Bab 5

5
PERSAMAAN SCHRODINGER
Ekuivalensi ini bersesuaian dengan solusi umum persamaan (5.1) untuk
gelombang harmonik monokromatik tak teredam dalam arah + x yaitu :
Y = A e –i ω ( t – x/v)
(5.2)
atau
Y = A cos [ω(t-x/v)] – isin [ω(t-x/v)]
(5.3)
A. Persamaan Schrodinger Bergantung Waktu
:
iћ δΨ/δt = -ћ2/2m (δ2Ψ/δx2 + δ2Ψ/δy2 + δ2Ψ/δz2 ) + V (x,y,z)Ψ
(5.16)
B. Persamaan Schrodinger Tak Bergantung Waktu
Ψ = A e –(i/ћ)(Et-px) = A e –(iE/ћ)t e (ip/ћ)x
Ψ = Ψ e –(iE/ћ)t
dengan Ψ =
e
(5.17)
–(ip/ћ)t
. Jadi Ψ merupakan perkalian dari fungsi gelombang
bergantung waktu e –(iE/ћ)t dan fungsi gelombang bergantung pada kedudukan Ψ. .
Subtitusikan persamaan (5.17) ke dalam persamaan (5.15) maka diperoleh:
i
2
e
2m
iE /  t
iE /  e
2 2
2m dx 2
E
2
dx
2
x
x
dx
v( x)
2
2
x
2
v e
2
iE /  t
atau
2m
E V
2
2
2
2
2
iE /  t
0
2m
E V
2
(5.18)
0
(5.19)
42
C. Aplikasi Persamaan Schrodinger Pada Permasalahan Sederhana untuk
Kasus Satu Dimensi.
1. Partikel Bebas (Free Particle)
a. Proton di Dalam Siklotron
V(x)
E
0
V=0
x
Gambar 5.1 Grafik Energi partikel bebas
2 d 2
( x)
( x)
2m dx 2
d2
2m
( x)
( x)
2
dx
2
2m
misal : k 2
2
d2
( x) k 2 ( x)
2
dx
Solusinya adalah :
e ikx
( x)
e
ikx
; dengan k
2m
2
Ada dua kemungkinan yaitu :
1. Partikel bergerak ke kanan
B = 0 dan
( x)
eikx
Energi partikelnya ialah :
2 d 2
( eikx ) = E e ikx
2
2m dx
k 2 2
2m
eikx = E eikx
Atau : E =
k 2 2
2m
Konstanta normalisasi A dapat ditentukan sebagai berikut :
Jika panjang lintasan partikel itu 0
x
L
43
L
( eikx )*( eikx ) dx = 1
0
L
2
A
dx = 1
1
A=
L
0
Maka persamaan keadaannya adalah : ψ(x) =
1
L
eikx dengan k
2m

Ψ(x,t) = ψ(x) . ψ(t)
=
1
L
e
ikx
e
(
i
) t
h
Bila dinyatakan dalam variable gelombang semuanya :
E = hυ maka
Ψ(x,t) =
1
L
2

e i ( kx
t)
Harga rata-rata dari variabel momentumnya :
L
( x) * ˆ ( x)dx
0
L
0
1
L
*
e
ikx

i x
1
L
L
e ikx dx
k
dx
L 0
k
Energi partikel dapat dicari sebagai berikut :
Subsitusi ψ(x) =
1
L
eikx ke dalam persamaan Schrodinger
1
2 d 2
( eikx ) = E(
2
2m dx
L
e ikx )
2 1
(ik ) 2 eikx
2m L
e ikx )
E(
1
L
2k 2
2m
2. Partikel bergerak ke kiri
44
A=0
Ψ(x) = B e
ikx
Dengan cara yang sama, tentukanlah : a) B b) ψ(x,t) c) <P> d)E
a) konstanta normalisasi B dapat dicari sebagai berikut :
Ψ(x) = B e
ikx
;A=0
L
ikx
( e
ikx
)*( e
)dx 1
0
L
e ikx e
ikx
dx 1
0
L
2
dx 1
0
1
L
b ) ( x, t )
1
L
e
ikx

1
L
( x) (t )
e
i
) t
h
(



e
ikx
e
i t
2
1
L
e
i ( kx
t)
c) <P> = …….?
L
* ( x) ˆ ( x)dx
0
L
0
k 0
e dx
L
L
(
0
k
L
L
1
e
L
ikx
)*(

