�ݺ�ߣ

MEKANIKA KUANTUM FI 5003
Cakupan kuliah:
-

Review : Pers Schroedinger dan solusinya
Teori gangguan bebas waktu
Dinamika kuantum
Aproksimasi WKB
Operator dan aplikasinya dalam mekanika kuantum
Metoda variasional dana aplikasinya dalam mekanika
quantum: Atom Helium
Metoda Hartree Fock
Teori Gangguan bergantung waktu
Hamburan
Partikel sejenis
Koreksi relativistik atom hidrogen

Sistem Kuliah
Research Based Learning
• 60-70% Bahan kuliah disampaikan dengan tatap
muka dikelas
• Mahasiswa kemudian diminta mengerjakan 2
project RBL yang bersifat pendalaman dan
penajaman terhadap topik tertentu yang masuk
dalam cakupan kuliah Mekanika Kuantum
secara kelompok
• Progress RBL dipresentasikan mulai pekan ke 7
• Presentasi akhir RBL dilakukan pada pekan ke
14 dan 15

Sistem Kuliah
Research Based Learning (2)
• Untuk mempertajam hasil RBL dapat digunakan
metoda numerik baik menggunakan
programming language ataupun yang lebih
sederhana seperti MATLAB dan Excell
• RBL bersifat napak tilas suatu paper di jurnal
tertentu

Sistem Kuliah
Sistem Penilaian
•
•
•
•
•
•

Ujian dilakukan 3 kali, diambil 2 terbaik
Quiz dilakukan 4-6 kali
PR diberikan 6-8 kali
Tugas RBL
Tugas-tugas lain seperti presentasi khusus dll
Bobot : Ujian : 2 x 25%, RBL: 30%, Quiz : 10%,
PR dll.:10%
• A: >80, AB: 72.5-80, B:65-72.5,BC:57.5-65,
C:50-57.5;

Solusi Numerik Pers.
Schroedinger
• Mekanika quantum merupakan persoalan fisika yang
memerlukan abstraksi cukup tinggi dalam
memahaminya.
• Untuk memudahkan memahaminya maka penggunaan
simulasi merupakan pendekatan yang baik dan telah
mulai banyak diterapkan.
• Dalam makalah ini dibahas contoh pengembangan
simulasi sistem kuantum relatif sederhana sebagai dasar
untuk pengembangan pada tingkat kompleksitas yang
lebih tinggi.

Schroedinger(2)
• Pemecahan masalah fisika kuantum
secara simulasi/numerik dan
penamilannya secara grafis merupakan
suatu upaya untuk memudahkan proses
belajar fisika kuantum.
• Untuk melakukan simulasi sistem
kuantum yang non-relativistik dan tak
bergantung waktu kita perlu memecahkan
persamaan Schroedinger bebas waktu
sbb.

Ilustrasi Sederhana Persoalan
Kuantum berbasis simulasi

Schroedinger(3)



2 2 
−
∇ Ψ ( r ) + V ( r ) Ψ ( r ) = EΨ ( r )
2m
•
•

•

Untuk persoalan tertentu biasanya potensial dari sistem sudah
diketahui.
Untuk persoalan dalam struktur atom atau inti maka fungsi
gelombang dan energinya yang harus dicari. Namun dalam kasus
lain energi telah diketahui sehingga yang perlu dicari adalah fungsi
gelombangnya saja.
Dengan diketahuinya fungsi gelombang maka kita dapat
menghitung banyak besaran fisika lainnya seperti probabilitas
keberadaan partikel, rapat arus probabilitas, dsb.

Schroedinger(4)
•

Untuk memecahkan persamaan schroedinger di atas, persamaan
tersebut kita diskritisasikan sbb. Misal untuk menyederhanakan
masalah kita akan memecahkan persoalan partikel dalam kotak
satu dimensi. Fungsi potensial terkait adalah

 0 , untuk - a < x < a
V ( x) = 
 ∞ , untuk lainnya
2

2





 d
−
Ψ ( r ) + V ( r ) Ψ ( r ) = EΨ ( r )
2
2m dx

Diskritisasi
(4)

1 2

3

4

i-1 i i+1 i+2

I-1 I

 2 Ψi +1 − 2Ψi + Ψi −1
−
+ Vi Ψi = EΨi
2
2m
∆x
2m
Ψi +1 = 2Ψi − Ψi −1 − 2 ( E − Vi )


