b. Tentukan eigenket-eigenket dari sistem tersebut sebagai kombinasi linier dari 1 dan 2

(1)

Solusi UTS Mekanika Kuantum 1 Program Studi S2 Fisika

Tanggal ujian: 26 Oktober 2017

Dosen: Muhammad Aziz Majidi, Ph.D. Asisten: Ahmad Syahroni, S.Si.

Soal 1

Hamiltonian sebuah sistem 2-keadaan (two states system) dinyatakan dengan H = E0 |1ih1| + 2i|1ih2| − 2i|2ih1| + 3|2ih2|

di mana E0 adalah bilangan konstan berdimensi energi, serta |1i dan |2i adalah ket-ket basis yang dipilih.

a. Hitung harga-harga eigen energi sistem tersebut.

b. Tentukan eigenket-eigenket dari sistem tersebut sebagai kombinasi linier dari |1i dan |2i

c. Andaikan saat ini sistem dalam keadaan dengan energi terendah. Jika dilakukan pengukuran lebih lanjut, hitung probabilitas sistem ditemukan berada pada keadaan |2i.

Solusi

a. Misal representasi matriks dari ket |1i dan |2i yang merupakan basis dinyatakan sebagai |1i=. 1 0 dan |2i=. 0 1

maka, Hamiltonian di atas dapat dinyatakan dalam bentuk matriks sebagai berikut H=.

E0 2iE0

−2iE₀ 3E0

Untuk mencari harga-harga eigen (λ1 dan λ2) dari matriks H di atas, maka kita perlu menyelesaikan

persamaan berikut ini

det(H − λI) = 0 det E0− λ 2iE0 −2iE₀ 3E0− λ = 0

(E0− λ)(3E0− λ) − (2iE0)(−2iE0) = 0

3E₀2− E0λ − 3E0λ + λ2− 4E20 = 0

(2)

Kemudian cari akar-akarnya (λ1 dan λ2) λ1,2 = 4E0±p(−4E0)2− 4(1)(−E02) 2(1) = 4E0±p20E 2 0 2 = 4E0± 2E0 √ 5 2 = 2E0± E0 √ 5 = E0(2 ± √ 5)

b. Eigenket-eigenket dari sistem tersebut dapat kita cari dengan cara menyelesaikan persamaan matriks berikut E0− λ 2iE0 −2iE0 3E0− λ a b = 0 0 dengan a b

adalah eigenket dari H. Untuk λ = E0(2 + √ 5) E0− E0(2 + √ 5) 2iE0 −2iE0 3E0− E0(2 + √ 5) a b = 0 0 aE0− aE0(2 + √ 5) + 2iE0b = 0 aE0(−1 − √ 5) = −2iE0b a(1 + √ 5) = 2ib a = 2i (1 +√5)b = ( √ 5 − 1) 2 ib Sehingga eigenket atau eigenvector

a b

yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = E0(2 +

√ 5) dapat ditulis sebagai a b ! = (√5−1) 2 ib b ! = b (√5−1) 2 i 1 !

Dari sini dapat kita lihat bahwa semua vektor yang merupakan kelipatan dari

(√5−1) 2 i

1 !

juga merupakan eigenstate dari H dengan nilai eigen λ = E0(2 +

√ 5).

(3)

Besar dari vektor

(√5−1) 2 i

1 !

dapat dihitung dengan cara berikut

s (√5 − 1) 2 i 2 + |1|2 ₌ s −( √ 5 − 1) 2 i (√5 − 1) 2 i + 1 = s (√5 − 1)2 4 + 4 4 = s 10 − 2√5 4 = 1 2 q 10 − 2√5

Sehingga eigenket dengan nilai eigen λ = E0(2 +

√

5) yang telah ternomalisasi dapat ditulis sebagai

1 1 2 p 10 − 2√5 (√5−1) 2 i 1 ! =    (√5−1)i √ 10−2√5 2 √ 10−2√5   = (√5 − 1)i p 10 − 2√5 1 0 ! +p 2 10 − 2√5 0 1 ! = ( √ 5 − 1)i p 10 − 2√5 |1i + _p 2 10 − 2√5 |2i

Dengan cara yang sama seperti di atas, eigenket dengan nilai eigen λ = E0(2 −

√

5) yang telah ternormalisasi dapat ditulis sebagai

1 1 2 p 10 + 2√5 −( √ 5+1) 2 i 1 ! =    − ( √ 5+1)i √ 10+2√5 2 √ 10+2√5   = − (√5 + 1)i p 10 + 2√5 1 0 ! +_p 2 10 + 2√5 0 1 ! = − ( √ 5 + 1)i p 10 + 2√5 |1i + _p 2 10 + 2√5 |2i

c. Bila sistem saat ini berada dalam keadaan dengan energi terendah, maka jika dilakukan pengukuran lebih lanjut, probabilitas menemukan sistem berada pada |2i adalah

h2| − ( √ 5 + 1)i p 10 + 2√5 |1i + _p 2 10 + 2√5 |2i 2 = 2 p 10 + 2√5 2 = 4 10 + 2√5 = (5 +√5) 10

