3.Fungsi Legendre - Website Staff UI

3.Fungsi Legendre
3.1. Pengembangan fungsi Legendre
3.2. Sifat-sifat Fungsi Legendre
3.3. Legendre Asosiasi
3.4. Harmonik Sferis
3.5. Operator Momentum Angular
3.1. Pengembangan Fungsi
Legendre
Fungsi Legendre dapat langsung dikembangkan dari
basis fisika yakni elektrostatik:
ϕ
q
ϕ=
4πε 0 r1
1
r
θ
r1
q
z=a
z
(3.1)
Dalam koordinat polar r dan θ:
ϕ=
q
4πε 0
(r 2 + a 2 − 2ar cos θ ) −1/ 2
(3.2)
Dapat diekspansikan dalam polinomial Pn:
∞
⎛a⎞
ϕ=
Pn (cos θ )⎜ ⎟
∑
4πε 0 n =0
⎝r⎠
q
n
(3.3)
Disini Pn adalah polinomial Legendre dan dapat didefinisikan:
∞
g (t , x) = (1 − 2 xt + t 2 ) −1/ 2 = ∑ Pn ( x)t n , | t |< 1
(3.4)
n =0
g(t,x) merupakan fungsi generator untuk polinomial Legendre
Fungsi generator dapat diekspansikan:
2 −1 / 2
(1 − 2 xt + t )
∞
(2n)!
2 n
= ∑ 2n
(
2
xt
−
t
)
2
n = 0 2 ( n!)
∞
(2n − 1)!!
=∑
(2 xt − t 2 ) n
n = 0 ( 2n)!!
(3.4)
Ekspansi binomial dari ( 2 xt − t 2 ) n menghasilkan deret dobel:
(1 − 2 xt + t 2 ) −1/ 2
∞
(2n)! n n
n!
k
n−k k
t
(
1
)
(
2
x
)
t
= ∑ 2n
−
∑
2
k!(n − k )!
n = 0 2 ( n!)
k =0
∞
n
(2n)!
(2 x) n − k t n + k
= ∑∑ (−1) 2 n
2 n!k!(n − k )!
n =0 k =0
k
(3.5)
Dapat diatur urutan sumasi:
2 −1 / 2
(1 − 2 xt + t )
(2n − 2k )!
(2 x) n − 2 k t n
= ∑ ∑ (−1) 2 n − 2 k
2
k!(n − k )!(n − 2k )!
n =0 k =0
∞ [ n / 2]
k
(3.6)
Bandingkan dengan (3.4) diperoleh:
(2n − 2k )!
Pn ( x) = ∑ (−1) n
x n−2k
2 k!(n − k )!(n − 2k )!
k =0
[ n / 2]
k
Dapat dievaluasi langsung beberapa Pn(x) untuk n kecil.
P0 ( x) = 1
P1 ( x) = x
3 2 1
P2 ( x) = x −
2
2
(3.7)
Kembali ke masalah elektrostatis, untuk kasus dipole:
ϕ
q ⎛1 1⎞
⎜⎜ − ⎟⎟
ϕ=
4πε 0 ⎝ r1 r2 ⎠
r2
-q
z=-a
θ
r
r1
q
z=a
z
q ⎛1 1⎞
⎜⎜ − ⎟⎟
ϕ=
4πε 0 ⎝ r1 r2 ⎠
(3.8)
Diekspansikan sesuai cosinus, untuk (r>a) :
2 −1 / 2
2 −1 / 2 ⎫
⎧
⎡
q ⎪⎡
⎛a⎞ ⎤ ⎪
⎛a⎞
⎛a⎞
⎛a⎞ ⎤
− ⎢1 + 2⎜ ⎟ cos θ + ⎜ ⎟ ⎥ ⎬
ϕ=
⎨⎢1 − 2⎜ ⎟ cos θ + ⎜ ⎟ ⎥
4πε 0 ⎪⎢⎣
⎝ r ⎠ ⎥⎦ ⎪
⎝r⎠
⎝ r ⎠ ⎥⎦
⎝r⎠
⎢
⎣
⎩
⎭
(3.9)
Jelas bahwa suku kedua serupa dengan pertama kecuali
dengan mengganti a menjadi –a.
Gunakan (3.4) akan diperoleh:
n
n
∞
q ⎡∞
a
a
⎞ ⎤
⎛ ⎞
n⎛
ϕ=
⎢∑ Pn (cos θ )⎜ ⎟ − ∑ Pn (cos θ )(−1) ⎜ ⎟ ⎥
4πε 0 ⎢⎣ n =0
⎝ r ⎠ n =0
⎝ r ⎠ ⎥⎦
(3.10)
3
⎡
⎤
2q
⎛a⎞
⎛a⎞
ϕ=
⎢ P1 (cos θ )⎜ ⎟ + P3 (cos θ )⎜ ⎟ + ....⎥
4πε 0 ⎢⎣
⎝r⎠
⎝r⎠
⎥⎦
(3.11)
Suku pertama (dan suku paling dominan kalau r>>>a) adalah :
2aq P1 (cos θ )
ϕ=
4πε 0
r2
(3.12)
Yang merupakan potensial dipol listrik yang sudah biasa
dikenal. Disini 2aq merupakan momen dipol.