Solusi Iteratif
• Untuk mencari nilai eigen sekaligus harga eigen maka
pertama kita tebak nilai eigen enrergi terlebih dahulu.
• Selanjutnya kita terapkan syarat batas.
• Untuk partikel dalam kotak tentunya maka harga fungsi
gelombang di ujung-ujung kotak adalah nol.
• Selanjutnya karena kita masih memiliki konstanta bebas
maka kita dapat menetapkan sebarang konstanta real di
mesh terdekat dari salah satu batas.
• Dengan ini maka kita dapat menggunakan perumusan
sebelumnya untuk menghitung fungsi gelombang di
mesh-mesh selanjutnya.

Solusi Iteratif (2)
•
•

Akhirnya kita akan menerapkan syarat batas berupa apakah fungsi
gelombang menjadi nol di batas yang lain.
Bila ini dipenuhi maka harga tebakan energi yang digunakan
merupakan nilai eigen dari persamaan Schroedinger di atas,
demikian juga harga ψi akan merupakan harga vektor eigen

Algoritma perhitungannya adalah :
Tebak harga energi eigen (misal mulai nilai terbesar atau terkecil)
Tentukan fluks di mesh ke 0 adalah 0 dan mesh ke 1 adalah a
Hitung mesh ke 2, 3, 4, dst. sampai mesh ke I+1
Bila mesh ke I+1 harganya nol berarti tebakan energi saat ini benar
merupakan nilai eigen, bila tidak berarti tebakan energi sekarang
bukan nilai iegen
5. Ulangi untuk harga energi yang berbeda untuk mencari nilai energi
eigen atau nilai eigen berikutnya

1.
2.
3.
4.

Review Persamaan
Schrodinger dan Aplikasinya

Schroedinger Wave Equation
and Its Solution
Zaki Su’ud

Pers. Schrodinger
• Pers. Schroedinger bergantung waktu:

∂Ψ ( x, t )
 ∂ Ψ ( x, t )
i
=−
+ V Ψ ( x, t )
2
∂t
2m ∂x
2

2

Pemecahan dengan separasi variabel
Ψ ( x, t ) = T (t )U ( x)
∂T (t )
 2 ∂ 2u ( x )
i u ( x )
= −T (t )
+ VT(t )u ( x)
∂t
2m ∂x 2

∂T (t )   2 ∂ 2u ( x)
i u ( x )
= −
+ Vu ( x) T(t )
2
∂t
 2m ∂x

  2 ∂ 2u ( x )

−
+ Vu ( x) 
∂T(t ) / ∂t  2m ∂x 2
i
=

T(t )
u ( x)






∂T(t ) / ∂t
i
=E
T(t )
∂T (t )
i
= ET (t )
∂t
T (t ) = Ce −iEt / 
 2 ∂ 2u ( x)
−
+ Vu ( x) = Eu ( x)
2m ∂x 2

Persamaan Schroedinger Untuk
keadaan tunak (Time indipendent)
2





2
−
∇ Ψ (r ) + V Ψ (r ) = EΨ (r )
2m

Laplacian di beberapa geometri
∂ 2Ψ ∂ 2Ψ ∂ 2Ψ
∇ Ψ = 2 + 2 + 2 (rectangular )
∂x
∂y
∂z
2

1 ∂
∂Ψ
1 ∂ 2Ψ ∂ 2Ψ
∇ 2Ψ =
(ρ
)+ 2
+ 2 (cylindrical )
2
ρ ∂ρ
∂ρ
ρ ∂ϕ
∂z

1 ∂ 2 ∂Ψ
1
∂
∂Ψ
1
∂ 2Ψ
∇2Ψ = 2
(r
)+ 2
(sin θ
)+ 2 2
( spherical )
2
r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
r sin θ ∂ϕ

SOLUSI PERSAMAAN SCHROEDINGER
UNTUK KASUS 1 DIMENSI
•
•
•
•
•

Potensial kotak tak hingga
Potensial tangga
Potensial kotak/sumur potensial berhingga
Terobosan potensial
Osilator harmonik

