tak bergantung waktu. Hamiltonian

sistem dapat dituliskan dalam bentuk umum

H=H 0+ λ H 1, dengan λ parameter kecil (1.1 )

Hamiltonian yang telah dipisah bagian pengganggu harus diketahui

solusi eigennya, misalkan

H 0 φn=En0 φn (1.2 )

Dengan fungsi eigen memenuhi ortonormalitas

(φm , φn )= ⟨ φm|φn ⟩=δmn (1.3 )

Pada pembahasan sekarang kita batasi pada kasus kondegenerasi yaitu

Em0 ≠ En

0untuk φm≠ φn ,m ≠ n

Sekarang, dimisalkan Hamiltonian memenuhi persamaan eigen

H ψn=( H 0+λ H 1) ψn=Enψn (1.4 )

Maka dalam limit λ → 0 persamaan (1.4) mereduksi menjadi

persamaan (1.2) dengan

ψn →φn

En → En0 (1.5 )

Fungsi eigen yang memenuhi sifat tersebut dapat berbentuk

ψn=N ( λ ){φn+∑k≠ n

Cnk ( λ ) φn}(1.6 )

Kondisi (1.5) λ → 0 , ψn→ φndipenuhi oleh

3

N (0 )=1 , Cnk (0 )=0 (1.7 )

Ambil N ( λ )=1dan

Cnk ( λ )=λ Cnk(1 )+ λ2 Cnk

( 2)+λ2Cnk(2) (1.8 )

Sehingga

ψn=φn+λ∑k≠ n

Cnk(1 ) φk+λ( 2)∑

k ≠n

Cnk( 2) φk+λ (32 hingga olehng memenuhi sifa t tersebut dapat berbentukitu nnya ,misalkan tergantung waktu dan gangguan yang berubah terha )∑

k ≠n

Cnk(3 ) φk+… (1.9 )

Serupa dengan fungsi eigen, nilai eigen yang memenuhi kondisi (1.5)

diuraikan dalam deret

En=En0+λ En

(1)+λ2 En( 2)+λ3 En

( 3)+… (1.10 )

Substisusi ekspansi (1.9) dan (1.10) ke dalam persamaan (1.4)

diperoleh

H ψn=( H 0+λ H 1) [φn+ λ∑k ≠ n

Cnk(1) φk+ λ( 2)∑

k ≠n

Cnk(2 ) φk+… ]

¿ (En0+λ En

( 1)+ λ2 En(2 )+…) [φn+ λ∑

k ≠n

Cnk( 1) φk+ λ(2 )∑

k≠ n

Cnk(2 ) φk+…] (1.11)

Persamaan di atas akan dipenuhi jika semua komponen dari λksama.

Pengalian masing-masing suku memberikan, untuk komponen λ0 ,

H 0 φn=En0 φn (1.12 )

yang konsisten dengan persamaan (1.2). sedangkan untuk komponen λ

H 0∑k ≠ n

Cnk(1) φk+H 1φn=En

0∑k ≠ n

Cnk(1) φk+ En

(1 )φn (1.13 )

atau dengan menerapkan pers (1.2) menjadi

E k0∑

k ≠ n

Cnk(1 )φk+H 1 φn=En

0∑k≠ n

Cnk(1 ) φk+En

( 1) φn (1.13 a )

Selanjutnya lakukan kali scalar dengan φndan menggunakan

ortonormalitas (1.3) diperoleh, ruas kiri

E k0∑

k ≠ n

Cnk(1 ) ( φn , φk )+( φn ,H 1 φn)=∑

k ≠ n

Ek0Cnk

(1) δ nk+ ⟨ φn|H 1|φn ⟩

¿0+ ⟨φn|H 1|φn ⟩ (1.13 b )

4

dan ruas kanan

En0∑

k ≠ n

Cnk(1 ) ( φn , φk )+(φn , En

(1 )φn )=En0∑

k ≠n

Cnk(1 ) δnk+En

( 1) ⟨φn|φn ⟩

¿0+En(1) (1.13 c )

Sehingga

En( 1)= ⟨φn|H 1|φn ⟩ (1.14 )

Inilah energi koreksi orde pertama dari energy keadaan ke-n.

Selanjutnya, lakukan perkalian scalar pada persamaan (1.13a) dengan

φmuntuk m ≠n. Ruas kiri

E k0∑

k ≠ n

Cnk(1 ) ( φm , φk )+( φm , H 1φn )=∑

k≠ n

Ek0Cnk

(1 ) δmk+⟨ φm|H 1|φm ⟩

¿ Em0 Cnm

(1) + ⟨ φm|H 1|φm ⟩ (1.13d )

dan ruas kanannya

En0∑

k ≠ n

Cnk(1 ) ( φm , φk )+(φn , En

(1 )φn )=En0∑

k ≠n

Cnk(1 ) δmk+En

(1) ⟨ φm|φn ⟩

¿ En( 1)Cnm

(1 ) +0 (1.13e )

dari dua persamaan terakhir ini diperoleh

Cnm(1) =

⟨ φm|H 1|φn ⟩En

0−Em0 (1.15 )

Selanjutnya komponen dari λ2

H 0∑k ≠ n

Cnk(2) φk+H 1∑

k ≠ n

Cnk(1 )φk=En

0∑k≠ n

Cnk(2 ) φk+En

( 1)∑k ≠n

Cnk(1 ) φk+En

( 2) φn

(1.16 )

atau

E k0∑

k ≠ n

Cnk(2 )φk+H 1∑

k ≠n

Cnk(1 ) φk=En

0∑k ≠n

Cnk(2 ) φk+En

(1)∑k ≠n

Cnk( 1) φk+En

(2) φn

(1.16 a )

Seperti proses sebelumnya, lakukan perkalian skalar dengan φn, dari

ruas kiri diperoleh

5

E k0∑

k ≠ n

Cnk(2 ) ⟨φn|φk ⟩+∑

k ≠ n

Cnk(1) ⟨ φn|H 1|φk ⟩=Ek

0∑k≠ n

Cnk(2 ) δnk+∑

k ≠ n

⟨ φk|H 1|φn ⟩En

0−Ek0 ⟨ φn|H 1|φk ⟩

¿0+∑k ≠n

⟨ φk|H 1|φn ⟩ ⟨φn|H 1|φk ⟩En

0−Ek0

ruas kanan memberikan

En0∑

k ≠ n

Cnk(2 ) ⟨φn|φk ⟩+En

( 1)∑k ≠n

Cnk(1 ) ⟨ φn|H 1|φk ⟩+En

(2) ⟨ φn|φn ⟩=Ek0∑

k ≠n

Cnk( 2) δ nk+Ek

(1)∑k ≠ n

Cnk(1) δ nk+En

(2 )

¿0+0+ En(2 )

Sehingga didapatkan energy koreksi orde dua dari tingkat energi ke-n

En( 2)=∑

k ≠n

⟨ φk|H 1|φn ⟩ ⟨φn|H 1|φk ⟩En

0−Ek0

¿∑k ≠ n

⟨ φn|H 1|φk ⟩2

En0−Ek

0 (1.17 )

Koreksi untuk orde lebih tinggi dapat dilakukan dengan prosedur

serupa.