Pelajari sendiri:
z
-
Multipol listrik linear
+
-
+
-
+
-
+
z
+
-
+
Polinomial Gegenbauer
π 1/ 2 ∞ m
2m
n
=
T
(
x
)
t
2 m +1 / 2
1 ∑ n
(1 − 2 xt + t )
(m − 2 )! n =0
(3.13)
Latihan
z
Kembangkan potensial listrik dari deretan
muatan yang membentuk kuadrupol:
q
z=-a
z
-2q
q
z
z=a
Gunakan E = −∇ϕ untuk mendapatkan
komponen-komponen medan listrik sebuah
dipole listrik. Anggap r>>>a.
3.2. Sifat-sifat Fungsi Legendre
Hubungan Rekursi dan Sifat-sifat Khusus
Seperti pada fungsi Bessel, fungsi generator pada polinomial
Legendre dapat dimanfaatkan untuk mengembangkan
hubungan rekursi
2 −1 / 2
g (t , x) = (1 − 2 xt + t )
Turunkan terhadap t:
∞
∂g (t , x)
x−t
n −1
=
=
nP
(
x
)
t
∑
n
2 3/ 2
∂t
(1 − 2 xt + t )
n =0
Dapat disusun menjadi:
∞
∞
n =0
n =0
(1 − 2 xt + t 2 )∑ nPn ( x)t n −1 + (t − x)∑ Pn ( x)t n = 0 (3.14)
Seterusnya (buktikan!):
(2n + 1) xPn ( x) = (n + 1) Pn +1 ( x) + nPn −1 ( x)
(3.15)
Inilah hubungan rekursi tiga suku seperti pada fungsi Bessel.
Misal untuk n=1:
3 xP1 ( x) = 2 P2 ( x) + P0 ( x)
Dari hal ini:
P2 ( x) = 12 (3 x 2 − 1)
Nilai Pn(x) untuk orde n yang lebih tinggi secara iterasi.
Polinomial Legendre
P0 ( x) = 1
P1 ( x) = x
P2 ( x) = 12 (3 x 2 − 1)
P3 ( x) = 12 (5 x 3 − 3 x)
P4 ( x) = 18 (35 x 4 − 30 x 2 + 3)
P5 ( x) = 18 (63 x 5 − 70 x 3 + 15 x)
Secara manual teknik menghitung polinomial
Legendre dapat membosankan. Namun dengan
komputer digital hal ini dapat mudah dilakukan:
Pn +1 ( x) = 2 xPn ( x) − Pn −1 ( x) − [ xPn ( x) − Pn −1 ( x)] /( n + 1) (3.16)
Persamaan Diferensial
Sifat-sifat lain polinomial Legendre dapat diperoleh dengan
diferensiasi fungsi generator:
∞
∂g (t , x)
t
n
=
=
P
'
(
x
)
t
∑
n
2 3/ 2
∂x
(1 − 2 xt + t )
n =0
atau
∞
∞
(1 − 2 xt + t 2 )∑ P 'n ( x)t n − t ∑ Pn ( x)t n = 0
n =0
(3.17)
n =0
dari hal ini:
P 'n +1 ( x) + P 'n −1 ( x) = 2 xP'n ( x) + Pn ( x)
(3.18)
Diferensiasikan (3.15) terhadap x kemudian kalikan dua
dan gabung dengan persamaan (3.18), didapat:
P 'n +1 ( x) − P 'n −1 ( x) = (2n + 1) Pn ( x)
(3.19)
Gabungan (3.15) dan (3.19) menghasikan macam-macam
relasi, diantaranya:
P 'n +1 ( x) = (n + 1) Pn ( x) + xP'n ( x)
(3.20)
P 'n −1 ( x) = − nPn ( x) + xP'n ( x)
(3.21)
(1 − x 2 ) P 'n ( x) = nPn −1 ( x) − nxPn ( x)
(3.22)
(1 − x 2 ) P 'n ( x) = (n + 1) xPn ( x) − (n + 1) Pn +1 ( x) (3.23)
Diferensiasikan (3.22) dan gunakan (3.21) untuk
menghilangkan P’n-1(x) diperoleh p.d. orde-2:
(1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0
(3.24)
Persamaan terakhir inilah yang disebut dengan persamaan
diferensial Legendre.