1
)(
e
i x
L
ikx
)dx
k
d) E = ………?
45
1
( x)
L
2 d 2
2m dx 2
e
ikx
1
L
e
2 1
( ik ) 2 e
2m L
2
 k
2m
ikx
1
L
ikx
1
L
e
ikx
e
ikx
2
2. Partikel dalam Keadaan Terikat (Bound States)
a. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
t:
V(x)
V
E
x
Gambar 5.2 Grafik Energi elektron pada permukaan logam
 Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodingernya ialah:
 d2
( x)
( x)
2m dx 2
d2
2m
( x)
( x)
2
dx
2
2m
2
misal : k1
2
d2
2
( x)
k1
x
2
dx
e ik1x
e ik1x
I ( x)
 Daerah II ; x
0
46
V (x) = V , E < V
2 d 2
2m dx 2
d2
dx 2
( x) V ( x)
2 m( E V )
2
( x)
2m(V E )
2
Misal : k
d2
dx 2
2
E ( x)
( x)
2m(V E )
2
2
( x)
( x)
k 22
( x)
Cek2x + De-k2x
(x)
Solusi ialah
Fungsi yang diinginkan ialah fungsi gelombang berkelakuan baik :
II
(x)
0
lim x
Maka C = 0 dari
II
Aeikx
De
(x ) =
( x)
ikx
Be
k 2x
;x
D2
ik 2 x
:x<0
0
Solusi dari fungsi gelombang yang diperoleh masih terputus di x = 0 (tak
kontinu) maka, kita gunakan rumus penyambung atau persamaan
kontinuitas.
I
d
( x)
( x)
dx
I
II
( x)
( x)
dx
II
x=0
A+B=D..............1)
Ik1 A – ik1B = -k2D............2)
Dari dua persamaan tersebut dapat ditentukan harga konstanta A,B dan D
A+B=D
ik1 A – ik1B = -k2D
(k2)
1
-k2A+k2B=-k2D
ik1 A – ik1B = -k2D
+
(k2+ik1)A+(k2-ik1)B=0
47
(k2+ik1)A=(k2-ik1)B
B=
ik1
ik1
k2
A
k2
D=A
A+B=D
ik1 A – ik1B = -k2D
ik1
ik1 A + ik1B = -k1D
1
ik1 A – ik1B = -k2D
+
2ik1 A=(ik1-k2)D
2ik1
A
ik1 k 2
D=
( x)
Aeik1 x
2 ik11
ik1 k 2
ik1 k 2
A; x 0
ik1 k 2
A; x 0
b. Neutron yang mencoba melepaskan diri dari inti
V(x)
V
E
x
Gambar 5.3 Grafik Energi Neutron
Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodinger ialah :
48
 d2
( x)
( x)
2m dx 2
d2
2m
( x)
( x)
2
dx
2
2m
2
misal : k1
2
d2
2
( x)
k1
x
2
dx
e ik1x
e ik1x
I ( x)
Daerah x>0
V(x)=V ;energi E >V
2 d 2
Persamaan schrodingernya :
2m dx 2
d2
dx 2
2 m( E V )
h2
( x)
2m(V E )
h2
Misal : k 2
II
( x)
( x) V ( x)
( x)
( x)
2m(V E )
h2
2
Ceik 2 x
De
ik 2 x
Aeik1 x Be
Ce
ik2 x
Persamaan
ik1 x
;x
Ce ik 2 x dan D=0
(x)
Syarat gelombang yang berkelakuan baik :
(x)
E ( x)
0
;x 0
kontinuitasdi
x=0
agar
fungsi
gelombang
tersebut
berkesinambungan:
I
d
dx
( x)
I
II
( x)
( x)
d
dx
A+B=C
K1A-k1B=k2C
II
( x)
x=0
(k1)
k1A-k1B=k1C
1
k1A-k1B=k2C
+
2k1A=(k1+k2)C
49
2 k1
A
k1 k 2
C=
Aeik1 x
( x)
2 ik11
ik1 k 2
ik1 k 2
A; x 0
ik1 k 2
A; x 0
c. Partikel α yang Mencoba Melepaskan Diri dari Barrier Coulomb
V
E
I
II
III
x
0
a
Gambar 5.4 Grafik Energi Partikel α
Daerah I ; x<0
V(x)=0
energinya E<V
Persamaan schrodingernya :
d2
dx 2
I
2mE
2
( x)
( x) V ( x)
E ( x)
2 d 2
2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
(x) = dengan k1=
Daerah II
2 d 2
2m dx 2
2mE
2
; 0<x<a
V(x)=0
Persamaan schrodingernya :
d2
dx 2
II
( x)
2m
(V
2
(x) = Ce ik 2 x
Daerah III
De
E ) ( x)
ik 2 x
dengan k2=
2m(V E )
2
; x>a
50
V(x)=0
Persamaan schrodingernya :
III
(x) = Feik 2 x
Ge
ik1 x
2 d 2
2m dx 2
dengan k1=
( x) V ( x)
E ( x)
2mE
2
Pada daerah ini, partikelnya merupakan partikel bebas artinya tidak
ada sesuatu yang menyebabkan partikel untuk dipantulkan kembali
jadi G=0
III
(x) = Feik 2 x
Ae ik1 x
(x) =
Ce
k2 x
Fe
ik 1 x
Be
ik 1 x
;x 0
De
k2 x
;0 x a
;x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakan
persamaan kontinuitas:
I
d
II
( x)
( x)
( x) x=0
dx
( x)
dx
I
I
d
( x)
II
II
( x)
dx
I
( x)
( x) x=a
dx
II
A+B=C+D.......................1)
ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k 2 a
k 2 Ce k 2 a
De
k2a
k 2 De
Feik1a ....................3)
k2a
ik1 Feik1a ............4)
Dari kempat persamaan tersebut dapat dicari konstanta A,B,C,D dan F.
Dari persamaan 1 dan 2 :
A+B=C+D
ik1A-ik1B=k2C-k2D