Contoh 1.1. Model Matriks.

Hamiltonian suatu sistem diberikan oleh matriks berikut:

H=(1 λ 0λ 1− λ 10 1 1+λ)dengan λ≪1

Tentukan :

a. Solusi eigen tanpa gangguan

b. Koreksi energi orde pertama

c. Koreksi energy orde dua

Penyelesaian:

a. Hamiltonian dapat diuraikan menjadi

H=(1 0 00 1 10 1 1)+ λ(0 1 0

1 −1 00 0 1)

maka

6

H 0=(1 0 00 1 10 1 1)dan H 1= λ(0 1 0

1 −1 00 0 1)

Nilai eigen dari H 0, diperoleh dari persamaan secular

|H 0−E0 I|=|1−E0 0 00 1−E0 10 1 1−E0|

¿ E0 (1−E0 ) ( E0−2 )¿0

Jadi, energi eigen tanpa gangguan

E10=0 , E2

0=1 , E30=2

Fungsi energi bersangkutan

|E10 ⟩= 1

√2 ( 01

−1) ,|E20 ⟩=(100) ,|E1

0 ⟩= 1√2 (0

11)

b. koreksi energi orde pertama, dari pers (1.14)

E1( 1)= ⟨E1

0|H 1|E10 ⟩

¿ 12

(0 1 −1 )(0 1 01 1 00 0 1)(011)

¿1

Dengan cara yang sama

E2( 1)= ⟨E2

0|H 1|E20 ⟩=0

E3( 1)= ⟨E3

0|H 1|E30 ⟩=0

c. koreksi energi orde kedua, dari pers (1.17)

E12=∑

k ≠n

⟨E10|H 1|Ek

0 ⟩2

E10−E k

0

¿|⟨ E1

0|H 1|E20 ⟩|2

E10−E2

0 +|⟨ E1

0|H 1|E30 ⟩|2

E10−E3

0

¿−12

7

2

1

0

V0V = 0

x = 0 L/2 L

Dengan cara yang sama

E22=

|⟨E20|H 1|E1

0 ⟩|2

E20−E1

0 +|⟨ E2

0|H 1|E30 ⟩|2

E20−E3

0 =−12

E32=

|⟨E30|H 1|E1

0 ⟩|2

E30−E1

0 +|⟨ E3

0|H1|E20 ⟩|2

E30−E2

0 =1

Dari hasil-hasil perhitungan di depan, energi sistem sampai koreksi orde dua

E10=λ− λ2

2,

E20=1− λ2

2,

E30=2+λ2

Gambar 1.1. Spektrum Energi

Contoh 1.2. Sumur Potensial Dasar Tidak Rata.

Partikel bermassa m terperangkap dalam sumur potensial sebagai berikut:

8

Gambar1.2 Sumur Potensial Dasar Tidak Rata

Tentukan energi potensial partikel sampai orde pertama tonjolan dasar sumur.

Penyelesaian :

Untuk menyelesaikan persoalan di atas kita gunakan sumur potensial satu dimensi

dengan gangguan dasar sumur miring.

Hamiltonian diberikan oleh

H={−ℏ2

2md2

d x2 +V 0 , 0<x< L2

−ℏ2

2md2

d x2 ,L2<x<L

, denganV 0≪

yang dapat dipisahkan menjadi

H=H 0+ λ H 1

dengan

H 0=−ℏ2

2 md2

d x2 , 0<x<L

H 1=V 0 , 0<x< L2

Solusi untuk sumur potensial rata H 0 ,

En0= π2ℏ2

2 m L2 n2

dan fungsi eigen

φn ( x )=√ 2L

sin( nπL

x)Koreksi energi orde pertama

En( 1)= ⟨φn|H 1|φn ⟩

¿∫0

L

φn¿ ( x ) H 1φn ( x ) dx

¿ 2L∫

0

L2

V 0 sin2( nπL

x)dx

9

¿V 0

L∫0

L2

{1−cos ( nπ2 L

x )}dx

¿V 0

L {L2−

2 Lnπ

sin ( nπ2 L

x )}|0

L2

¿V 0

2−

2 V 0

nπsin ( nπ

4 )Jadi, energi tingkat ke-n partikel di dalam sumur

En0=

π2ℏ2

2 m L2 n2+V 0

2 (1−4

nπsin( nπ

4 ))2. Kasus Degenarasi

Berikut kita bahas system fisis yang mengalami degenerasi, yaitu

Em0 =En

0 untuk φm≠ φn ,m ≠ n.

Bila hal ini terjadi, maka penyebut pada persamaan (1.15) dan (1.17)

menjadi nol. Karena itu, perumusan di depan menjadi tidak terdefinisi dan

perlu dimodifikasi.