Dalam banyak kasus di Fisika, pers. Legendre sering juga
dinyatakan dalam diferensiasi terhadap θ, dengan x = cos θ
dPn (cos θ ) ⎞
1 d ⎛
⎜ sin θ
⎟ + n(n + 1) Pn (cos θ ) = 0 (3.25)
sin θ dθ ⎝
dθ
⎠
Kembali ke fungsi generator:
2 −1 / 2
g (t , x) = (1 − 2 xt + t )
∞
= ∑ Pn ( x)t n
n =0
Untuk x=1, dapat dievaluasi:
g (t ,1) = (1 − 2t + t 2 ) −1/ 2
∞
1
=
= ∑tn
1 − t n =0
Dapat disimpulkan:
Pn (1) = 1
(3.26)
Juga dapat dibuktikan dengan cara serupa:
Pn (−1) = (−1) n
(3.27)
Bila x=0, maka dapat dievaluasi:
∞
g (t ,0) = (1 + t 2 ) −1/ 2 = ∑ Pn (0)t n
n =0
Sementara kita ketahui bahwa:
2 −1 / 2
(1 + t )
1.3....(2n − 1) 2 n
= 1 − t + t + .... + (−1)
t + ....
n
2 n!
1 2
2
3 4
8
n
Maka:
1.3....(2n − 1)
n ( 2n − 1)!!
= (−1)
P2 n (0) = (−1)
n
(2n)!!
2 n!
P2 n +1 (0) = 0
n
(3.28)
Paritas
Dapat dibuktikan dengan mudah bahwa:
z g(-t,-x) = g(t, x)
z Pn(-x) = (-1)nPn(x)
(3.29)
(3.30)
Latihan
z
Lihat Arfken
1. Tunjukkan bahwa
Pn +1 (cos θ )
∂ ⎡ Pn (cos θ ) ⎤
= −(n + 1)
n +1
⎢
⎥
∂z ⎣ r
r n+2
⎦
1 ∂
∂
∂
Petunjuk dalam koordinat polar sferis: = cos θ − sin θ
∂z
∂r
r ∂θ
∞
1− t 2
n
=
(
2
n
+
1
)
P
(
x
)
t
∑
2. Tunjukkan bahwa:
n
(1 − 2tx + t 2 ) 3 / 2 n =0
Hasil ini bermanfaat untuk menghitung muatan
terinduksi pada bola metal oleh suatu muatan titik q.
Ortogonalitas Fungsi Legendre
Persamaan differensial Legendre (3.24):
(1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0
dapat ditulis:
d
(3.31)
[(1 − x 2 ) P 'n ( x)] + n(n + 1) Pn ( x) = 0
dx
Kalikan dengan Pm(x) kemudian integrasi
dengan batas -1 sampai 1, didapat:
1
d
d
⎧
⎫
2
2
∫−1 ⎨⎩Pm ( x) dx [(1 − x ) P'n ( x)] − Pn ( x) dx [(1 − x ) P'm ( x)]⎬⎭dx =
1
= [m(m + 1) − n(n + 1)] ∫ Pn ( x) Pm ( x)dx
−1
(3.32)
Karena faktor (1-x2) maka suku sebelah kiri
=0, sehingga:
1
[m(m + 1) − n(n + 1)] ∫ Pn ( x) Pm ( x)dx = 0
−1
Untuk m ≠ n, maka:
1
∫ P ( x) P ( x)dx = 0
n
m
−1
tampak ortogonalitas pada interval [-1,1].
Masih harus dihitung untuk m=n, jelas
integral tidak sama dengan nol.
Bagaimana mencarinya?
(3.33)
Dari fungsi generator:
⎛
n⎞
(1 − 2 xt + t ) = ⎜ ∑ Pn ( x)t ⎟
⎝ n =0
⎠
∞
2 −1
2
Integrasikan dari x=-1 sampai 1, maka suku
bersilang akan menjadi nol, sehingga:
1
∞
1
dx
2
2n
t ∫ [Pn ( x)] dx
∫−11 − 2 xt + t 2 = ∑
n =0
−1
(3.34)
Misalkan y = 1-2tx+t2, didapat:
(1+ t ) 2
dx
1
dy 1 ⎛ 1 + t ⎞
∫−11 − 2 xt + t 2 = 2t ∫ 2 y = t ln⎜⎝ 1 − t ⎟⎠
(1−t )
1
(3.35)
Ekspansikan dalam deret pangkat:
∞
1 ⎛1+ t ⎞
t 2n
ln⎜
⎟ = 2∑
t ⎝1− t ⎠
n = 0 2n + 1
(3.36)
Sehingga dapat disimpulkan (bandingkan 3.34
dan 3.36):
1
2
∫−1[Pn ( x)] dx = 2n + 1
2
Jadi:
1
2
∫−1 Pm ( x) Pn ( x)dx = 2n + 1 δ m,n
(3.37)
Definisi alternatif untuk
polinomial Legendre
z
Pelajari sendiri formula Rodrigues
n
1 ⎛d ⎞ 2
Pn ( x) = n ⎜ ⎟ ( x − 1) n
2 n! ⎝ dx ⎠
Latihan:
Cek untuk beberapa n kecil.