(ik1)
(1)
ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
ik1A-ik1B= k2C-k2D
+
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D...................5)
Dari persamaan 3) dan 4)
51
Cek2a + De-k2a = Feik1a
(ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a
(1)
k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a
(ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a
D
(ik1 k2 ) e 2 k 2 a
C
(ik1 k2 ) e k 2 a
D
(k2 ik1 ) 2 k 2 a
e ..C...........6)
(ik1 k2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
2ik1 A
(ik1
2ik1 A
C
(ik1
(ik1
k 2 )C
(ik1
k2 )
k2 )
(ik1
k2 )
2ik1 (ik1 k 2 )
k 2 ) 2 (ik1 k 2 )( k 2
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e C
(ik1 k 2 )
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e
C
(ik1 k 2 )
ik1 )e 2 k 2 a
A.............7)
Subsitusi 7) ke 6) :
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e
(ik1 k 2 )
(ik1
D
2ik1 (ik1 k 2 )
k 2 ) (ik1 k 2 )(k 2
ik1 )e 2 k2a
2
A...........8)
Subsitusi 7) ke 8) :
2ik1 (ik1 k2 )
k2 ) (ik1 k2 )(k2
2
(ik1
(k2 ik1 ) 2 k 2 a
e
(ik1 k2 )
(ik1
2ik1 A
(ik1
ik1 )e
2k2 a
Ae2 k 2 a
2ik1 (ik1 k2 ) A
e
k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
2
e 2 k 2 a (ik1 k2 )(k2 ik1 )
k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2a
Feik1a
Feik1a
F
2ik1 (e 2 k 2 a )(ik1 k2 )(k2 ik1 )
1
A
2k2 a 2k2 a
2
(ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e
e
F
2ik (ik1 k2 )(k2 ik1 ) e k 2 a ik1a
A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
52
2ik1 (ik1 k2 ) A 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a A
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
A
2ik1 (ik1
k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
k2 ) 2ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) (ik1 k2 )(k2
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
k2 ) ik1 (k2 k1 )e 2 k 2 a (ik1 k2 ) 2 k2 (k2
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
A
2ik1 (ik1
A
(ik1
k2 ) (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2 ) 2
k2 ) 2ik1 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a (ik1
(ik1 k2 ) 2 (ik1 k2 )(k2 ik1 )e 2 k 2 a
k2 )
ik1 )e 2 k 2 a
ik1 )e 2 k 2 a
ik1 )e 2 k 2 a
maka persamaan keadaan dari partikel tersebut ialah
(x
)
ik1
k2 2ik1
2
ik1 k2
k2 ik1 e k 2 a ik1 k2
ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
2ik1 ik1 k2
ik1 k2 k2
ek2 x A
a
ik1
Aeik1 x
k2
2
2ik1 ik1
2
ik1 k2
ik1 e
2k2
k2 k2 ik1 e k 2 a ik1a
eik1 x A; x
2k2a
ik1 k2 k2 ik1 e
e
ik 1 x
A; x
0
2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a
e
2
k2
ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
ik1
k2 x
0
d. Elektron yang Dihamburkan Oleh Atom yang Terionisasi Negatif
53
a;0 x a
E
V
I
III
II
0
a
x
Gambar 5.5 Grafik energi elektron yang dihamburkan oleh
Atom terionisasi negatif
Daerah I ; x<0
V(x)=0
Persamaan Schrodingernya,
d2
dx 2
I
2mE
2
( x)
(x) = Aeik1x
Be
2 d 2
2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
ik1 x
dengan k1=
2m( E
2
Daerah II ; 0<x<a
V(x)=V energinya E>V
Persamaan schrodingernya :
d2
dx 2
II
( x)
2m
( E V ) ( x)
2
(x) = Ce ik 2 x
De
ik 2 x
2 d 2
2m dx 2
2m
(V
2
dengan k2=
( x) V ( x)
E ( x)
E)
2m(V E )
2
Daerah III ; x>a
V(x)=0
2 d 2
Persamaan Schrodingernya,
2m dx 2
( x)
E ( x)
54
d2
dx 2
III
2mE
2
( x)
(x) = Feik1x
( x)
Ge
ik1 x
dengan k1=
2m( E
2
Pada daerah ini partikel dianggap sebagai partikel bebas sehinnga G=0
III
(x) = Feik1 x
maka persamaan keadaannya ialah
(x) =
Ae ik1 x
Be
ik 1 x
;x 0
Ce k 2 x
De
k2 x
;0 x a
Fe ik1 x ; x a
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakanlah
persamaan kontinuitas :
I
d
( x)