Potensial Kotak Tak hingga(2)
 ∂ Ψ ( x)
−
+ VΨ ( x) = EΨ ( x)
2
2m ∂x
2
2
 ∂ Ψ ( x)
−
+ Vo Ψ ( x) = EΨ ( x)
2
2m ∂x
2
∂ Ψ ( x)
2m
= − 2 ( E − Vo )Ψ ( x)
2
∂x

Ψ ( x) = A cos(kx + ϕ o )
2

2

2m
k=
( E − Vo )
2

Syarat Batas
Ψ (-a/2) = Ψ (a/2) = 0
Dengan pertimbangan simetri ϕ o = 0
Ψ ( x) = A cos(kx)
Terapkan Syarat Batas
A cos(ka / 2) = 0

2m
k=
( E − Vo )
2

π
ka / 2 = (2n + 1)
2
π
k = (2n + 1)
a
2m
π2
( E − Vo ) = (2n + 1) 2 2
2
a
π 2 2
En = Vo + (2n + 1) 2
2ma 2
h2
2
En = Vo + (2n + 1)
8ma 2

Potential step (2)
0, x < 0
V ( x) = 
Vo , x > 0
Untuk V konstant
 2 ∂ 2 Ψ ( x)
−
+ VΨ ( x) = EΨ ( x)
2
2m ∂x
∂ 2 Ψ ( x)
2m
= − 2 ( E − V )Ψ ( x)
2
∂x

Untuk x < 0
Ψ ( x) = e ikx + Re −ikx

Potential step(3)
• Arus netto ke kanan:

∂Ψ ∂Ψ *
j=
(Ψ *
−
Ψ)
2im
∂x
∂x

j=
[(e −ikx + R * e ikx )(ike ikx − ik Re −ikx ) − complex conj.]
2im
k
j=
(1 − R 2 )
m

Potential step(4)
• Untuk x>0

Ψ2 = Te

iqx

2m( E − Vo )
q=
2


∂Ψ ∂Ψ *
j=
(Ψ *
−
Ψ)
2im
∂x
∂x
q 2
j=
T
m

Potential step(5)
• Syarat Batas :

Ψ1 (0) = Ψ2 (0)
j (0) kiri = j (0) kanan
Substitusi :
1+ R = T
k
q
2
(1 − R ) =
T
m
m
Diperoleh
k −q
R=
k +q
2k
T=
k +q

2

Sumur Potensial Berhingga E>0
V(x)

E
Vo
x

Sumur Potensial Berhingga(2)
0, x < −a

V ( x) = − Vo ,−a < x < a
0, X > a

Untuk V konstant
 ∂ Ψ ( x)
−
+ VΨ ( x) = EΨ ( x)
2
2m ∂x
2
∂ Ψ ( x)
2m
= − 2 ( E − V )Ψ ( x)
2
∂x

2

2

Sumur Potensial Berhingga(3)

Solusi umum
Ψ ( x) = e + Re
ikx

Ψ ( x) = Ae

iqx

−ikx

+ Be

−iqx

Ψ ( x) = Te , x > a
ikx

, x < −a
,− a < x < a

Dengan Syarat batas
e

− ika

ik (e
Ae

+ Re
−ika

iqa

ika

+ Be

− Re ) = iq ( Ae
ika

+ Be

iq ( Ae

= Ae

− iqa

iqa

−iqa

+ Be

= Te
−iqa

iqa

−iqa

− Be )
iqa

ika

) = ikTe

ika

Hasil :
(q 2 − k 2 ) sin 2qa
R = ie − 2ika
2
2
2kq cos(2qa ) − i (q + k ) sin 2qa
2kq
− 2 ika
T =e
2kq cos(2qa ) − i (q 2 + k 2 ) sin 2qa

Hal khusus bila E>>V & sin2qa=0

nπ 
En = −Vo +
2
8ma
2

2

2

Sumur Potensial Berhingga E<0
V(x)

Vo
x
E

Sumur Potensial Berhingga E<0 (2)
Solusi umum
Ψ ( x) = C1e kx + D1e − kx , x < −a
Ψ ( x) = Aeiqx + Be −iqx ,−a < x < a
Ψ ( x) = C2 e + D2 e
kx

− kx

,x > a

Syarat batas :
1. Berhingga saat x = ±∞ ⇒ C1 = C2 = 0
2. Fungsi gelombang dan turunannya
kontinu di batas x = -a dan x = a