(3.38)
Contoh-contoh penggunaan di Fisika
1. Medan Gravitasi Bumi
Salah satu penggunaan deret Legendre adalah
untuk menjelaskan potensial gravitasi Bumi.
Dengan R =radius equator = 6378,1 ± 0,1 km
GM
= 62,494 ± 0,001
R
km 2 / s 2
Dapat ditulis:
GM ⎛ R ∞
⎞
R n +1
U (r ,θ ) =
⎜ − ∑ an ( r ) Pn (cos θ ) ⎟
R ⎝ r n=2
⎠
2. Bola dalam Medan Uniform
E
z
Problem: mencari potensial yang terdistorsi
karena ada bola konduktor dengan radius r0.
Potensial elektrostatik memenuhi pers.
Laplace:
∇ V =0
2
Gunakan metode separasi variabel (lihat. Fisika
Matematika II) pada koordinat polar sferis:
∞
∞
Pn (cos θ )
n
V = ∑ an r Pn (cos θ ) + ∑ bn
n +1
r
n =0
n =0
(Mengapa tidak ada ketergantungan ϕ?)
Bagaimana mencari koefisien an dan bn?
Gunakan syarat batas kondisi fisis.
Pn (cos θ )
V = ∑ an r Pn (cos θ ) + ∑ bn
n +1
r
n =0
n =0
∞
n
∞
Bila medan original (tak terdistorsi) adalah E0
maka:
V(rÆ∞)=− E0z =− E0 r cos θ
= − E0 r P1(cos θ)
Karena deret Legendre adalah unique maka
dapat disimpulkan:
an = 0, untuk n>1
a1 = − E0
E z
Kita dapat memilih pada bola konduktor dan
bidang θ =π/2 potensial =0, sehingga:
∞
⎞
b0 ⎛ b1
Pn (cos θ )
V (r = r0 ) = a0 + + ⎜⎜ 2 − E0 r0 ⎟⎟ P1 (cos θ ) + ∑ bn
n +1
r0 ⎝ r0
r
n=2
0
⎠
=0
Supaya hal ini bisa terjadi maka semua
koefisien Pn(cos θ) harus nol.
a0 = b0 = 0
bn = 0 untuk n ≥ 2
Dan juga b1 = E0r03
Potensial elektrostatik (di luar bola) menjadi:
E0 r03
V = − E0 rP1 (cos θ ) + 2 (cos θ )
r
⎛ r03 ⎞
= − E0 rP1 (cos θ )⎜⎜1 − 3 ⎟⎟
⎝ r ⎠
Pada teori Medan Elektromagnetik, hasil yang
sama dapat dikerjakan dengan metode
bayangan (detail lihat Jackson).
Sebagai informasi tambahan, kerapatan
muatan permukaan terinduksi dapat dihitung:
∂V
σ = −ε 0
= 3ε 0 E0 cos θ
∂r r = r
Momen dipole listrik terinduksi:
0
P = 4πr03ε 0 E0
Pelajari sendiri
3. Potensial Listrik Muatan Cincin
3.3. Fungsi Legendre Asosiasi
Fungsi Legendre Asosiasi dapat dikembangkan dari fungsi
Legendre:
(1 − x 2 ) P"n ( x) − 2 xP'n ( x) + n(n + 1) Pn ( x) = 0
Diturunkan sebanyak m kali akan diperoleh:
(1 − x 2 )u"−2 x(m + 1)u '+ (n − m)(n + m + 1)u = 0
m
d
Dengan: u ≡
P (x)
m n
dx
Sekarang kalau kita ambil:
v( x) = (1 − x )
2 m/2
u ( x) = (1 − x )
2 m/2
(3.39)
m
d
P ( x)
m n
dx
(3.40)
Masukkan ke (3.31) (latihan!!!) akan diperoleh:
2
⎡
⎤
m
2
(1 − x )v"−2 xv'+ ⎢n(n + 1) −
v=0
2⎥
1− x ⎦
⎣
(3.41)
Pers. (3.33) merupakan p.d. Legendre asosiasi yang akan
kembali menjadi Legendre bila m=0.
Dalam koordinat polar, Legendre asosiasi menjadi:
1 d ⎛
dv ⎞ ⎡
m2 ⎤
⎜ sin θ
⎟ + ⎢n(n + 1) − 2 ⎥ v = 0
sin θ dθ ⎝
sin θ ⎦
dθ ⎠ ⎣
(3.42)
Solusi reguler, dilabelkan kembali Pmn(x) adalah:
v( x) ≡ P ( x) = (1 − x )
m
n
2 m/2
m
d
P ( x)
m n
dx
(3.43)
Beberapa fungsi Legendre asosiasi:
P ( x) = (1 − x )
1
1
2 1/ 2
= sin θ
P21 ( x) = 3 x(1 − x 2 )1/ 2 = 3 cos θ sin θ
P22 ( x) = 3(1 − x 2 ) = 3 sin 2 θ
P31 ( x) = 32 (5 x 2 − 1)(1 − x 2 )1/ 2 = 32 (5 cos 2 θ − 1) sin θ
P32 ( x) = 15 x(1 − x 2 ) = 15 cos θ sin 2 θ
P33 ( x) = 15(1 − x 2 ) 3 / 2 = 15 sin 3 θ
m
n
P (x)
dan
−m
n
P (x) dihubungkan dengan:
(n − m)! m
Pn ( x)
P ( x) = (−1)
(n + m)!
