Solusi Persamaan Schrodinger Untuk Koord

Solusi Persamaan Schroodinger dalam Koordinat Bola
Mohammad Fajar
20211019
19 Oktober 2013

1

Persamaan Schroodinger

Dalam koordinat bola berlaku
x = r sin θ cos φ
y = r sin θ sin φ
z = r cos θ

(1)
(2)
(3)

yang mengakibatkan Laplacian berubah menjadi
∂2
∂2

∂2
1 ∂
∂
+
+
= 2
r2
2
2
2
∂x
∂y
∂z
r ∂r
∂r
!
2
1 ∂
+ 2
sin θ ∂φ2

!

1
+ 2
r

∂
1 ∂
sin θ
sin θ ∂θ
∂θ

!

(4)
(5)

Sehingga persamaan Schroodinger dapat dituliskan sebagai
h

¯2 1 ∂
∂
1
∂
∂
−
r2
+ 2
sin θ
2
2m r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
+V (r)ψ = Eψ
"

!

!

∂2
1
ψ
+ 2 2
r sin θ ∂φ2
#

(6)

Dengan melakukan pemisahan variabel yakni ψ(r, θ, φ) = R(r)Y (θ, φ) maka persamaan
Schroodinger dapat dituliskan menjadi
!

!

∂
∂
1
∂

1 ∂
r2
R(r)Y (θ, φ) + 2
sin θ
R(r)Y (θ, φ)
2
r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
2m
1
∂2
R(r)Y (θ, φ) − 2 [V (r) − E] R(r)Y (θ, φ) = 0
+ 2 2
2
r sin θ ∂φ
h
¯

(7)

atau
!

!

1 ∂
∂
∂
1
∂
Y (θ, φ) 2
r2
R(r) + R(r) 2
sin θ
Y (θ, φ)
r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ

∂θ
∂2
1
2m
+R(r) 2 2
Y (θ, φ) −
[V (r) − E] R(r)Y (θ, φ) = 0
2
h
¯
r sin θ ∂φ

1

(8)

Dengan membaagi kedua sisi persamaan 8 dengan R(r)Y (θ, φ) akan diperoleh
1 ∂
∂
2mr2

r2
R(r) −
[V (r) − E]
R(r) ∂r
∂r
h
¯2
"
!
#
1
∂2
∂
∂
1
+
sin θ
Y (θ, φ) +
Y (θ, φ) = 0
Y (θ, φ) sin θ ∂θ

∂θ
Y (θ, φ) sin2 θ ∂φ2
!

(

)

(9)

Pada persamaan 9 suku dalam kurung kurawal hanya bergantung pada jarak radial r sementara suku pada kurung siku hanya bergantung pada sudut (θ, φ). Persamaan tersebut
konsisten jika dan hanya jika kedua suku sama dengan nol (trivial) atau kedua suku sama
dengan konstanta tertentu. Solusi trivial tentu tidak menghasilkan apa-apa. Sementara
jika kedua suku sama dengan sebuah konstanta, maka terdapat banyak konstanta yang
bisa kita pilih untuk disubstitusikan. Akan tetapi untuk memudahkan perhitungan selanjutnya kita dapat memilih konstanta tersebut dalam bentuk l(l + 1). Dengan demikian
diperoleh untuk suku radial
d
2mr2
1 d
[V (r) − E] = l(l + 1)

r2
R(r) −
R(r) dr
dr
h
¯2
!

(10)

dan untuk suku angular
∂2
1
∂
∂
1
sin θ
Y (θ, φ) +
Y (θ, φ)
Y (θ, φ) sin θ ∂θ

∂θ
Y (θ, φ) sin2 θ ∂φ2
= −l(l + 1)
!

2

(11)

Solusi suku Angular

Bagian angular dapat kita pisahkan lebih lanjut dengan separasi variabel yakni Y (θ, φ) =
f (θ)g(φ) yang menghasilkan
1
∂2
∂
1
∂
sin θ
f (θ)g(φ) +
f (θ)g(φ)
f (θ)g(φ) sin θ ∂θ
∂θ
f (θ)g(φ) sin2 θ ∂φ2
= −l(l + 1)
!
∂2
∂
∂
1
1
sin θ
f (θ) +
g(φ) = −l(l + 1)
⇒
f (θ) sin θ ∂θ
∂θ
g(φ) sin2 θ ∂φ2
!

(12)

Dengan mengalikan kedua ruas dengan sin2 θ akan diperoleh
∂
1 ∂2
sin θ ∂
2
sin θ
f (θ) + l(l + 1) sin θ +
g(φ) = 0
f (θ) ∂θ
∂θ
g(φ) ∂θ2
!