Ψ ( x) = C1e kx , x < −a

Ψ ( x) = Ae iqx + Be −iqx ,−a < x < a
Ψ ( x) = D2 e − kx , x > a
Dengan syarat batas kedua :
C1e − ka = Ae −iqa + Be iqa
kC1e − ka = iqAe −iqa − iqBe iqa
D2 e − ka = Ae iqa + Be −iqa
− kD2 e − ka = iqAe iqa − iqBe −iqa
iqAe −iqa − iqBe iqa
k=
Ae −iqa + Be iqa
iqAe −iqa − iqBe iqa
−k =
Ae −iqa + Be iqa

− iqa

iqAe − iqBe
−k =
− iqa
iqa
Ae + Be
sin( qa )
k =q
= q tan qa
cos(qa )
qa dapat dicari dan berharga diskrit
2m
q=
(E −V )
2

2m
k=
(V − E )
2


iqa

Barier Potensial (1)
V(x)

Vo
E

0, x < − a

V ( x) = Vo ,−a < x < a
0, X > a

Untuk V konstant
 ∂ Ψ ( x)
−
+ VΨ ( x) = EΨ ( x)
2
2m ∂x
2
∂ Ψ ( x)
2m
= − 2 ( E − V )Ψ ( x)
2
∂x

2

2

Solusi umum
Ψ ( x) = e + Re
ikx

−ikx

Ψ ( x) = Ae + Be
qx

, x < −a

− qx

,− a < x < a

Ψ ( x) = Te , x > a
Syarat batas :
ikx

Fungsi gelombang dan turunannya
kontinu di batas x = -a dan x = a

Barier Potensial
Dengan syarat batas di x = -a :
e

−ika

ke

+ Re

−ika

= Ae

ika

− Rke

ika

− qa

+ Be

= Aqe

− qa

qa

− Bqe

qa

Dengan syarat batas di x = a :
Te

ika

Tke

= Ae + Be

ika

qa

− qa

= Aqe − Bqe
qa

− qa

Barier Potensial
e − ika + Re ika
Ae − qa + Be qa
=
− ika
ika
ke − Rke
Aqe − qa − Bqe qa
Aqe qa − Bqe − qa
k=
Ae qa + Be − qa
k ( Ae qa + Be − qa ) = Aqe qa − Bqe − qa
A(k − q )e qa = − B (k + q )e − qa
− (k + q )e − qa (q + k )e − 2 qa
A=
=
B
qa
( k − q )e
(q − k )
Akhirnya diperoleh :
2kq
- 2ika
T=e
2kq cosh(2qa ) + i (k 2 − q 2 ) sinh 2qa

Transmitansi
2

T =e

G
1/ 2 b

 2m 
G = 2 2 
 

1/ 2

 Z1 Z 2 e

∫ dr  r − E 




R
2

1/ 2

 2mZ1Z 2 e b 

G = 2
2





2

π

2


1/ 2

R
− 
b






Delta Function Potential
λ
V ( x) = −
δ ( x)
2ma
2
d Ψ
λ
2
− k Ψ = − δ ( x)Ψ
2
dx
a
2m E
2
k =
2

e − kx , x > 0

Ψ ( x) =  kx
e , x < 0

2

Continuity of the wave function
+ε

+ε

d dΨ
2m
 dΨ   dΨ 
= ∫ dx 2 [V ( x) − E ] Ψ ( x)

 −
 = ∫ dx
 dx ε  dx  −ε −ε dx dx −ε 
 dΨ   dΨ 

 −
 = 0, for standard potential
 dx ε  dx  −ε
But for potential which include delta function :
+ε

2m
 dΨ   dΨ 

 −
 = ∫ dx 2 [Voδ ( x − a ) − E ] Ψ ( x)
 dx ε  dx  −ε −ε 
2m
 dΨ   dΨ 

 −
 = 2 Vo Ψ (a )
 dx ε  dx  −ε 

Double Delta Function Potential
 2λ
V ( x) = −
{δ ( x + a) + δ ( x − a )}
2ma
d 2Ψ
λ
2
− k Ψ = − {δ ( x + a ) + δ ( x − a )}Ψ
2
dx
a
2m E
2
k =
2
For even solution :
e − kx , x > a