( x)
( x) x=0
dx
( x)
dx
I
II
d
II
II
( x)
III
( x)
( x) x=a
dx
( x)
dx
II
II
A+B=C+D.......................1)
Ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
Ce k2a
ik 2 Ce k2a
De
k2 a
k 2 De
Feik1a ....................3)
k2 a
ik1 Feik1a ............4)
Mencari konstanta A,B,C,D & G.
Dari persamaan 1) dan 2) :
A+B=C+D
(ik1) Ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
Ik1A-ik1B=k2C-k2D
(1)
Ik1A-ik1B= k2C-k2D
+
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D........................5)
Dari persamaan 3) dan 4) :
Cek2a + De-k2a = Feik1a
(ik1) ik1Cek2a+ik1De-k2a = ik1Feik1a
k2Cek2a – k2De-k2 = ik1Feik1a
(1)
k2Cek2a – k2De-k2a = ik1Feik1a
55
(ik1-k2) Cek2a = -(ik1-k2) Dek2a
D
(ik1 k 2 ) e 2 k 2 a
C
(ik1 k 2 ) e k 2 a
D
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e .............6)
(ik1 k 2 )
Subsitusi 6) ke 5) :
2ik1 A
(ik1
2ik1 A
C
k 2 )C
(ik1
k2 )
k2 )
(ik1
k2 )
(ik1
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e
C
(ik1 k 2 )
2ik1 (ik1 k 2 )
k2 )
(ik1 k 2 )( k 2
2
(ik1
(k 2 ik1 ) 2 k 2 a
e C
(ik1 k 2 )
ik1 )e 2 k 2 a
A.............7)
Substitusi 7) ke 6), diperoleh :
D
k2
2k1e2ik 2 a
A..........8)
k1
k1 k2 e2ik 2 a
Substitusi 7) ke 8) ke 3), diperoleh :
F
k1 k2
4k1k2eik 2 a ik1a
A
k2 k1
k1 k2 e2ik1a
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
B
2k1 k2
k1
2k1e2ik 2 a k1 k2
k1 2 k2 k1
k1 k2 k2 k 1
k1 k2 e2ik 2 a
k1 k2 e2ik 2 a
A
56
(x)
2k1 k2
k1
k2
2k1 k2
k2 k1
k2
4k1k2eik 2 a ik1a
eik1 x A; x
k2 k1
k1 k2 e 2ik 2 a
k1
k1
2k1e 2ik1a k1 k2
k1 k2 k2 k1
k1 k2 k2 k1
k1 k2 e 2ik 2 a
Aeik1 x
k1
eik 2 x A
k1 k2 e 2ik 2 a
k2
k1 k2 e 2ik 2 a
2k1e 2ik 2 a
e
k1
k1 k2 e 2ik 2 a
ik 2 a
A;0
e
ik 1 x
x
A; x
a
a
e. Neutron yang terikat dalam inti
V
V
II
I
III
E
V(x)=0
0
l
x
Gambar 5.6 Grafik energi neutron yang terikat dalam inti
Daerah I ; x<0
V(x)=V ; E<V
Persamaan Schrodingernya,
d2
dx 2
I
( x)
2m(V
2
(x) = Aek1x
Be
E)
2 d 2
2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
k1 x
dengan menerapkan syarat fungsi berkelauan baik yaitu lim x mendekati
negatif tak hingga maka nilai fungsi harus berhingga, maka haruslah B = 0
sehingga solusi didaerah satu ialah
I
(x) = Aek1x dengan k1=
2m(V
2
E)
Daerah II ; 0<x<l
57
0
V(x)=0
Persamaan Schrodingernya,
d2
dx 2
II
2mE
2
( x)
(x) = Ce ik1x
2 d 2
2m dx 2
( x) V ( x)
E ( x)
( x)
De
ik1 x
2mE
2
dengan k2=
Daerah III ; x>l
V(x)=V energinya E<V
Persamaan schrodingernya :
d2
dx 2
III
2m(V E )
2
( x)
(x) = Fek1x
Ge
2 d 2
2m dx 2
k1 x
( x)
lim x
III
0
o
F
0
k1 x
(x) = Ge
Aek1x
Ψ(x) =
E ( x)
( x)
Syarat fungsi berkelakuan baik :
III
( x) V ( x)
Ce ik1x
Ge
; x<0
De
ik1 x
k1 x
; 0<x<l
; x>l
Fungsi tersebut masih terputus di titik x=0 dan x=l maka digunakan
persamaan kontinuitas :
I
d
( x)
( x)
dx
I
II
d
II
( x)
( x)
dx
II
( x)
( x)
dx
II
III
x=0
( x)
( x)
dx
II
x=l
A = C+D.......................1)
k1A-= ik2C
ik2D ...........2)
58
Ce k2l
De
ik 2 Ce k2l
k 2l
Ge ik1l ....................3)
k 2l
k 2 De
k1Ge ik1l ............4)
Mencari konstanta A,C,D dan G.
Dari persamaan 1 dan 2
A=C+D
k1A = ik2C
(ik2) ik2A= ik2C-ik2D
ik2D
(1)
k1A-= ik2C-ik2D
+
(ik2-k1)A=2ik2D
ik 2 k1
A.......... .... 5 )
2ik 2
D
Subsitusi 5) ke 1)
C=A–D
C
C
C
(ik 2 k1 )
A
2ik 2
2ik 2
ik 2
2ik 2
k1
A
ik 2 k1
A........................6)
2ik 2
Subsitusikan 5) dan 6) ke 3)
ik 2 k1 ik 2l
e
2ik 2
G
ik 2
ik 2 k1
e
2ik 2
k1 e ik 2l ik 2
2ik 2 e ik 2l
ik 2l
A
k1 e
ik 2l
Ge
k1l
A
Aek1x ; x ≤ 0
Ψ (x) =
ik 2 k1
Aeik 2l
2ik 2
ik 2
ik 2 k1
Ae
2ik 2
k1 e ik 2l ik 2
2ik 2 e ik 2l
k1 e
ik 2l
;0
x
l
ik 2l
Ae
k1 x
;x
l
f. Molekul Gas yang Terperangkap di Dalam Kotak
59
V (X)
E