Misalkan energi tingkat ke-n mempunyai derajat degenerasi g dan

keadaan degenerasi kita label φn(i) , i=1,2 ,… , g. Keadaan ini mempunyai

ortonormalitas

⟨φm(i )|φn

( j) ⟩=δmn δij (1.18)

Langkah modifikasi sederhana dilakukan dengan megubah ekspansi

(1.9) menjadi

ψn=∑i=1

g

ai φni +λ∑

k ≠n

Cnk(1 )∑

i=1

g

bi φki +λ2∑

k≠ n

Cnk(2 )∑

i=1

g

ci φki +…(1.19)

Selanjutnya, substitusi ekspansi ini dan uraian energy (1.10) ke dalam

pers. (1.4) diperoleh komponen untuk suku ,

H 1∑i=1

g

ai φni +H 0∑

k ≠ n

Cnk(1)∑

i=1

g

b i φki =∑

i=1

g

ai H 1 φni +∑

k ≠n

Cnk( 1) Ek

0∑i=1

g

bi φki

¿ En( 1)∑

i=1

g

ai φni +En

0∑k≠ n

Cnk(1 )∑

i=1

g

bi φki

10

(1.20)

Seperti kasus nondegenerasi, lakukan kali scalar dengan φnIdidapatkan

∑i=1

g

ai ⟨φnl|H 1|φn

i ⟩=En( 1)∑

i=1

g

ai ⟨φnl|φn

i ⟩=En(1) al(1.21)

Tuliskan ⟨φnl|H 1|φn

i ⟩=hlin (1.22)

maka

∑i=1

g

ai hlin=En

(1 )a l(1.23)

Persamaan ini tidak lain

h11n a1+h12

n a2+…+h1 gn ag=En

(1 )a1

h21n a1+h22

n a2+…+h2 gn ag=En

( 1) a2

⋮ (1.24a)

hg 1n a1+hg 2

n a2+…+h¿n ag=En

( 1) ag

atau

(h11

n h11n

h11n h11

n

⋯⋯

h11n

h11n

⋮ ⋮ ⋱ ⋮h11

n h11n ⋯ h11

n )(a1

a2

⋮ag

)=En(1)(

a1

a2

⋮ag

) (1.24 b )

Jelas, koreksi energi orde pertama keadaan terdegenerasi merupakan

nilai eigen dari Hamiltonian gangguan dalam basis ortogonal baru.

Contoh 1.3

Model Matriks. Hamiltonian system fisis diberikan oleh

H=( 3 −2+ λ 0−2+λ 3− λ 2 λ

0 2 λ 5+ λ)dengan λ≪1

Tentukan energi system sampai koreksi orde pertama.

Penyelesaian :

a. Hamoltonian

H=( 3 −2 0−2 3 00 0 5)⏟

H 0

+ λ(0 1 01 −1 20 2 1)⏟

H 1

11

Hamiltonian H 0 memberi persamaan sekular

|H 0+En0 I|=|3−En

0 −2 0

−2 3−En0 0

0 0 5−En0|

¿ (En0 )3−11 ( En

0 )2+35 En0−25=0

12

Solusinya

E10=1 , E2

0=E30=5

dan fungsi eigen bersangkutan

|E10 ⟩= 1

√2 (110) ,|E2

0 ⟩= 1√2 (−1

10) ,|E3

0 ⟩=(001) b. Energy koreksi orde pertama dibagi menjadi dua bagian. Pertama, keadaan

nondegenerasi dengan E10=1. Untuk kasus ini digunakan hubungan (1.14)

E1( 1)= ⟨E1

0|H 1|E10 ⟩

¿ 12

(1 1 0 )(0 1 01 −1 20 2 1)(

110)=1

2

Kedua, keadaan degenerasi dengan E20=E3

0=5

h222 = ⟨E2

0|H 1|E20 ⟩=1

2(1 −1 0 )(0 1 0

1 0 40 4 1)( 1

−10 )=−1

h232 = ⟨E2

0|H 1|E30 ⟩= 1

√2(1 −1 0 )(0 1 0

1 0 40 4 1 )(001)=−2√2

h322 = ⟨E3

0|H 1|E20 ⟩= 1

√2(0 0 1 )(0 1 0

1 0 40 4 1)( 1

−10 )=−2√2

h332 = ⟨E3

0|H 1|E30 ⟩=(0 0 1 )(0 1 0

1 0 40 4 1)(0

01)=1

Energi koreksi orde satu adalah eigen dari

(h222 h23

2

c h332 )

yaitu

|h222 −E2

(1 ) h232

h232 h33

2 −E2(1)|=|−1−E2

(1) −2√2

−2√2 1−E2(1 )|

¿ (E2(1 ))2

−9=0

13

5

1

Didapatkan E2( 1)=± 3. Untuk E2

( 1)=3

(−1−3 −2√2−2√2 1−3 )(a2

a3)=0

Dipenuhi oleh a2=√2, a1=1. Sehingga

|e20 ⟩=N ( a2

√2 ( 1−10 )+a3(0

01))=N ( 1

−11 )= 1

√3 ( 1−11 )

Jadi, energi eigen setelah dikoreksi

E10=1 , E2

0=5−3 λ ,E30=5+3 λ

Spektrum energi diberikan oleh Gambar 1.3

Gambar 1.3 Pemisahan Energi Terdegenerasi

Contoh 1.4 Efek Stark.

Atom hidrogen ditempatkan dalam ruang yang ada medan listrik lemah dan

homogen. Tentukan spectrum energi atom hidrogen.

Penyelesaian :

Medan listrik menimbulkan beda potensial listrik pada titik-titik yang berlainan

di dalam ruang. Misalkan, arah medan diambil sebagai arah sumbu z maka

Hamiltonian gangguan diberikan oleh

λ H 1=−εz , ε ≪E1

0

(ℏ2/me e)≈ 1010 Volt /m (1.25 )

Hamiltonian atom hidrogen tanpa medan luar,

14

H 0=−ℏ2

2 m∇2+ e2

4 π ε 0

1r

(1.26 a )

Persamaan eigen bersangkutan

H 0 ψn l m (r , θ , φ )=En ψnl m (r , θ , φ ) (1.26b )

Dengan bilangan kuantum

n=1,2,3 ,…

l=0,1,2 , …, n−1

m=l , l−1 , …,−l+1 ,−l (1.26 c )

dan energi eigen

En0=−13,6

n2eV (1.26 d )

Sebagai catatan, untuk tingkat untuk tingkat energi ke-n tertentu ada n2keadaan

eigen yang berbeda. Dengan demikian semua keadaan atom hidrogen merupakan

keadaan degenerasi kecuali keadaan dasar yang keadaan dengan n=1.

Energi koreksi. Energi koreksi untuk tingkat dasar.

E1( 1)= ⟨ψ100|(−εz )|ψ100 ⟩

¿−ε ⟨ R10Y 00|r cosθ|R10Y 00 ⟩

¿−ε∫0

∞

∫0

π

∫0

2π

|R10|2(√ 1

4 π )2

(r cosθ ) r2 sinθ drdθdφ (1.27 )

Karena integral ∫0

π

cos θ sin θdθ=0

Energi koreksi untuk keadaan eksitasi pertama n=2.