−m
n
m
(3.44)
dan jelas bahwa:
Pn0 ( x) = Pn ( x)
(3.45)
Terdapat juga fungsi generator untuk Legendre Asosiasi,
namun amat sangat jarang digunakan di Fisika.
Hubungan Rekursi:
Karena ada dua indeks (n dan m) maka ada macam-macam
variasi hubungan rekursi. Beberapa diantaranya dapat dilihat
di Arfken.
Misal:
(2n + 1) xPnm = (m + n) Pnm−1 + (m − n + 1) Pnm+1
(3.46)
Paritas Fungsi Legendre Asosiasi:
Pnm (− x) = (−1) m + n Pnm ( x)
(3.47)
Ortogonalitas Fungsi Legendre Asosiasi:
2 (q + m)!
∫−1 P ( x) P ( x)dx = 2q + 1 (q − m)! δ p,q
1
m
p
m
q
(3.48)
atau dalam koordinat polar:
2 (q + m)!
∫−1 P (cosθ ) P (cosθ ) sin θ dθ = 2q + 1 (q − m)! δ p,q
1
m
p
m
q
(3.49)
Contoh kasus di Fisika:
Medan induksi magnet dari loop arus
z
A
θ
Potensial vektor:
μ 0 Idλ
dA =
4π r
r
I
y
ϕ
dλ
x
(3.50)
Dari argumentasi simetri
tampak bahwa A hanya
mempunyai komponen ϕ0 dan
independen dari ϕ.
A = ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) (3.51)
Persamaan Maxwell:
∇ × H = J,
(∂D / ∂t = 0, pada satuan MKS)
μ0 H = B = ∇ × A
∇ × ∇ × A = μ0 J
Karena
(3.52)
maka:
(3.53)
Disini J adalah rapat arus. Pada masalah ini nilai J adalah nol
kecuali pada loop itu sendiri. Jadi untuk yang jauh dari loop:
∇ × ∇ × ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) = 0
(3.54)
Dalam koordinat sferis:
⎡ ∂ 2 Aϕ 2 ∂Aϕ 1 ∂ 2 Aϕ 1 ∂
⎤
∇ × ∇ × ϕˆ0 Aϕ (r , θ ) = ϕˆ0 ⎢−
−
− 2
− 2
(cot θ Aϕ )⎥
2
2
r ∂r r ∂θ
r ∂θ
⎢⎣ ∂r
⎥⎦
=0
(3.55)
Gunakan metode separasi variabel:
Aϕ (r , θ ) = R (r )Θ(θ )
Didapat
2
d
R
dR
2
r
+ 2r
− n(n + 1) R = 0
2
dr
dr
d 2Θ
dΘ
Θ
+ cot θ
+ n(n + 1)Θ − 2 = 0
2
dθ
dθ
sin θ
(3.56)
(3.57)
Persamaan yang kedua merupakan Legendre asosiasi dengan m=1
Θ(θ ) = Pn1 (cos θ )
(3.58)
Konstanta separasi n(n+1) dipilih untuk membuat solusi ini well
behaved.
Solusi trial R(r) = rα , didapat α = n, −n − 1. Solusi pertama
divergen ketika r→∞. Sehingga solusi yang sesuai:
bn 1
⎛a⎞
Aϕn = n +1 Pn (cos θ ) = cn ⎜ ⎟
r
⎝r⎠
dan:
∞
⎛a⎞
Aϕ (r , θ ) = ∑ cn ⎜ ⎟
⎝r⎠
n =1
n +1
Pn1 (cos θ )
(3.59)
n +1
Pn1 (cos θ )
(3.60)
Dari potensial vektor ini dapat dicari medan magnet (latihan!!)
