Persamaan Schrodinger Partikel bebas

Fisika Kuantum

1

Model kasus #1

Persamaan Schrodinger Partikel bebas

Solusi umum TDSE

Bentuk umum persamaan Schrodinger bergantung waktu (TDSE)

𝐻̂𝜓(𝑟⃑, 𝑡) = 𝑖ℏ 𝜕

𝜕𝑡𝜓(𝑟⃑, 𝑡)

Dalam hal ini 𝐻̂ adalah operator Hamiltonian dan 𝜓(𝑟⃑, 𝑡) menyatakan fungsi keadaan atau fungsi gelombang.

𝐻̂ = − ℏ²

2𝑚𝛻²+ 𝑉(𝑟⃑, 𝑡)

Simbol 𝛻 menyatakan operator nabla atau del ; bentuknya tergantung pada sistem koordinat yang digunakan. Dan 𝑉(𝑟⃑, 𝑡) menyatakan energi potensial dari sistem fisis yang ditinjau.

Untuk kasus 1D, ungkapan persamaan Schrodinger bergantung waktu berbentuk

𝐻̂𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑖ℏ 𝜕

𝜕𝑡𝜓(𝑥, 𝑡)

Dengan bentuk operator Hamiltonian sebagai berikut

𝐻̂ = −ℏ² 2𝑚

𝜕²

𝜕𝑥²+ 𝑉(𝑥, 𝑡)

Untuk kasus potensial tak bergantrung waktu,

de_sasmita

2 𝑉 = 𝑉(𝑥)

Maka operator Hamiltoniannya berbentuk

𝐻̂ = −ℏ² 2𝑚

𝜕²

𝜕𝑥²+ 𝑉(𝑥)

Mari kita terapkan persamaan tersebut untuk sistem fisis berupa partikel bebas.

Kasus partikel bebas

Untuk kasus partikel bebas, yaitu partikel yang tidak ada dalam pengaruh potensial tertentu, artinya potensialnya nol, maka bentuk operator Hamiltonianya sebagai berikut

𝐻̂ = −ℏ² 2𝑚

𝜕²

𝜕𝑥²

Sehingga persamaan Schrodinger-nya menjadi

−ℏ² 2𝑚

𝜕²

𝜕𝑥²𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑖ℏ𝜕

𝜕𝑡𝜓(𝑥, 𝑡)

Sekarang mari kita selesaikan bentuk persamaan diferensial parsial tersebut.

Solusi TDSE

Langkah penyelesainnya sebagai berikut ;

Pertama, kita untuk menerapkan metode separasi variabel

𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)

Jika kita lihat bentuk operator yang ada dalam TDSE, maka kita memerlukan turunan pertama terhadap waktu dan turunan kedua terhadap posisi

de_sasmita

Fisika Kuantum

3

𝜕𝜓(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡 = 𝑋(𝑥)𝑑𝑇(𝑡) 𝑑𝑡

Turunan terhadap posisi

𝜕𝜓(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑥 = 𝑇(𝑡)𝑑𝑋(𝑥)

𝑑𝑥 → 𝜕²𝜓(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑥² = 𝑇(𝑡)𝑑²𝑋(𝑥) 𝑑𝑥²

Kedua, substitusikan pada persamaan Schrodinger bergantung waktu

− ℏ²

2𝑚{𝑇(𝑡)𝑑²𝑋(𝑥)

𝑑𝑥² } = 𝑖ℏ {𝑋(𝑥)𝑑𝑇(𝑡) 𝑑𝑡 }

Ketiga, bagi kedua ruas dengan 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) ,

1

𝑋(𝑥){−ℏ² 2𝑚

𝑑²𝑋(𝑥)

𝑑𝑥² } = 𝑖ℏ 1 𝑇(𝑡)

𝑑𝑇(𝑡) 𝑑𝑡 Kita ungkapan sebagai beriku,

− ℏ² 2𝑚

1 𝑋(𝑥)

𝑑²𝑋(𝑥)

𝑑𝑥² = 𝑖ℏ 1 𝑇(𝑡)