Energi hidrogen bebas keadaan ini

E20=−13,6

4eV (1.26 e )

dan keadaan degenerasi ψn l m adalah ψ211 , ψ210 ,ψ21−1 ,ψ200. Tuliskan ψn l m dalam

notasi Dirac ψn l m=|nl m ⟩. Energy koreksi orde pertama keadaan degenerasi lipat

empat ini merupakan nilai eigen dari

15

(⟨211|H 1|211 ⟩ ⟨ 211|H 1|210 ⟩ ⟨211|H 1|21−1 ⟩⟨ 210|H 1|211 ⟩ ⟨210|H 1|210 ⟩ ⟨210|H 1|21−1 ⟩

⟨21−1|H 1|211 ⟩⟨ 200|H 1|211 ⟩

⟨ 21−1|H 1|210 ⟩⟨200|H 1|210 ⟩

⟨21−1|H 1|21−1 ⟩⟨200|H 1|21−1 ⟩

⟨211|H 1|200 ⟩⟨ 210|H 1|200 ⟩

⟨21−1|H 1|200 ⟩⟨ 200|H 1|200 ⟩ )(

a1

a2

a3

a4

)=E2(1 )(

a1

a2

a3

a4

)(1.28)

Untuk menghitung persamaan eigen di atas, tinjaun terlbih dahulu operator

momentum sudut L z,

L z=−iℏ(x∂

∂ y− y

∂∂ x )

Jelas, operator ini komut dengan z,

[ L z , z ]=0 (1.29 )

Mengingat bentuk (1.25) maka

[ L z , H 1 ]=0 (1.30 )

Dengan demikian, H 1 tidak mengubah nilai eigen L z, yaitu m.

L z ( H 1 ψn l m )=H 1 Lz ψn l m

¿ H 1 mℏψn l m

¿mℏ ( H 1ψn l m ) (1.31 )

Jadi H 1ψ nl m∝ψ nl m dan akibatnya

⟨n l' m'|H 1|n lm ⟩∝δm' m(1.32 )

Dengan demikian, sepuluh elemen matriks dalam pers. (1.26) menjadi nol

( ⟨211|H 1|211 ⟩ 0 0

0 ⟨ 210|H 1|210 ⟩ 0

00

0⟨ 200|H 1|210 ⟩

⟨21−1|H 1|21−1 ⟩0

0⟨210|H 1|200 ⟩

0⟨200|H 1|200 ⟩)(

a1

a2

a3

a4

)=E2(1 )(

a1

a2

a3

a4

)(1.33)

Tabel 1.1. Fungsi Radial

n l Rn l

1 0 2 a0−3/2e−r /a0

2 0 (1/2√2 ) a0−3 /2 (2−r /a0 ) e−r /2 a0

2 1 (1/2√6 ) a0−3 /2 (r /a0 ) e−r /2 a0

16

3 0 (1/9√3 ) a0−3/2 (6−4 r /a0+4 r 2/9 a0

2 )e−r /3 a0

3 1 (1/9√6 ) a0−3/2 ( 2r /3 a0 ) (4−2 r /3 a0 ) e−r /3 a0

3 2 (1/9√30 ) a0−3/2 (2 r /3 a0 )2e−r /3a0

Tabel 1.2. Fungsi Harmonik Bola

Y 00 (θ , φ )=√ 14 π

Y 20 (θ , φ )=√ 516 π

(3 cosθ−1 )

Y 10 (θ , φ )=√ 34 π

cos θ Y 2 ±1 (θ , φ )=∓ √ 158 π

sin θ cosθ e±iφ

Y 1 ±1 (θ , φ )=√ 38 π

sin θ e±iφ Y 2 ±2 (θ , φ )=∓ √ 1532 π

sin2θ e±iφ

Selanjutnya, menggunakan Tabel 1.1. dan Tabel 1.2, evaluasi komponen-

komponen di atas

⟨ 211|H 1|211 ⟩∝ ⟨Y 11|H 1|Y 11⟩∝∫0

π

sin2θ cos θ sinθ dθ=0

⟨ 210|H 1|210 ⟩∝ ⟨ Y 10|H 1|Y 10 ⟩∝∫0

π

cos2θ cos θ sin θ dθ=0

⟨ 21−1|H 1|21−1 ⟩∝ ⟨Y 1−1|H 1|Y 1−1 ⟩∝∫0

π

sin2θ cosθ sin θ dθ=0

⟨ 200|H 1|200 ⟩∝ ⟨ Y 00|H 1|Y 00 ⟩∝∫0

π

cosθ sin θ dθ=0

(1.34 )Pada evaluasi di atas konstribusi jarak dapat diabaikan karena apa pun

kontribusinya dilenyapkan kontribusi oleh sudut . Dengan demikian

persamaannya menjadi

(0 0 00 0 000

0⟨ 200|H 1|210 ⟩

00

0⟨210|H 1|200 ⟩

00

)(a1

a2

a3

a4

)=E2(1 )(

a1

a2

a3

a4

)(1.35 a)

Dan secara efektif merupakan persamaan matriks orde dua

( 0 ⟨210|H 1|200 ⟩⟨200|H 1|210 ⟩ 0 )(a2

a4)=E2

(1 )(a2

a4)(1.35 b)

17

Persamaan di atas memberikan persamaan sekular

| −E2(1 ) ⟨210|H 1|200 ⟩

⟨200|H 1|210 ⟩ −E2( 1) |=( E2

(1 ) )2−|⟨210|H 1|200 ⟩|2=0(1.36)

Solusinya

E2( 1)=±|⟨ 210|H 1|200 ⟩|(1.37)

Selanjutnya, evaluasi komponen nondiagonal memberikan

⟨ 200|H 1|210 ⟩=eε ⟨200|z|210 ⟩

¿eε∫0

∞

∫0

π

∫0

2 π ( 2 (1− (r /2 a0 ))(2 a0 )3/2 e−r /2a0 Y 00)