0
Gambar 5.7 Grafik energi partikel dalam kotak
Karena besar dinding potensialnya tak hingga, maka partikel tidak
mempunyai peluang untuk loncat ke daerah x < -l dan x > l berarti, solusinya
hanya terletak di daerah –l ≤ x ≤ l dengan V(x) = 0.
Persamaan Schrodingernya :
2 d 2
2m dx 2
d2
dx 2
( x) V ( x)
( x)
2mE
2
(x) = Aeik1x
Be
E ( x)
( x)
ik1 x
dengan k=
2mE
2
Atau Ψ(x) = A ( cos kx + i sin kx ) + B (cos kx – i sin kx )
= (A + B )cos kx + i ( A - B ) sin kx
= C cos kx + D sin kx
dengan C = A + B dan D = i ( A- B )
Dilihat dari solusinya, ada dua kemungkinan yaitu :
1. Ψ(x) = C cos kx
; D=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0
C cos k (-l) = 0
dan Ψ(l) = 0
C cos kl = 0
C cos (-kl) =0
C cos kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl yaitu :
60
C cos kl = 0
Cos kl = nπ/2 dengan n =1,3,5,7,…
n
maka ( x)
2l
k
C cos
(bilangan ganjil)
n
x
2l
Harga C dapat dicari dengan menormalisasikan fungsi tersebut :
l
* ( x) 1
l
l
C 2 cos2
l
n
xdx 1
2l
1
( x)
l
cos