Ψ ( x) =  A cosh(kx),−a < x < a
e kx , x < − a


Double Delta Function Potential
− ka

e = A cosh ka
Applying derivative condition in x = a (symmetric case)
λ − ka
− ka
− ke − Ak sinh ka = − e
a
Eigen value condition :
λ
tanhka =
−1
ka
2ka
− 2 ka
e
=
−1
λ

For odd solution:
e − kx , x > a

Ψ ( x) =  A sinh( kx),−a < x < a
e kx , x < − a


e − ka = A sinh ka
Applying derivative condition in x = a

λ − ka
− ke − Ak cosh ka = − e
a
Eigen value condition :
λ
coth(ka) =
−1
ka
2ka = λ − λe −λ
− ka

Osilator Harmonik
 2 d 2Ψ 1
−
+ kx 2 Ψ EΨ
=
2
2m dx
2
Changing the variable :
k
ω=
m
2E
ε=
ω
mω
y =x

d 2Ψ
+(ε −y 2 ) Ψ 0
=
2
dy

Osilator harmonik, kondisi asimtotik
As y → ∞ :
2

d Ψo
2
− y Ψo = 0
2
dy
2

Ψo ( y ) = e

− y2 / 2

Definisikan h(y) sehingga :
Ψ (y) = h(y)e
2

− y2 / 2

d h( y )
dh( y )
− 2y
+ (ε − 1)h( y ) = 0
2
dy
dy

Osilator harmonik, solusi deret
∞

h( y ) = ∑ am y m
m =0

Setelah memasukkan deret ini ke persamaan diferensial
di atas maka kita mendapatkan rumus rekursi berikut :
(m + 1)(m + 2)a m + 2 = ( 2m − ε + 1)am
Untuk sembarang harga ε , untuk harga m yang besar (misal m > N) :
2
am
m
Dengan demikian, maka solusinya dapat diaproksimasi menjadi

a m+2 ≈

2 N +2
22
h(y) = (polinomial y) + a N [ y + y
+
y N + 4 + ...]
N
N ( N + 2)
Deret di atas dapat dituliskan sebagai :
N

 ( y 2 ) N / 2−1 ( y 2 ) N / 2 ( y 2 ) N / 2+1

N
a N y ( − 1)! 
+
+
+ ...
2
 ( N / 2 − 1)! ( N / 2)! ( N / 2 + 1)!

2

Osilator harmonik, solusi deret
Bila kita tuliskan N = 2k
 ( y 2 ) k −1 ( y 2 ) k ( y 2 ) k +1

y (k − 1)! 
+
+
+ ...
 (k − 1)! (k )! (k + 1)!

 y2 
( y 2 )2
( y 2 ) k − 2 
2
2
= y (k − 1)! e − 1 + y +
+ ... +

2!
(k − 2)!


Hasil ini dimasukkan ke rumus rekursi dan agar rekursi terhenti
maka
2

ε = 2N + 1
Dengan ini rumus rekursinya menjadi
N ( N − 2)...( N − 2k + 4)( N − 2k + 2)
a 2k = (−2) k
ao
(2k )!
( N − 1)( N − 3)...( N − 2k + 3)( N − 2k + 1)
a 2k +1 = (−2) k
a1
(2k + 1)!

Osilator harmonik, solusi deret:
Rangkuman
• Ada sejumlah eigen value yang diskrit dan
berjarak sama:
1
E n = ω ( n + )
2
• Sifat Polinomial Hermit: a.l. memenuhi
2

d H n ( y)
dH n ( y )
− 2y
+ 2nH n ( y ) = 0
2
dy
dy

Karakteristik Polinomial Hermit
H n +1 − 2 yH n + 2nH n −1 = 0
dH n
H n +1 +
− 2 yH n = 0
dy
zn
2 zy − z 2
∑ H n ( y) n! = e
n
H n ( y ) = (−1) n e y
∞

2

d n − y2
e
n
dy

Normalisasi : ∫ dye H n ( y ) 2 = 2 n n! π
-∞

-y2

Contoh Polinomial Hermit
H o ( y) = 1
H1 ( y ) = 2 y
H 2 ( y) = 4 y − 2
2

H 3 ( y ) = 8 y − 12 y
2

H 4 ( y ) = 16 y − 48 y + 12
4

2

H 5 ( y ) = 32 y − 160 y + 129 y
5

3

�ݺ�ߣ

Pendahuluan1

More Related Content

Pendahuluan1