𝑑𝑇(𝑡) 𝑑𝑡

Ruas kiri melibatkan variabel posisi x sedangkan ruas kanan variabel waktu t. Berdasarkan aturan matematika, persamaan tersebut akan benar hanya jika sama dengan konstanta yang sama. Misalkan saja konstanta tersebut E. Mak kita memperoleh dua peramaan diferensial biasa dengan bentuk sebagai berikut

−ℏ² 2𝑚

1 𝑋(𝑥)

𝑑²𝑋(𝑥) 𝑑𝑥² = 𝐸 𝑖ℏ 1

𝑇(𝑡) 𝑑𝑇(𝑡)

𝑑𝑡 = 𝐸

Keempat, selesaikan kedua PDB tersebut untuk mendapatkan fungsi keadaan 𝜓(𝑥, 𝑡) .

Variabel posisi

de_sasmita

4 Persamaan untuk variabel posisi

− ℏ² 2𝑚

1 𝑋(𝑥)

𝑑²𝑋(𝑥) 𝑑𝑥² = 𝐸

Dapat diungkapkan dalam bentuk persamaan eigen berikut

𝑑²𝑋(𝑥)

𝑑𝑥² = −2𝑚𝐸 ℏ² 𝑋(𝑥)

Untuk menyelesaikannya kita ungkapkan dalam bentuk berikut

{𝑑²

𝑑𝑥²+2𝑚𝐸

ℏ² } 𝑋(𝑥) = 0

Agar singkat, konstan yang ada kita simbolkan

𝑘²=2𝑚𝐸 ℏ² sehingga

{𝑑²

𝑑𝑥²+ 𝑘²} 𝑋(𝑥) = 0

Solusi umum dari persamaan tersebut adalah 𝑋(𝑥) = 𝐴𝑒^{−𝑖𝑘𝑥}+ 𝐵𝑒^𝑖𝑘𝑥

Variabel waktu

Persamaan untuk variable waktu adalah

𝑖ℏ 1 𝑇(𝑡)

𝑑𝑇(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝐸

Dapat kita ungkapkan dalam bentuk berikut

de_sasmita

Fisika Kuantum

5 𝑑𝑇(𝑡)

𝑇(𝑡) = −𝑖𝐸 ℏ𝑑𝑡

Ini adalah persamaan diferensial orde-1 separabel.

Solusinya berbentuk

𝑇(𝑡) = 𝐶𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Solusi umum

Solusi dari PDB untuk masing-masing variabel telah didapatkan sebagai berikut

𝑋(𝑥) = 𝐴𝑒^{−𝑖𝑘𝑥}+ 𝐵𝑒^𝑖𝑘𝑥 𝑇(𝑡) = 𝐶𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Berdasarkan solusi tersebut, maka satuan dari konstanta k adalah

𝑘𝑥 ≡ 𝑟𝑎𝑑

→ ∴ 𝑘 = ^𝑟𝑎𝑑 𝑚𝑒𝑡𝑒𝑟 Sedangkan satuan dari konstanta E

𝐸

ℏ𝑡 ≡ 𝑟𝑎𝑑

→ ∴ 𝐸 ≡ℏ

𝑡𝑟𝑎𝑑 ≡^{𝐽. 𝑠 𝑟𝑎𝑑}⁄

𝑠 𝑟𝑎𝑑 =𝐽

Maka kita peroleh hubungan kedua konstanta dala bentuk berikut

𝑘𝑣 = 𝜔

→ 𝜔 ≡𝑟𝑎𝑑 𝑠

Maka solusi umum dri TDSE untuk partikel bebas adalah

𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)

→ 𝜓(𝑥, 𝑡) = {𝐴𝑒^{−𝑖𝑘𝑥}+ 𝐵𝑒^𝑖𝑘𝑥}𝐶𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Inilah bentuk awal fungsi keadaan dari partikel bebas.

de_sasmita

6 Untuk mendapatkan fungsu keadaan dalam bentuk khusus, maka diperlukan syarat batas untuk variabel posisi x dan syarat awal untuk variabel waktu t.

Untuk itu mari kita bahas model kasus yang menggambarkan kedua syarat tersebut.