2m
l
n
xdengan : n
2l
energinyayaitu :
2
1
C
n
2l
2
2 d 2
2m dx 2
1
l
cos
1
n
x
2l
l
bilanganganjil
cos
n
x
2l
2
2

n
8ml 2
1
l
cos
n
x
2l
2
2
n

n2
2
32ml
dengan n bilangan ganjil
2. ψ(x) = D sin kx
; C=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0
D sin – (kl) = 0
-D sin kl =0
Sin kl = 0
dan Ψ(l) = 0
D sin (kl) = 0
D sin kl =0
sin kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl, yaitu :
D sin kl = 0
sin kl = 0
kl = nπ
k = nπ/l, dengan : n = 0,1,2,3,4,..
61
( x)
D sin
n
x
l
Konstanta D diperoleh dengan cara menormalisasikan fungsi tersebut :
l
D 2 sin 2
l
n
xdx 1
2l
1
( x)
sin
l
1
D
l
n
x
l
2 d 2
2m dx 2
energinyayaitu :
1
l
sin
n
x
l
1
l
sin
n
x
l
2
2 n
2n2
2m l
8ml 2
dengan : n 0,1,2,3,...
n'
n n
(n' bilangangenap)
2
2n2
; n bilangangenap
n
32ml 2
1
n'
( x)
sin
x; n' bilangangenap
l
l
Persamaan keadaan dari molekul yang terperangkap dalam kotak ternyata
mempunyai paritas ganjil dan genap, dengan energi
 2n2
32ml 2
n
Untuk n =1
k
n
k
n
k
n=3
2
2l
2
2l
2
l
3
3
2l
1
2
2l
l
2
2l
3
2l
2l
3
2
E3
9E1
62
1
x
cos

3
x
2
4h 2
32 m 2
E2
n=2
1
x

sin
n
2
E1
n=1
x
1

4 E1
cos
h2
32 m 2
n
x
2


Gambar 5.8 Energi partikel dalam kotak pada berbagai orde
g. Molekul Diatomik yang Bervibrasi Membentuk Osilator Harmonik
Sederhana
V(x)
-x
x
Gambar 5.9 Grafik Energi Osilator Harmonik Sederhana
Molekul Diatomik
Persamaan Schrodingernya ialah :
2 d 2
x
2m dx 2
d2
x
dx 2
1 2
kx x E
2
2mE mk 2
x
2
2
x
x
0
63
misal :
2mE
2
d2
dx 2
2
2
x
mk
misal : 2