¿

rcos θ( (r /a0 ) e−r /2a0

(2a0 )3 /2√3Y 10)× dφ sin θ dθ r2 dr

¿eε1

4 √3a4∫0

∞

(1− r2a0

)e−r /a0 r4 dr∫0

π √34 π

cos2 θ sin θ dθ∫0

2 π

dφ

¿eε1

8 a0∫0

∞

(1− r2 a0

)e−r /a0r 4 dr∫0

π

cos2 θ sin θ dθ⏟

2 /3

¿eε1

12a04∫

0

∞

( d4

d α4 + α2

d5

dα 5 )e−αr dr ,α=1/α 0

¿eε1

12 a04 ( d4

d α4 + α2

d5

d α 5 )( 1α )

¿−3eε a0(1.38)

Dengan demikian, energi koreksi

E2( 1)=± 3eε a0(1.39)

Untuk E2( 1)=3eε a0

(−3 eε a0 −3eε a0

−3 eε a0 −3eε a0)(a2

a4)=−3 eε a0(a2+a4

a2+a4)=0(1.40)

Diperoleh a0=−a4=1

√2. Artinya, keadaan terpisah dengan E2

( 1)=± 3eε a0

merupakan kombinasi linier

|3 eε a0 ⟩= 1

√2(ψ200−ψ210)(1.41)

Dengan cara yang sama, untuk E2( 1)=± 3eε a0 diperoleh a0=a4=

1

√2, sehingga

18

|−3eε a0 ⟩= 1

√2(ψ200+ψ210 )(1.42)

Contoh 6.5. Rotator Tegar.

Sistem rotator tegar diungkapkan oleh Hamiltonian

H 0=1

2 IL2

dengan L adalah operator momentum sudut dan I adalah momentum kelembaman

I = mr2. Tentukan

a. Spektrum nilai eigen system

b. Koreksi efek Stark V=−ε z terhadap energy eigen rotator sampai orde kedua.

Penyelesaian :

a. Persamaan eigen tanpa gangguan

H 0 ψ=E0ψ

Mengingat bentuk Hamiltonian dan persamaan eigen momentum sudut tanpa

pembahasan atom hidrogen maka ψ →|l m ⟩ dan

12 I

L2|l m ⟩=ℏ2l (l+1 )2 I

|l m ⟩

Jadi, spektrum nilai eigen rotator

Eo=Eo l=ℏ2l (l+1 )

2 I

dengan fungsi eigen degenerasi lipat (2 l+1 ), |l m ⟩ dengan

m=0 ,± 1 ,± 2 , …, ±l.

b. Koreksi energi oleh potensial V=−ε z untuk kasus degenerasi dapat dicek

untuk nilai l tertentu dan m berbeda (dalam subruang degenerasi).

⟨ lm'|V|l m ⟩=⟨l m'|−ε z|lm ⟩=−ε ⟨l m'|cos θ|l m ⟩Menggunakan hubungan pengulangan (recurrence relation) polinom

Legendre terasosiasi

(2 l+1 ) x P lm ( x )= (l+m) Pl−1

m ( x )+( l−m+1 ) Pl+1m ( x ) , x=cos θ

atau

cosθ Plm (cosθ )= l+m

2l+1Pl−1

m (cosθ )+ l−m+12 l+1

Pl+1m ( cosθ )

19

Maka

cosθ|l m ⟩=(−1 )m √ 2l+1 ( l−m ) !4 π (l+m )! { l+m

2l+1Pl−1

m (cosθ )+ l−m+12l+1

Pl+1m (cos θ )}eimφ

¿ (−1 )m {√ 2l−1 ( l−1−m )!4 π ( l−1+m ) ! √ ( l−m)

(2 l+1 )( l+m )

(2l−1 )Pl−1

m ( cosθ )+√ 2 l+3 ( l+1−m )!4 π ( l+1+m ) ! √ (l+1−m )

(2 l+1 )(l+1+m )

(2 l+3 )Pl−1

m (cosθ )}e imφ

¿√ ( l−m )(2 l+1 )

(l+m )(2l−1 )

|l−1 , m ⟩+√ (l+1−m )(2 l+1 )

( l+1+m )(2l+3 )

|l+1 , m ⟩

¿C lm|l−1, m ⟩+C l+1

m |l+1 , m ⟩dengan

C lm=√ ( l−m )

(2l−1 )(l+m )

(2 l+1 )

Ortonormalitas |l m ⟩⟨ l' m'|lm ⟩=δl'l δm' m

memberikan

⟨ lm'|V|l m ⟩=−ε ⟨ lm'|cosθ|l m ⟩

¿−ε Clm ⟨l m'|l−1 ,m ⟩−ε C l+1

m ⟨l m'|l+1 , m ⟩=0

Karena itu, koreksi orde pertama

E( 1)= ⟨l m'|V|l m ⟩=0 , untuk semua l

Sedangkan koreksi orde dua

El( 2)=∑

l' ≠ℏ

|⟨l'm

'|V|l m ⟩|2

El−E l'

Gunakan hubungan yang diperoleh di depan

⟨ l−1 ,m|V|l m ⟩=−ε Clmδ l'l−1 δm'm−ε Cl+1

m δl' l+1 δm' m

Hasil ini member kaidah seleksi yaitu Δl=±1dan ∆ m=0.Untuk l'=l−1 ,⟨ l−1 ,m|V|l m ⟩=−ε Cl

m

dan

El−El−1=ℏ2

2 I{l ( l+1 )−(l−1 )l }=ℏ2 l

IUntuk l'=l+1 ,

⟨ l+1 , m|V|l m ⟩=−εC l+1m

20

dan

El−El+1=ℏ2

2 I{l (l+1 )−( l+1 ) (l+2 ) }=−ℏ2 ( l+1 )

ISubstitusi hasil-hasil di atas pada energi koreksi orde dua

El( 2)=

|ε C lm|2

(ℏ2lI )

−|εC l+1

m |2

(ℏ2 (l+1 )

I )¿

ε2 I

ℏ2 { ( l−m )(2l−1 )

( l+m )(2 l+1 )

1l−

( l+1−m )(2 l+1 )

( l+1+m )(2l+3 )

1l+1 }

¿ε2 I

ℏ2 { ( l+1 ) (2 l+3 ) (l−m ) ( l−m )−l (2 l−1 ) (l+1−m ) (l+1+m )l ( l+1 ) (2 l−1 ) (2l+3 ) (2 l+3 ) }

¿ ε2 Iℏ2 {2l3+3 l2+ (1−6 m2 ) l−3 m2

l ( l+1 ) (2−1 ) (2l+1 ) (2 l+3 ) }

21

B. GANGGUAN BERGANTUNG WAKTU

1. Perumusan Umum

Perhatikan kehadiran gangguan kecil yang berubah terhadap waktu dan

persamaan Schrodinger dapat dituliskan sebagai

iℏ∂ ψ ( t )

∂ t={H 0+ λV ( t ) }ψ (t )(1.43)

Seperti dalam kasus takbergantung waktu, kita mempunyai solusi

lengkap

H 0 φn=En0 φn(1.44 )

dengan

⟨ φm|φn ⟩=δmn(1.45)

Selanjutnya, ψ ( t ) diekspansi dalam suku-suku solusi lengkap ini.