3.4. Harmonik Sferis
Dalam separasi variabel dari (a) pers. Laplace, (b) pers. gelombang
klassik bergantung ruang, dan (c) pers. gelombang Schrodinger
untuk gaya sentral,
∇ 2ψ + k 2 f (r )ψ = 0
(3.61)
Ketergantungan angular datang sepenuhnya dari operator Laplacian
adalah:
Φ (ϕ ) d ⎛
dΘ ⎞ Θ(θ ) d 2 Φ (ϕ )
+ n(n + 1)ΘΦ(ϕ ) = 0
⎜ sin θ
⎟+ 2
2
sin θ dθ ⎝
dθ ⎠ sin θ dϕ
(3.62)
Ketergantungan azimutal:
1 d 2 Φ (ϕ )
2
m
=
−
Φ (ϕ ) dϕ 2
(3.63)
Dengan solusi:
Φ (ϕ ) = e − imϕ , eimϕ
(3.64)
Yang memenuhi kondisi ortogonalitas:
2π
−im1ϕ im2ϕ
e
∫ e dϕ = 2πδ m1 ,m2
(3.65)
0
Dapat dibuktikan dengan argumentasi fisis (misal dalam
elektrostatik dan kuantum) bahwa m harus merupakan bilangan
bulat (buktikan!)
Pers. (3.56) menuntun kepada:
1 imϕ
Φ (ϕ ) =
e
2π
(3.66)
yang merupakan ortonormal (ortogonal dan ternormalisasi) terhadap
sudut azimuth ϕ
Ketergantungan pada Sudut:
Kita lihat kembali ortogonalitas fungsi Legendre Asosiasi pada pers.
(3.48) atau (3.49). Kita dapat definisikan fungsi ortonormal dari
Legendre asosiasi, yakni:
2n + 1 (n − m)! m
P (cos θ ) =
Pn (cos θ )
2 (n + m)!
m
n
(3.67)
Ketergantungan pada sudut dari solusi pers. (3.62) menjadi:
Pnm (cosθ )Φ (ϕ )
Hal terakhir disebut Harmonik sferis, yang dapat ditulis menjadi:
⎡ 2n + 1 (n − m)!⎤
Y (θ , φ ) ≡ (−1) ⎢
⎥
4
π
(
n
m
)!
+
⎣
⎦
m
n
m
1/ 2
Pnm (cos θ )e imφ
Disini dimasukkan suku fasa (-1)m untuk menyesuaikan dan
memudahkan pada perhitungan real di banyak kasus Fisika.
(3.68)
Tabel beberapa Harmonik Sferis:
Y (θ , φ ) =
0
0
1
4π
3
Y (θ , φ ) = −
sin θ e iϕ
8π
1
1
Y (θ , φ ) =
0
1
3
cos θ
4π
3
Y (θ , φ ) = +
sin θ e −iϕ
8π
−1
1
5
Y (θ , φ ) =
3 sin 2 θ e 2iϕ
96π
2
2
Selengkapnya dapat dilihat di Arfken.
3.5. Operator Momentum Angular
Dalam Mekanika Kuantum, konsep momentum angular memegang
peran yang sangat penting serupa dengan yang terjadi pada
Mekanika Klassik, disini momentum angular dihubungkan dengan
torsi. Namun dalam Mekanika Kuantum kita mengeksplorasi
Hamiltonian klassik yang hanya tergantung pada momentum
angular.
Sekarang perhatikan sebuah partikel klassik yang bergerak
dalam permukaan bola, partikel boleh kemana saja selama
tetap berada jarak konstan R dari pusat bola. Jadi variabel
yang tersisa dalam koordinat polar hanya (θ,ϕ).
z
Posisi partikel R,θ,ϕ
momentum p
L=r×p
θ
φ
y
x
Dalam kasus ini momentum selalu tegak lurus posisi:
p•r = 0
Vektor momentum angular klassik:
L = r×p
Sekarang kita lihat kuadrat dari momentun angular:
L2 = (r×p)• (r×p)
= (r•r)(p•p) − (r•p)(p•r) = r2p2 = R2p2
Tidak ada energi potensial pada masalah ini, hanya
energi kinetik. Hamiltonian untuk gerakan ini:
p2
L2
L2
H=
=
=
2
2m 2mR
2I
dengan I merupakan momen inersia.
Definisi klassik untuk momentum angular L = r×p
memberikan komponen:
Lx = yp z − zp y
L y = zp x − xp z
Lz = xp y − yp x
Operator momentum seperti biasanya ditulis:
px = −ih(∂ / ∂x)
atau dalam tiga dimensi
p = −i h∇
Sekarang dapat kita evaluasi beberapa komutator:
[Lx , z] = [ypz − zpy , z] = y [pz , z] = −i h y
[Lx , pz] = [ypz − zpy , pz] = − [z, pz] py = −i h py
[Lx , x] = 0
[Lx , px] = 0
dan masih banyak lagi komutator serupa.