(4)

Soal 2

Pandang masalah presesi spin partikel dengan spin-1₂ di mana medan magnet konstan sebesar B diberikan pada arah sumbu z positif. Diketahui pada saat t = 0 sistem berada pada keadaan |αi = |Sx; −i.

a. Nyatakan Hamiltonian sistem.

b. Tentukan bentuk eksplisit |α(t)i untuk t ≥ 0 dalam |Sz; +i, |Sz; −i, dan t.

c. Hitung probabilitas untuk mendapatkan sistem berada pada keadaan |Sy; ±i pada t ≥ 0.

d. Hitung harga ekspektasi Sy sebagai fungsi waktu.

Solusi

a. Hamiltonian sistem partikel spin-1₂ yang diberikan medan magnet konstan sebesar B ke arah sumbu z positif dapat dinyatakan dengan

H = −~µ · ~B = − − e mcS~ · ~B = e mcS · ~~ B = eB mcSz b. Jika diketahui pada t = 0 sistem berada pada keadaan

|α, t = 0i = |S_x; −i = √1 2|+i −

1 √

2|−i

dengan |+i = |Sz; +i dan |−i = |Sz; −i, maka sistem tersebut berevolusi terhadap waktu seperti pada

persamaan berikut |α, ti = exp − iHt ~ |α, t = 0i = exp(−i ~ eB mctSz) 1 √ 2|+i − 1 √ 2|−i = √1 2e −iωt/2_{|+i −} _√1 2e iωt/2_|−i 4 Universitas Indonesia

(5)

c. Pada t ≥ 0, probabilitas untuk mendapatkan sistem berada pada keadaan |Sy; ±i dapat dihitung dengan cara hS_y; ±|α, ti 2 = 1 √ 2h+| ∓ i √ 2h−| 1 √ 2e −iωt/2_{|+i −}_√1 2e iωt/2_|−i 2 = 1 2e −iωt/2_± i 2e iωt/2 2 = 1 2 e−iωt/2± ieiωt/2 2 = 1 4 eiωt/2∓ ie−iωt/2 e−iωt/2± ieiωt/2 = 1 4

eiωt/2e−iωt/2± ieiωt_{∓ ie}−iωt_{+ e}−iωt/2_eiωt/2

= 1 4

2 ± i(eiωt− e−iωt)

= 1

4(2 ± i(2i sin ωt)) = 1

2(1 ∓ sin ωt)

d. Harga ekspektasi Sy sebagai fungsi waktu dapat dihitung dengan cara

hα, t|S_y|α, ti = hα, t|~ 2 − i|+ih−| + i|−ih+| |α, ti = hα, t|~ 2 − i|+ih−| + i|−ih+| 1 √ 2e −iωt/2_{|+i −}_√1 2e iωt/2_|−i = 1 √ 2e iωt/2_{h+| −} _√1 2e −iωt/2_h−| i~ 2√2e iωt/2_{|+i +} i~ 2√2e −iωt/2_|−i = i~ 4 e iωt/2_{− e}−iωt/2 = i~ 4 2i sin ωt = −~ 2 sin ωt

(6)

Soal 3

Pandang sebuah sistem dengan bilangan kuantum momentum angular j = 1. a. Tulislah representasi matriks operator Jy dalam basis-basis Jz.

b. Tunjukkan bahwa untuk j = 1 operator unitary pemutaran ket terhadap sumbu y dengan sudut putar β dapat dinyatakan sebagai

A + BJy+ CJy2,

serta temukan A, B, dan C.

c. Jika sistem semula dalam keadaan |αi = |Jz; +1i, nyatakan | ˜αi, yaitu ket setelah sistem mengalami

pemutaran pada soal b, dalam |Jz; +1i, |Jz; 0i, dan |Jz; −1i

Solusi

a. Operator Jy dalam basis-basis Jz dapat dinyatakan dengan

Jy =

J+− J−

2i

Untuk menyatakan Jy sebagai matriks, maka kita perlu menghitung elemen-elemen matriknya dengan

cara hj, m0|Jy|j, mi = hj, m0| J+− J− 2i |j, mi

Sehingga, untuk j = 1 operator Jy dapat dinyatakan sebagai matriks 3 × 3 berikut

Jy =.               h1, 1| J+−J− 2i |1, 1i h1, 1| J+−J− 2i |1, 0i h1, 1| J+−J− 2i |1, −1i h1, 0| J+−J− 2i |1, 1i h1, 0| J+−J− 2i |1, 0i h1, 0| J+−J− 2i |1, −1i h1, −1| J+−J− 2i |1, 1i h1, −1| J+−J− 2i |1, 0i h1, −1| J+−J− 2i |1, −1i              