ψ ( t )=∑n

Cn ( t ) e−i En0 t /ℏ φn(1.46)

Substitusi uraian (1.46) ke dalam persamaan pers. (1.43) memberikan

∑n

e−i En0 t /ℏ{iℏ d cn ( t )

dt+ En

0 cn (t )}φn={H 0+ λV ( t ) }∑n

e−i E n0 t /ℏCn (t ) φn

¿∑n

e−i En0 t /ℏ {En

0+λV ( t ) }Cn (t ) φn

(1.47)

Tampak jika V ( t )=0, dan dari pers (1.44) didapatkan Cn ( t ) harus

konstan. Pers. (1.47) memberikan

∑n

iℏdcn (t )

dte−i En

0 t /ℏφn= λ∑n

e−i E n0 t /ℏV (t ) cn (t ) φn(1.47)

Lakukan perkalian scalar dengan φm dan gunakan ortonormalitas (1.45)

diperoleh

∑n

iℏd cn ( t )

dte−i En

0 t /ℏ ⟨ φm|φn ⟩=iℏd cn (t )

dte−i E n

0 t /ℏ=λ∑n

e−i E n0 t /ℏcn (t ) ⟨φm|V (t )|φn ⟩

atau

d cn (t )dt

= λiℏ∑

n

ei (En

0− Em0 ) t /ℏcn (t ) ⟨φm|V (t )|φn ⟩ (1.48)

22

Selanjutnya, koefisien cn diekspansi dalam

cn ( t )=cn0+λ cn

(1 ) (t )+ λ2+cn(2 ) ( t )+…(1.49)

Substitusi (1.49) ke dalam (1.48) diperoleh

∑k=0

λk dcmk ( t )

dt= 1

iℏ∑n∑k=0

λl+1 ei( En

0−E m0 ) t /ℏcn

l ( t ) ⟨φn|V ( t )|φm ⟩(1.50)

Jelas,

d cm0 ( t )

dt=0(1.51)

Karena sukuλ ruas kanan paling rendah adalah orde satu. Syarat awal,

λ → 0yakni pada t → t 0=0, dan ψ (0 )=φn memberikan

cm (0 )=cm(0 ) (0 )=δmn(1.52)

Suku orde pertama

d cm( 1) (t )dt

= 1iℏ∑n

ei( En

0−E m0 ) t /ℏδ nk (t ) ⟨φn|V (t )|φm ⟩= 1

iℏe

i (E n0−Em

0 ) t /ℏ ⟨φn|V (t )|φm ⟩ (1.53)

dan orde ke-k

d cm( k ) ( t )dt

= 1iℏ∑

n

cn( k−1 ) (t ) ⟨ φn|V ( t )|φm ⟩ e

i (E n0−Em

0 ) t /ℏ(1.54)

Kembali ke pers (1.46), persamaan ini dapat ditafsirkan bahwa pada

waktu t keadaan terdiri dari kombinasi semua keadaan φn dengan koefisien cn ( t ).

Dengan demikian, probabilitas keadaan ψ ( t ) pada waktu t berada dalam keadaan

eigen dari H 0 dengan energy Em0 , terapkan ortogonalitas (1.45), adalah

Pm ( t )=|⟨φm|ψ ( t ) ⟩|2=|cm ( t )|2 (1.55 )

Untuk orde pertama, dari pers (1.54) diperoleh

cm(1 ) ( t )= 1

iℏ∫0t

ei (E n

0−Em0 ) t '/ℏ ⟨φn|V (t )|φm ⟩ d t ' (1.56 )

2. Interaksi Elektromagnetik

Atom berada di dalam ruang dengan medan elektromagnetik yang

dinyatakan dalam potensial vektor A ( r , t ). Hamiltonian atom tersebut diberikan

oleh

23

H= 12 m ( p+ e

cA)

2

+V (r ) (1.57 )

24

Untuk suku kinetiknya

( p+ ec

A)2

= p2+ ec

( p . A+A . p )+ e2

c2 A2

¿−ℏ2∇2−2ieℏc

( A .∇ )− ieℏc

(∇ . A )+ e2

c2 A2 (1.58 )

Dalam gauge Coulomb

∇ . A=0 (1.59 )

maka Hamiltonian (1.57) menjadi

H=−ℏ2

2 m∇2+V (r )− ieℏ

mc( A .∇ )+ e2

2m c2 A2 (1.60 )

Misalkan, potensial vektor dapat diekspansi sebagai

A ( r , t )=A0 ( r ) e−iωt+ A0¿ ( r )e−iωt (1.61 )

Dari persamaan Maxwell dapat diturunkan persamaan gelombang bagi

potensial vektor

∇2 A− 1c2

∂2 A∂ t2 =0 (1.62 )

maka

∇2 A0+ω2

c2 A0=0 (1.63 )

Kebergantungan potensial vektor terhadap ruang dapat dinyatakan

A0 ( r )=A0 ei k . r (1.64 )

Karena itu,

(− k2+ ω2

c2 ) A0=0 (1.65 )

Gauge Coulomb memberikan

k . A0=0 (1.66 )

Dari elektromagnetisme, hubungan antara medan listrik, medan magnet

dan potensial vektor dinyatakan oleh bentuk

E=−1c

∂ A∂t

B=∇× A (1.67 )

25

26

Dari bentuk eksplisit medan vektor didapatkan

E=iωc

( A0 ( r ) e−iωt−A0¿ ( r ) e−iωt )

B=i k ( A0 ( r ) e−iωt− A0¿ ( r )e−iωt ) (1.68 )