Hubungan ini dapat diringkas:
* posisi dan momentum:
[ x, px ] = ih, juga [ y, p y ] = ih dan [ z , p z ] = ih
[x, py] = 0, juga [x, pz]=[y, px]=[y, pz]=[z, px]= [z, py]=0
* posisi dan momentum angular:
[ x, Lx ] = [ y, Ly ] = [ z , Lz ] = 0
y
[ x, Ly ] = ihz;[ y, Lz ] = ihx;[ z , Lx ] = ihy
[ x, Lz ] = −ihy;[ y, Lx ] = −ihz;[ z , Ly ] = −ihx
x
* momentum dan momentum angular:
[ p x , Lx ] = [ p y , L y ] = [ p z , Lz ] = 0
[ p x , Ly ] = ihp z ; [ p y , Lz ] = ihp x ; [ p z , Lx ] = ihp y
[ p x , Lz ] = −ihp y ; [ p y , Lx ] = −ihp z ; [ p z , Ly ] = −ihp x
z
Sekarang kita gunakan komutator-komutator tersebut
untuk menyelesaikan hubungan komutasi antar
komponen L.
Misalnya:
[ Lx , Ly ] = [ Lx , zp x − xpz ] = [ Lx , z ] p x − x[ Lx , p z ]
= −ihypx + ihxp y = ihLz
Dengan mudah dapat dibuktikan juga:
2
[ Ly , Lz ] = ihLx dan [ Lz , Lx ] = ihLy
1
3
Secara simbolik dapat ditulis:
[ Li , L j ] = ihε ijk Lk dengan i,j,k = x,y,z
εijk adalah Levi civita yang bernilai +1 untuk permutasi genap/ siklis
(123, 231, 312) dan −1 untuk permutasi ganjil/ antisiklis (132,
321, 213), serta bernilai nol kalau ada indeks yang sama.
Sekarang kita lihat kuadrat dari momentum angular
2
2
2
2
L = Lx + L y + Lz
Evaluasi komutator berikut:
[L2 , Lz ] = [ L2x + L2y + L2z , Lz ] = [ L2x + L2y , Lz ]
= Lx [ Lx , Lz ] + [ Lx , Lz ] Lx + L y [ L y , Lz ] + [ L y , Lz ] L y
= −i h L x L y − i h L y L x + i h L y L x + ih L x L y = 0
Dapat dibuktikan juga berlaku untuk Lx dan Ly
[L2 , Li ] = 0 ,
i=x,y,z
Karena L2 berkomutasi dengan semua komponen
momentum angular, kita dapat temukan eigenstate
simultan dari L2 dan salah satu komponen L.
Biasanya dipilih L2 dan Lz. Anggap harga eigen masingmasing λ dan m :
L2 |λm⟩ = λ |λm⟩
Lz |λm⟩ = mħ |λm⟩
Dalam representasi (θ,ϕ) fungsi eigen:
⟨θ,ϕ|λm⟩ = ψλm(θ,ϕ)
Kita dapatkan:
⟨θ,ϕ| L2|λm⟩ = λ ⟨θ,ϕ|λm⟩
⟨θ,ϕ|Lz|λm⟩ = mħ ⟨θ,ϕ|λm⟩
Untuk menyelesaikan masalah ini, maka perlu menyatakan
L2 dan Lz dalam representasi (θ,ϕ).
Berikut akan dibuktikan bahwa representasi ⟨θ,ϕ|λm⟩ atau
ψλm(θ,ϕ) adalah harmonik sferis Yλm (θ , φ )
L2 dan Lz dalam representasi (θ,ϕ):
∂
Lz = −ih
∂ϕ
⎡ 1 ∂ ⎛
1
∂2 ⎤
∂ ⎞
L = −h ⎢
⎜ sin θ
⎟+
2
2⎥
sin
θ
θ
θ
sin
θ
ϕ
∂
∂
∂
⎠
⎝
⎣
⎦
2
2
Tampak bahwa:
LzYl m (θ , φ ) = mhYl m (θ , φ )
L2Yl m (θ , φ ) = l (l + 1)h 2Yl m (θ , φ )
Pendekatan Operator Secara Umum
Sekarang kita tinjau metode operator, sebut saja
triplet operator momentum angular Jx, Jy, Jz yang
tidak tergantung pada representasi. Ketiga
operator ini tidak terbatas pada Lx, Ly, Lz yang
didefinisikan dari hubungan Klassik.
Hubungan komutasi:
[Jx, Jy] = iħJz
x,y,z siklis
Kita definisikan:
J2 = Jx2 + Jy2 + Jz2
Maka, seperti sebelumnya:
[J2, Ji] = 0, i= x, y atau z
Sekarang kita pilih eigenstate yang merupakan
eigenstate simultan untuk J2 dan Jz dengan harga
eigen λJ dan mħ.
J2 |λJ m⟩ = λJ |λJ m⟩
Jz |λJ m⟩ = mħ |λJ m⟩
Lalu kita definisikan operator non-hermitian:
J+ = Jx + iJy
J− = Jx − iJy
Komutasi dengan Jz dapat dengan mudah
dievaluasi:
;
[Jz, J−] = − ħJ−
[Jz, J+] = ħJ+
[J+, J−] = 2ħ Jz
Lebih lanjut dapat dibuktikan (latihan!)