Untuk menghitung nilai elemen-elemen matriknya, maka kita perlu mengetahui bagaimana J+dan J−

bekerja pada |j, mi

J±|j, mi = ~

p

(j ∓ m)(j ± m + 1)|j, m ± 1i

(7)

Contoh:

1). elemen matriks baris pertama kolom pertama

h1, 1| J+− J− 2i |1, 1i = h1, 1|1 2i J+|1, 1i − J−|1, 1i sedangkan J+|1, 1i = ~ p (1 − 1)(1 + 1 + 1)|1, 2i = 0 J−|1, 1i = ~ p (1 + 1)(1 − 1 + 1)|1, 0i = √ 2~|1, 0i sehingga h1, 1| J+− J− 2i |1, 1i = h1, 1|1 2i J+|1, 1i − J−|1, 1i = h1, 1|1 2i 0 − √ 2~|1, 0i = − √ 2~ 2i h1, 1|1, 0i = 0

2). elemen matriks baris pertama kolom kedua

h1, 1| J+− J− 2i |1, 0i = h1, 1|1 2i J+|1, 1i − J−|1, 0i sedangkan J+|1, 0i = ~ p (1 − 0)(1 + 0 + 1)|1, 1i = √ 2~|1, 1i J−|1, 0i = ~ p (1 + 0)(1 − 0 + 1)|1, −1i =√2~|1, −1i sehingga h1, 1| J+− J− 2i |1, 0i = h1, 1|1 2i J+|1, 0i − J−|1, 0i = h1, 1|1 2i √ 2~|1, 1i − √ 2~|1, −1i = √ 2~ 2i h1, 1|1, 1i − √ 2~ 2i h1, 1|1, −1i = √ 2~ 2i − 0 = − √ 2i~ 2

(8)

b. Dengan mengalikan matriks Jy di atas dengan matriks Jy itu sendiri beberapa kali, maka dapat

kita tunjukkan bahwa Jy

~

3

= Jy

~

. Sehingga operator rotasi terhadap sumbu-y sebesar β dapat dinyatakan dan di-ekspansi-kan sebagai berikut

exp −iJyβ ~ = 1 − i Jy ~β − Jy ~ 2 β2 2! + i Jy ~ 3 β3 3! + Jy ~ 4 β4 4! + ... = 1 − iJy ~ β − β 3 3! + β5 5! + ... − Jy ~ 2 β2 2! − β4 4! + ... = 1 − iJy ~(sin β) − Jy ~ 2 1 − 1 +β 2 2! − β4 4! + ... = 1 − iJy ~(sin β) − Jy ~ 2 (1 − cos β) = A + BJy+ CJy2 dengan A = 1; B = −i sin β ~ ; dan C = cos β − 1 ~2 c. Setelah mengalami rotasi pada soal 3b, keadaan |αi = |Jz; +1i menjadi

| ˜αi = exp −iJyβ

~ |Jz; +1i = (A + BJy+ CJy2)|1; +1i

Dari soal 3a di atas, kita tahu bagaimana Jy bekerja pada |1; +1i, yaitu

Jy|1; +1i = J+− J− 2i |1, 1i = − √ 2~ 2i |1, 0i = √ 2i~ 2 |1, 0i Dengan demikian J_y2|1; +1i = Jy Jy|1; +1i = Jy √ 2i~ 2 |1, 0i = √ 2i~ 2 Jy|1, 0i = √ 2i~ 2 1 2i J+|1, 0i − J−|1, 0i = √ 2i~ 2 1 2i √ 2~|1, +1i −√2~|1, −1i = ~ 2 2 |1, +1i − |1, −1i 8 Universitas Indonesia

(9)

Sehingga | ˜αi = (A + BJy+ CJy2)|1; +1i = A|1; +1i + √ 2i~ 2 B|1, 0i + ~2 2 C |1, +1i − |1, −1i = (A + ~ 2 2 C)|1; +1i + √ 2i~ 2 B|1, 0i − ~2 2 C|1, −1i = 1 + cos β 2 |1; +1i + √ 2 sin β 2 |1, 0i + 1 − cos β 2 |1, −1i