Model kasus

Salah satu sistem fisis yang menggambarkan partikel bebas adalah kasus di mana sebuah partikel berada dalam sumur potensial dengan ‘kedalaman’ tak hingga.

Misalkan lebar dri sumur potensial tersebut L, massa partikel m, dan potensial dalam sumur nol sedangkan di luar sumur potensialnya tak hingga. Jika pada saat awal partikel tersebut memili fungsi keadaa berbentuk

𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥²

Rumuskan bentuk fungsi keadaan dari partikel bebas tersebut !

Gambaran dari sistem fisis tersebut adalah sebagai berikut

Ungkapan syarat batas dari kondisi tersebut berbentuk

𝑥 = 0 𝑥 = 𝐿

𝑉(𝑥)

𝑥 𝑚

de_sasmita

∞

Fisika Kuantum

7 𝑥 = 0

→ 𝜓(0, 𝑡) = 0 𝑥 = 𝐿

→ 𝜓(𝐿, 𝑡) = 0

Sedangkan ungkapan syarat awalnya adalah 𝑡 = 0

→ 𝜓(𝑥, 0) = 𝑥 − 𝑥²

Penerapan syarat batas

Untuk syarat batas pertama (sisi kiri).

𝑥 = 0

→ 𝜓(0, 𝑡) = 0

→ 𝜓(0, 𝑡) = {𝐶₁𝑒⁰+ 𝐶₂𝑒⁰}𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Artinya

0 = {𝐶1+ 𝐶2}𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Ungkapan tersebut akan benar hanya jika

𝐶1+ 𝐶2= 0 𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄} = 0 Sehingga diperoleh

𝐶1= −𝐶2

Dari penerpana syarat batas tersebut fungsi keadaan berubah menjadi

𝜓(𝑥, 𝑡) = {−𝐶₂𝑒^{−𝑖𝑘𝑥}+ 𝐶₂𝑒^𝑖𝑘𝑥}𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄} = 𝐶₂{−𝑒^{−𝑖𝑘𝑥}+ 𝑒^𝑖𝑘𝑥}𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Ungkapan dalam kurung kurawal dapat kita nyatakan dalam bentuk berikut

𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝐶₂{2𝑖 𝑠𝑖𝑛 𝑘𝑥}𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

de_sasmita

8 Jika konstanta yang ada kita misalkan 𝐵 = 2𝑖𝐶2 , maka fungsi keadaan di atas menjadi

𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑥) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Untuk syarat batas kedua, 𝑥 = 𝐿

→ 𝜓(𝐿, 𝑡) = 0

→ 𝜓(𝐿, 𝑡) = 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝑘𝐿) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄} Artinya,

0 = 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝑘𝐿) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Persamaan tersebut akan benar hanya jika 𝑠𝑖𝑛 𝑘𝐿 = 0

Angka nol dapat kita nyatakan sebagai berikut 𝑠𝑖𝑛 𝑘𝐿 = 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝜋 ; 𝑛 = 0, ±1, ±2, …

Persamaan sinus tersebut akan benar hanya jika argumennya sama, artinya

𝑘𝐿 = 𝑛𝜋 ; 𝑛 = 0, ±1, ±2, …

Mkaa diperoleh bentk konstanta k sebagi berikut 𝑘 = 𝑛 (𝜋

𝐿) ; 𝑛 = 0, ±1, ±2, …

Karena k menyatakan bilangan (‘banyaknya’) gelombang, maka hanya nilai n positif yang diambil, sehingga bilangan gelombang yang diijinkan berbentuk

𝑘 = 𝑛 (𝜋

𝐿) ; 𝑛 = 1,2,3 …

Dengan demikian fungsi keadaan sekarang menjadi berbentuk

de_sasmita

Fisika Kuantum

9 𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝐵 𝑠𝑖𝑛 (𝑛𝜋

𝐿 𝑥) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑡 ℏ⁄}

Karena bilangan gelombanya banyak, ditandai dengan nilai n banyak, maka kita beri indek pada setiap simbol yang ada, sehingga fungsi keadaannya sekarang menjadi berbentuk

𝜓𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝐵_𝑛𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑛𝑥) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑛𝑡 ℏ⁄}

Artinya fungsi kedaannya banyak, sesuai dengan nilai n yang banyak. Fungsi keadaan tersebut dinamakan fungsi keadaan stasioner.