Kerapatan energy elektromagnetik per satuan volume

ε= 18π

( E2+ B2 ) (1.69 )

Evaluasinya memberikan

E2=−ω2

c2 ( A0 ei ( k .r−ωt )− A0¿e−i ( k . r−ωt ) ) . ( A0 ei ( k . r−ωt )−e−i ( k .r−ωt ) )

¿−ω2

c2 ( A02 e2 i ( k . r−ωt )+ A0

¿2 e−2i ( k . r−ωt)−2 A0. A0¿ ) (1.70 a )

dan

B2={i k× ( A0e i (k . r−ωt )− A0¿ e−i ( k . r−ωt ) )} . {i k × ( A0 ei ( k . r−ωt )− A0

¿ e−i ( k .r−ωt ) ) }¿−{( k × A0 ) .( k × A0 )e2 i ( k . r−ωt )+( k× A0

¿ ) . (k × A0¿ )e−2 i (k . r−ωt )−2 (k × A0 ) .( k × A0

¿ )}¿−k2 ( A0

2 e2 i (k .r−ωt )+ A0¿2e−2 i ( k . r−ωt )−2 A0 . A0

¿ ) (1.70b )

Perata-rataan terhadap waktu akan membuat suku osilasi lenyap sehingga

suku yang member kontribusi terhadap kerapatan energi hanya suku silang A0, A0¿

. Karena itu,

ε= ω2

2 π c2 |A0|2

(1.71 )

Misalkan energy ini ditimbulkan oleh N foton di dalam kotak V, maka

∫V

❑

ε d3 r= V ω2

2 π c2 |A0|2=N ωℏ (1.72 )

Hubungan ini memberikan bentuk,

A0=√ 2 πNℏc2

Vωε (1.73 )

Dengan vector polarisasi εmemenuhi

ε . ε=1

k . ε=0 (1.74 )

27

Dengan demikian, bagian potensial yang memberikan proses emisi

A ( r , t )=√ 2πNℏc2

Vωε e i ( k . r−ωt ) (1.75 )

Karena itu, energy satu foton

λV ( t )= emc √ 2 πNℏc2

Vωε . p e i (k . r−ωt ) (1.76 )

Koefisien ekspansi orde satu diberikan oleh

cm(1 ) ( t )= −ie

m cℏ √ 2 πNℏc2

Vω⟨ φm|ε . p ei k . r|φk ⟩∫

0

1

ei ( ωmk+ω ) t'

d t ' (1.77 )

Maka probabilitasnya

Pk → m (t )=|cm(1) (t )|2

= 2 πem2 Vωℏ

|⟨φm|ε . p e i k .r|φk ⟩|2|∫

0

1

ei ( ωmk +ω )t '

d t'|2

(1.78 )

Evaluasi bagian temporal menghasilkan

|∫0

1

ei (ωmk +ω )t '

d t'|2

=|ei ( ωmk +ω )t '

−1i (ωmk+ω) |

2

= 4

( ωmk+ω )2sin2[ (ωmk+ω) t

2 ]¿ 4

∆2 sin2[∆ t2 ](1.79 a )

Untuk limit t → ∞, fungsi di atas akan menjadi fungsi delta

4∆2 sin2[∆ t

2 ]→ 2 πδ (∆ )=2 π tδℏ (Em0 + ωℏ −Ek

0 ) (1.79 b )

Probabilitas transisi persatuan waktu didefinisikan

Γ k→ m=Pk → m

t=4 π2e2

m2 Vω|⟨φm|ε . p e i k .r|φk ⟩|

2

δ ( Em0 + ωℏ −Ek

0 ) (1.80 )

Sedangkan laju transisi didefinisikan

Rk → m=∑∆k

Γ k →m=∫ V

(2 π )3d3 k Γk → m (1.81 )

Untuk mengevaluasi integral ini, perhatikan integran berikut

d3 k=d3 ph3 =p2 dpd Ω=( ωℏ

c )2

d ( ωℏc )d Ω (1.82 )

28

Maka

Rk → m=∫ e2

2 πℏ3 m2ω|⟨φm|ε . p e i k .r|φk ⟩|2 δ (Em

0 + ωℏ −Ek0 )( ωℏ

c )2

d ( ωℏc )d Ω

¿∫ e2

2 πℏ3 m2ω|⟨ φm|ε . p ei k . r|φk ⟩|2 ( Ek

0−Em0 )d Ω (1.83 )

Aproksimasi Dipol. Untuk menghitung laju transisi terlebih dahulu kita

evaluasi

|⟨φm|ε . p e i k .r|φk ⟩|(1.84 a )

Ekspansi suku eksponensial

e i k .r=1−i k .r−(k . r )2

2+… (1.84 b )

Untuk

k . r ≈12

Za≪1 (1.85 )

Maka

e i k .r ≈ 1 (1.84 c )

Sehingga

|⟨φm|ε . p e i k .r|φk ⟩|=|⟨ φm|ε . p|φk ⟩|(1.86 )

Pendekatan ini dikenal sebagai pendekatan dipol.

Kaidah seleksi. Untuk mengevaluasi lebih lanjut, perhatikan dua operator

d2

d x2 x= dd x ( d

dxx )= d

dx (1+xddx )=2

ddx

+xd2

d x2

Atau

ddx

=12 ( d2

d x2 x−xd2

d x2 )=12 [ d2

d x2 , x] (1.87 a )

Dalam tiga dimensi

∇=12

(∇2 r−r∇2 )=12

[∇2 , r ] (1.87 b )

Karena

[V (r ) , r ]=0 (1.88 )

Dan

29

H 0=−ℏ2

2 m∇2+V (r ) (1.89 )

Maka, dari hubungan operator diperoleh

p=−iℏ∇=ℑℏ [ H 0 ,r ] (1.90 )

Sehingga

⟨ φm|ε . p|φk ⟩= ℑℏ

ε . ⟨φm|[H 0, r ]|φk ⟩= ℑℏ

ε . ⟨φm|[ H 0 r−r H 0 ]|φk ⟩

¿ ℑℏ ( Em

0 −Ek0 ) ε . ⟨ φm|r|φk ⟩

¿ ℑωmk ε . ⟨ φm|r|φk ⟩ (1.91 )

Substitusi kembali ke dalam ungkapan laju transmisi, diperoleh

Rk → m=∫e2ωmk

3

2 π c3 |⟨ φm|ε . r|φk ⟩|2 d Ω (1.92 )