d2
dx2
mk 2
x
2
x
2
mk
1
0
4
0
x2
2
x
x
4
0
0
1
4
0..............1)
x
misal :
0
d
dx
d d
d dx
1 d2
2
2
0 d
2
0
4
0
2
2
1 d
2
0 d
2
d2
d 2
dengan :
d2
dx2
1 d
0 d
2
0
0.............2)
2
2mE  2
2
mk
2
0
Solusi dari persamaan 2) salah satunya yaitu dengan teknik trial & error.
Kita pilih sembarang fungsi
dimana fungsi yang dipilih harus memenuhi
syarat fungsi berkelakuan baik, yaiutu:
lim
0
Misal fungsi sembarang itu ialah :
e
Diuji : lim
1
2
2
.......... .3)
0 (dipenuhi)
Substitusi persamaan 3) ke persamaan 2) :
64
d2
d 2
2
1
2
d
e
d
e
1
2
2
d
d
d
e
2
0
2
1
2
e
2
2
1
2
e
1
2
e
d
2
d
2
2
2
0
2
1
2
2
0
1
2
2
2
d
e
d
2
0
1
2
2
e
1
2
2
2
e
2
0
2
e
1
2
2
d
d
2
0
d
2
2
0
1
0.......4)
d
d
Persamaan 4) ini dinamakan persamaan Hermite
2
Solusi dari persamaan Hermite dicari dengan cara deret
dijabarkan dalam bentuk deret sebagai berikut :
al bl ..............5)
l 0
a0
a1
a2
2
a3
3
...
Substitusi persamaan 5) ke persamaan 4) :
d2
a0
d 2
2
2
0
a1
a2
1 a0
a1
2 a2
6a3
12a4
2
1 a0
a1
2
0
2 a2
2
12a4
4 a2
2
0
a2
2
0
...
2
4
a2
1 a0
2
2
2
...
...
1 a2
...
6a3
2
a1
2
a2
...
0
2
2
0
d
a0
d
2 a2
3
3a3
...
0
2a1
2
2
0
20a5
6a3
1 a1
2
2
0
1 a3
3
... 0
Atau secara umum dapat diungkapkan sebagai berikut :
65
l 1 l
2 al
2
2lal
2
2
0
l
1 al
0
dengan : l 0,1,2,3,...
karena
0, maka :
l 1 l
atau :
2 al
2
2lal
2
2
2l
l 1 l
al 2
al
2
0
2
0
1 al
1
2
Untuk l besar atau l mendekati
0
2
2l 1
l 1 l
2
al 2
al
2
l
:
0
Berarti ada dua solusi, yaitu :
1..
a0
2.
a1 a3
2
a2
4
a4
3
5
a5
... genap
... ganjil
Perbandingan antar dua sukunya yaitu
2
l
2
Jadi, deret tersebut mempunyai kelakuan asimptotik untuk seluruh rentang
2
2
l sebanding dengan : e2 atau
e2 .......6)
Substitusi persamaan 6) ke persamaan 5):
1
2
e
3
2
2
e2
Bila diuji dengan : lim
0 (berarti ada kesalahan)
Untuk mengatasi hal tersebut, maka dilakukan cara dengan mengubah
deret menjadi bentuk polinom yaitu dengan melakukan pemotongan suku deret.
Misal rentang harga l tidak sampai
Itu diperoleh bila
al 2
al
2l 1
l 1 l
atau : 2l 1
maka : 2l 1
tapi sampai l tertentu, misal sampai l max
0
2
0
0
2
2
0
0
2
0
Karena l = 0,1,2,3,… kita ganti saja dengan 2n 1
2
0
......7)
66
Substitusi persamaan 7) ke 4) dengan mengganti
( ) dengan polinomial
Hermite Hn ( ) :
d2
Hn
d 2
d
Hn
d
2
2nH n
0..........................8)
Lihat persamaan 3) :
e
1
2
2
menjadi :
Dengan : H n
H0
e
H1
2
H2
4
e
2
1
n
Hn
dn
e
d n
e
1
2
2
2
2
x
dgn :
2
2
dan