Karena fungsi keadaannya banyak, lalu fungsi keadaan mana yang benar ?

Untuk itu kita terapkan prinsip superposisi, bahwa jika terdapat n buah solusi yang benar maka jumlah (superposisi, kombinasi linier) dari semua fungsi keadaan tersebut juga merupakan solusi. Ungkapan matematis dari prinsip tersebut adalah sebagai berikut

𝜓(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐵𝑛𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑛𝑥) 𝑒^{−𝑖𝐸𝑛𝑡 ℏ⁄}

∞

𝑛=1

Konstanta 𝐸𝑛 dapat kita cari dari konstanta 𝑘𝑛 , yaitu

𝑘²=2𝑚𝐸 ℏ²

→ 𝐸_𝑛= ℏ² 2𝑚𝑘_𝑛

Jika ungkapan kita substitusikan maka diperoleh

𝐸𝑛= ℏ² 2𝑚𝑛²(𝜋

𝐿)

2

Atau

𝐸_𝑛= 𝐸₀𝑛² ; 𝐸₀=ℏ²𝜋² 2𝑚𝐿²

de_sasmita

10 Inilah berbagai kemungkinan harga energi yang akan dimiliki oleh partikle bebas. Energi tersebut bersifat diskrit ; dikatakan energinya terkuantisasi. Kumpulan energi tersebut adalah harga eigen.

Ungkapan energi di atas dapat kita nyatakan dalam frekuensi sudut menggunakan relasi Einstein

𝜔𝑛=𝐸_𝑛 ℏ

Sehingga fungsi keadaan di atas menjadi berbentuk 𝜓(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐵_𝑛𝑠𝑖𝑛(𝑘_𝑛𝑥) 𝑒^{−𝑖𝜔𝑛𝑡}

∞

𝑛=1

Fungsi keadaan ini dinamakan fungsi keadaan nonstasioner.

Tugas kita selanjutnya adalah mencari konstanta 𝐵𝑛 . Untuk itu kita gunakan syarat awal.

Penerapan syarat awal

Untuk mencari konstanta 𝐵𝑛 kita terapkan syarat awal, seperti berikut ini

𝑡 = 0

→ 𝜓(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥)

→ 𝜓(𝑥, 0) = ∑ 𝐵_𝑛𝑠𝑖𝑛 (𝑛𝜋 𝐿 𝑥) 𝑒⁰

∞

𝑛=1

Sehingga kita peroleh bentuk berikut

𝜓(𝑥, 0) = ∑ 𝐵𝑛𝑠𝑖𝑛 (𝑛𝜋 𝐿 𝑥)

∞

𝑛=1

de_sasmita

Fisika Kuantum

11 Jika kita substitusikan syarat awalnya,

𝜓(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥² Maka kita peroleh bentuk berikut

𝑥 − 𝑥²= ∑ 𝐵𝑛𝑠𝑖𝑛 (𝑛𝜋 𝐿 𝑥)

∞

𝑛=1

Cermati baik-baik ! Bentuk tersebut menyatakan deret Fourier.

Buktikan oleh anda bahwa konstanta tersebut berbentuk

𝐵𝑛= 8 𝜋³

1

𝑛³ ; 𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 Sehingga fungsi keadaanya berbentuk

𝜓(𝑥, 𝑡) = 8

𝜋³ ∑ 1

𝑛³𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑛𝑥) 𝑒^{−𝑖𝜔𝑛𝑡}

∞

𝑜𝑑𝑑 𝑛=1

Fungsi gelombang ini akan menjadi sumber pokok untuk mendapatkan harga rerata dan ketidakpastian dari besaran fisis milik partikel bebas , yaitu posisi, momentum, energi kinetik dan energi total.

Uji oleh anda apakah fungsi keadaan tersebut ternormaliasi ataukah tidak ?

--- LKM #2 : Tugas-1

LKM #2 : Tugas-2

#2

de_sasmita