Bentuk eksplisit perkalian scalar

ε . ⟨ φm|r|φk ⟩=∬ Rn' l' (r ) Y

l'm' (θ , ϕ )ε . r Rn l (r )Y l m (θ , ϕ ) d Ωr2 dr

¿∫Rn' l' (r ) Rn l (r )r3 dr∫Y

l' m' (θ ,ϕ ) ε .r Y l m (θ , ϕ ) d Ω (1.93a )

Di dalam koordinat bola

ε . r=ε x sin θ cos ϕ+ε y sinθ sin ϕ+ε x cosθ (1.93b )

Gunakan

Y 10 (θ , ϕ)=√ 34 π

cosθ , Y 1±1 (θ ,ϕ )=∓√ 38 π

sin θ e±iθ (1.94 )

Maka

ε . r=ε x sin θ cos ϕ+ε y sinθ sin ϕ+ε zcos θ

¿ sin θ (ε x cosϕ+ε y sin ϕ )+√ 4 π3

ε zY 10 (θ ,ϕ )

¿ sin θ(ε xeiϕ+e−iϕ

2+ε y

eiϕ−e−iϕ

2 )+√ 4 π3

ε z Y 10

¿ε x−i ε y

2sin θ e iϕ+

ε x+i ε y

2sin θ e−iϕ+√ 4 π

3ε z Y 10

¿−εx−i ε y

2 √ 8 π3

Y 11+ε x+i ε y

2 √ 8 π3

Y 1−1+√ 4 π3

εz Y 10

30

¿√ 4 π3 ( εx−i ε y

√2Y 11+

ε x+i ε y

√2Y 1−1+εz Y 10) (1.93 c )

Karena itu

∫0

π

∫0

2 π

Y l' m'

¿ (θ ,ϕ ) Y 1 mn (θ , ϕ ) Y l m (θ , ϕ) d Ω∝δ l'l+1δm' m+mn (1.94 )

Bentuk ini merupakan kaidah seleksi transisi yakni transisi diijinkan jika

dipenuhi

l'=l+1

m'=m , m+1 (1.95 )

Contoh 6.6

Atom hidrogen berada di dalam ruang dengan medan elektromagnetik yang

dinyatakan oleh potensial vector A. Tentukan laju transisi keadaan 2 p → 1 s.

Penyelesaian :

Keadaan 2 p ≡ ψ21m dan 1 s≡ ψ100, maka

ε . ⟨ φm|r|φk ⟩=ε . ⟨ φ100|r|φ21 m ⟩¿∬R10

¿ (r ) Y 00¿ (θ , ϕ ) ε . r R21 (r ) Y 1 m (θ , ϕ) d Ω r2 dr

¿∫R10¿ (r ) R21 (r ) r3 dr∫Y 00

¿ ε . r Y 1m (θ , ϕ ) d Ω

Integral fungsi harmoniknya memberikan

∫Y 00¿ ε . r Y 1 m (θ , ϕ ) d Ω=∫Y 00

¿ √ 4 π3 ( ε x−i ε y

√2Y 11+

εx+i ε y

√2Y 1−1+ε z Y 10)Y 1 m d Ω

¿√ 13∫( ε x−i ε y

√2Y 11 Y 1 m+

ε x+i ε y

√2Y 1−1Y 1 m+ε z Y 10Y 1m)d Ω

¿√ 13 ( ε x−i ε y

√2δ1 ,−m+

ε x+i ε y

√2δ 1m+ε z δ0m)

Sedangkan bagian radialnya

∫R10¿ (r ) R21 (r ) r3 dr=∫

0

∞

2( 1a0

)3 /2

e−r /a0 12√6 ( 1

a0)

3/2

( ra0

)e−r /a0 r3 dr

31

¿a0

√6∫0

∞

e−3 r /2 a0( ra0

)4

d ( ra0

)¿

a0

√6 ( 23 )

5

∫0

∞

e−3 r /2a0( 3 r2 a0

)4

d ( 3 r2a0

)=4 ! ( 23 )

5 a0

√6

Sehingga

ε . ⟨ φ100|r|φ21m ⟩=( 23 )

5 8 a0

√2 ( εx−i ε y

√2δ1 ,−m+

εx+i ε y

√2δ 1 m+ε z δ0 m)

Dan kuadrat mutlaknya

|ε . ⟨φ100|r|φ21 m ⟩|2=32( 2

3 )10

a02[ 1

2(ε x

2+ε y0 ) ( δ1 ,−m+δ1 m )+ε z δ0m]

Substitusi persamaan (1.92) diperoleh

R2 p →1 s=∫ e2 ω3

2 π c3 32( 23 )

10

a02[ 1

2(ε x

2+ε y0 ) ( δ1 ,−m+δ1 m )+ε z

2 δ0 m]d Ω

Untuk integrasi anguler dipilih kondisi sederhana yakni keadaan awal p dapat

berada dalam tiga keadaan-m yang mungkin dengan probabilitas yang sama.

R2 p →1 s=13∑

m=−1

1

R2 p→ 1 s (m )

¿∫ e2 ω3

2 π c3 32( 23 )

10

a02 d Ω

13∑

m=−1

1

[ 12

(εx2+ε y

0 ) ( δ1 ,−m+δ 1m )+ε z2 δ0 m]

¿∫ e2 ω3

2 π c3 32( 23 )

10

a02 d Ω

13

ε x2+ε y

2 +ε z2⏟

¿1

ω=|E20−E1

0

ℏ |= m e4

32 ε0 π2ℏ3 (1−14 )

Selanjutnya, mengingat ada dua polarisasi maka laju transisi harus

dikalikan faktor dua

R2 p →1 s=12

×∫ e2 ω3

2 π c3 32( 23 )

10

a02 d Ω

13

¿2.4 π215

311

e2 a3

2π c3 ( 3 m e4

128 ε0 π2ℏ3 )3

( ℏ2

m e2 )2

=m e10a0

2

2438 ε03 π6ℏ5 c3

32

DAFTAR PUSTAKA

Griffiths, David J. 1995. Introduction to Quantum Mechanics. Prentice-Hall: New

Jersey.

Purwanto, Agus. 2006. Fisika Kuantum. Yogyakarta: Penerbit GAVA MEDIA.

33