J+ J− = J2 − Jz2 + ħJz
J− J+ = J2 − Jz2 − ħJz
Pengenalan pada J+, J− tidaklah begitu aneh,
karena serupa pada kasus operator tangga
naik/turun dalam osilator harmonis (akan dibahas
pada bab berikutnya)
Dari relasi komutasi, diperoleh JzJ+ = J+ (Jz + ħ)
Sehingga:
JzJ+ |λJ m⟩= J+ (Jz + ħ) |λJ m⟩ = (m+1) ħ J+|λJ m⟩
Tampak bahwa J+|λJ m⟩ merupakan eigenstate dari
Jz yang memiliki harga eigen (m+1) ħ. Oleh karena
itu J+ disebut sebagai operator tangga naik.
Hal serupa dapat dibuktikan
JzJ− |λJ m⟩= (m−1) ħ J−|λJ m⟩
Jadi J− merupakan operator tangga turun.
Dapat ditulis:
J+ |λJ m⟩= cλJ m |λJ m+1⟩
J− |λJ m⟩= dλJ m |λJ m−1⟩
Dengan c dan d merupakan konstanta yang harus
dihitung.
Sebelum menghitung itu kita lihat bahwa nilai m
punya batas bawah dan batas atas. Hal ini secara
mudah dibuktikan dengan kenyataan bahwa harga
ekspektasi Jx2 + Jy2 tidak bisa negatif, atau:
0 ≤ ⟨λJ m|Jx2+Jy2|λJ m⟩ = ⟨λJ m|J2−Jz2|λJ m⟩=λJ −(mħ)2
Jadi (mħ)2 ≤ λJ, artinya untuk nilai λJ tertentu nilai m
dibatasi, yakni ada mmin dan mmax.
Di atas mmax tidak ada keadaan lagi, artinya:
J+ |λJ mmax⟩ = 0
dan juga
J− J+|λJ mmax⟩ = 0
atau (J2 − Jz2 − ħJz) |λJ mmax⟩ = 0,
hal ini memberikan:
λJ − mmax (mmax+1) ħ2 = 0
Hal serupa dari kenyataan tidak ada lagi keadaan
di bawah mmin, maka J− |λJ mmin⟩ = 0, diperoleh:
λJ − mmin (mmin−1) ħ2 = 0
Kedua persamaan digabung, diperoleh:
mmax (mmax+1) = mmin (mmin−1)
Salah satu solusi persamaan ini: mmin = mmax+1,
hal ini tentu saja tidak mungkin. Solusi yang benar
adalah:
mmax = − mmin
Misal mmax = j, maka
λJ= j(j +1) ħ2
Hasil terakhir ini sangat mirip dengan harga
eigen L2 yang dikerjakan (dengan susah payah!)
menggunakan cara diferensial.
Tetapi apakah J dan L sama persis? Ternyata
tidak, bahkan akan ada kejutan disini.
Nilai j tidak boleh sembarang, hal ini terlihat:
mmax − mmin = j − (−j) = 2j
Karena mmax − mmin selalu bulat positif atau
nol, maka 2j demikian juga.
Artinya j bisa bulat, nol atau setengah-bulat
(half-integer).
Kondisi j yang dapat mempunyai nilai setengahbulat ini agak mengejutkan karena berbeda
dengan l dari L2 yang hanya boleh bernilai
bilangan bulat positif atau nol. Jadi tampak
bahwa J2 dan L2 sedikit berbeda.
Apakah fisisnya ada untuk kasus j setengah bulat
(yang secara Klassik tidak ada analoginya)?
Ternyata ada yaitu untuk momentum angular spin.
Selanjutnya L disebut sebagai momentum angular
orbital, S disebut sebagai momentum angular
spin. Sedangkan momentum angular J merujuk ke
L, S, atau jumlah keduanya.
Sekarang kita evaluasi nilai konstanta c dan d.
Keadaan |λJ m⟩ kita tulis saja sebagai |jm⟩.
Karena J− = J ++
maka
⟨jm| J− J+|jm⟩ = ⟨( J+)jm| J+|jm⟩ = |cjm|2
Sementara
⟨jm| J− J+|jm⟩ = ⟨jm| J2 − Jz2 − ħJz |jm⟩
= j(j+1)ħ2 − m2 ħ2−ħmħ
Jadi
cjm = ħ [j(j+1) − m(m+1)]½
Evaluasi J+J− pada |jm⟩ akan menghasilkan
djm = ħ [j(j+1) − m(m−1)]½
Dapat diringkas untuk kedua operator tangga
J + | jm >= h j ( j + 1) − m(m + 1) | jm + 1 >
J − | jm >= h j ( j + 1) − m(m − 1) | jm − 1 >
Pelajari Sendiri
z
z
z
Teorema Adisi untuk Harmonik Sferis
Integral dari hasil kali 3 Harmonik Sferis
Fungsi-fungsi Legendre Jenis Kedua
z
Bab 04