mk
0
0
2
1
4
Solusinya yaitu :
An H n
e
1
2
2
dengan An = konstanta
An dapat dicari sebagai berikut :
*
d
1
An
1
2
1
2
n!2n
1
An
1
2
n!2n
0; m
An
n
2
A0
A1
1
2
n!2n ; m
n
1
4
1
1
2
1
2
2
1
4
.2
67
1
4
0
1
2
e
2
1
2
1
2
2
1
2 e
1
2
2
D. Rapat Probabilitas
1. Proton di dalam berkas siklotron
Kasus 1
x
x
*
x
x
*
1 ikx
e
L
1 ikx
e
L
1
L
Kasus 2
x
x
*
x
x
*
1
e
L
ikx
1
e
L
1
L
ikx
x
:
Gambar 5.10 Sketsa grafik rapat probabilitas
sebagai fungsi posisi
2. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
1
1
x
x
*
1
x
ik1 x
Ae
2 A* A
1
x
ik1 k2
Ae
ik1 k2
*
ik1 x
Aeik1 x
ik1 k2 * 2ik1 x
A Ae
ik1 k2
ik1 k2
Ae
ik1 k2
ik1 x
ik1 k2 *
A Ae
ik1 k2
2ik1 x
68
2
2
*
x
x
2
2
x
2ik1
Ae
ik1 k2
x
*
k2 x
2ik1
Ae
ik1 k2
k2 x
4k12
A* Ae
k12 k22
2k2 x
:
0
x
Gambar 5.11 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron konduksi terhadap posisinya
3. Neutron yang Mencoba Melepaskan Diri dari Inti
1
1
*
1
x
x
1
k1 k2
Ae
k1 k2
ik1 x
x
Ae
AA
2
x
x
*
2
*
ik1 x
k1 k2 *
A Ae
k1 k2
*
2
x
x
2
k1 k2
Ae
k1 k2
Aeik1 x
2 ik1 x
ik1 x
k1 k2 * 2ik1 x
A Ae
k1 k2
2
k1 k2
k1 k2
A* A
x
2k1
Aeik 2 x
k1 k2
*
2k1
Aeik 2 x
k1 k2
4k12
k1 k2
2
A* A
*
0
x
Gambar 5.12 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron yang melepaskan diri dari inti terhadap posisinya
69
4. Partikel
1
yang Mencoba Melepaskan Diri dari Potensial Coulomb
A* A
x
ik1
A* Ae2ik1 x
*
AA
2
x
e2 k 2 x
3
x
A* Ae
ik1
k2 2ik1
2
ik1 k2
k2 ik1 e 2 k 2 a
ik1 k2
ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
2
1
ik1 k2
ik1 k2 ik1 k2
4k12 A* A
k2 2ik1 k2 ik1 e 2 k 2 a ik1 k2
2
ik1 k2 ik1 k2 k2 ik1 e 2 k 2 a
k2 ik1 e 2 k 2 a
ik1 k2
ik1 k 2 k2 ik1 e 2 k 2 a
k2 2ik1
2
ik1 k2
4k12 A* A
ik1
2 ik1 x
2
e2k 2 a
ik1
ik1
ik1 k2 ik1 k2 e
k2
2
ik1 k2
2
2k2 a
ik1 k2
e2 k 2 a ik1 k2
2
e
2
ik1 k2 k2 ik1 e2 k 2 a
2k 2 x 4k2 a
ik1 k2 ik1 k2
2 2 ik1 a
k2 ik1 k2 e
ik1 k2 ik1 k2 e 2 k 2 a
*
0
L
x
Gambar 5.13 Sketsa grafik probabilitas partikel
5. Elektron yang dihamburkan oleh ion yang terionisasi negatif
70
A* A
x
1
2k1 k 2
A* Ae2ik1 x
A* Ae
A* Ae
k1
k2
2
2k1 k 2
2 k1 x
2k1e 2ik 2 a k1 k 2
k1 k 2 k 2
k1 k 2 k 2 k1
k1 k 2 e
k1
k2
k1
2 ik 2 a
k1
2k1e
2k1 k 2
k1
2k1e 2ik 2 a k1
x
k1 k2
k1 k2
k2
k1
k1
2
k2
k1 e
2
1
k 2 e 2ik 2 a k 2
k1
2k1 k 2
2
2k1e 2ik 2 a k1 k 2
k1 k 2 k 2 k1
k1 k 2 k 2 k1
k1 k 2 e 21k 2 a
k1
k1
k2
k1
k2
k1
k2 k2
k2 k2
4k12 A* A
k2 e 2ik 2 a k2 k1
2 ik 2 a
k2 k1 e
k1 k2
k1
k1
k1
k 2 e 2ik 2 a
k1
k1
k2 e
k1
k 2 e 2ik 2 a
k 2 e 2ik 2 a
2 ik 2 a
k1
k1
k1
2 ik 2 a
k 2 e 2ik 2 a
k1 k2 e2ik 2 a
2ik 2 a 2 ik 2 x
1
2
3
x
2
1
*
4k A Ae
2k2 a
ik1
k2
2
0
ik1
ik1 k2 k2 ik1 ik1 k2
2
k2 ik1 k2 ik1 k2
ik1 k2
L
ik1
x
Gambar 5.14 Sketsa grafik probabilitas elektron yang dihamburkan ion
6. Neutron yang terikat dalam inti
71
k2
*
x
Aek1 x
2
x
A* A 2
k1
4k22
k22
ik1
k2 e
3
x
A* A 2
k1
422
k22
ik1
k2 e
1
Aek1 x
A* Ae2 k1 x
2
2 ik 2 x
ik1 k2 e 2ik 2 x
2
2
2 ik 2 l
ik1 k2 e 2ik 2 l
2
ik1
k2
ik1
k2
2
2
Grafiknya :
*
x
Gambar 5.15 Sketsa grafik probabilitas neutron dalam inti
7. Molekul gas yang terperangkap dalam kotak
x
1
n
cos2
x; n
L
2l
bil.ganjil
1 2n
sin
x; n
L
2l
bil.genap
atau :
x
+
Gambar 5.16 Sketsa grafik probabilitas partikel dalam kotak
8. Molekul diatomik yang bervibrasi membentuk osilator sederhana
72
1
2
0
1
2
2
e
1
2
2
e
0(
0(
2
)
)
Gambar 5.17. Sketsa grafik probabilitas osilator harmonik sederhana
Molekul diatomik
73