(13)

Karena masing-masing suku hanya bergantung pada satu variabel, maka keduanya dapat
diganti dengan sebuah konstanta yakni untuk kemudahan penurunan dinyatakan sebagai
m2 sehingga diperoleh
!

dan

sin θ d
d
sin θ
f (θ) + l(l + 1) sin2 θ = m2
f (θ) dθ
dθ

(14)

1 d2
g(φ) = −m2
g(φ) dφ2

(15)

2

Suku sudut azimuth pada persamaan 15 mempunyai solusi umum dalam bentuk
g(φ) = eimφ ⇒ gm (θ) = eimφ

(16)

Sementara suku sudut kutub pada persamaan 15 dapat dituliskan sebagai
!

d
d
sin θ
sin θ
f (θ) + l(l + 1) sin2 θf (θ) − m2 f (θ) = 0
dθ
dθ

(17)

Suku pertama pada persamaan 17 dapat dievaluasi yang menghasilkan
!

!

d
d
d
df (θ)
sin θ
f (θ) = sin θ
sin θ
sin θ
dθ
dθ
dθ
dθ
!
df (θ)
d2 f (θ)
= sin θ cos θ
+ sin θ
dθ
dθ2
df (θ)
d2 f (θ)
+ sin θ cos θ
= sin2 θ
2
dθ
dθ

(18)

Dengan demikian persamaan 17 dapat diturunkan menjadi
sin2 θ

df (θ)
d2 f (θ)
+ sin θ cos θ
+ l(l + 1) sin2 θf (θ) − m2 f (θ) = 0
2
dθ
dθ

(19)

Dengan melakukan pergantian variabel yakni x = cos θ maka diperoleh
df (x) dx
df (x)
df (x)
df (θ)
=
=
(− sin θ) = − sin θ
dθ
dx dθ
dx
dx

(20)

dan
df (x)
df (x)
d
d df (x)
d2 f (θ)
− sin θ
= − cos θ
=
− sin θ
2
dθ
dθ
dx
dx
dθ dx
df (x)
d dx df (x)
= − cos θ
− sin θ
dx
dx dθ dx
d
df (x)
df (x)
− sin θ (− sin θ)
= − cos θ
dx
dx
dx
2
df (x)
d
f
(x)
= − cos θ
+ sin2 θ
dx
dx2
!

(21)

Dengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke dalam persamaan 19 diperoleh
d2 f (x)
df (x)
df (x)
sin θ sin θ
+ sin θ cos θ − sin θ
+
− cos θ
2
dx
dx
dx
l(l + 1) sin2 θf (x) − m2 f (x) = 0
2

!

2

!

(22)

Dengan membagi semua ruas dengan sin2 θ diperoleh
sin2 θ

df (x)
df (x)
d2 f (x)
− cos θ
− cos θ
+ l(l + 1)f (x) −
2
dx
dx
dx
m2
f (x) = 0
sin2 θ
3

(23)

Karena cos θ = x maka sin2 θ = 1 − cos2 θ = 1 − x2 yang meghasilkan
(1 − x2 )

df (x)
m2
d2 f (x)
−
2x
f (x) = 0
+
l(l
+
1)f
(x)
−
dx2
dx
1 − x2

(24)

Persamaan 24 merupakan persamaan legendre terasosiasi yang solusi umumnya adalah
Pl,m = (−1)

m

q

(1 − x2 )m

dm
Pl (x)
dxm

(25)

dengan

(−1)l dl
Pl (x) = l
(1 − x2 )l
(26)
l
2 l! dx
Dengan demikian solusi suku angular (pers. 11) adalah perkalian solusi sudut kutub dan
sudut azimuth yakni
Pl,m (cos θ) · eimφ
(27)

3

Solusi suku radial

Untuk memperolah solusi radial terlebih dahulu kita tentukan potensial yang digunakan
dalam persamaan 6. Pada kasus atom hidrogen potensial yang digunakan adalah V (r) =
−e2 /r. Sementara massa yang dinyatakan pada persamaan 6 sebagai massa partikel
tunggal haruslah diganti dengan massa tereduksi dari proton dan elektron yakni
mp me
µ=
(28)
mp + me
Dengan demikian suku radial dapat dituliskan menjadi
e2
1 d
d
2µr2
r2
R(r) − 2 − − E − l(l + 1) = 0
R(r) dr
dr
r
h
¯
"
!
#
2
2
e
2µr
d
2 d
r
R(r) − 2 − − E R(r) − l(l + 1)R(r) = 0
⇒
dr
dr
r
h
¯
#
!
"
2 2
2µr2
2µr e
d
2 d
+ 2 E − l(l + 1) R(r) = 0
r
R(r) +
⇒
dr
dr
h
¯2 r
h
¯
!

"

#

(29)

Selanjutnya dilakukan pemisalan
y(r) = rR(r)

⇒

R(r) =

y(r)
r

(30)

Dengan demikian
!

!

d
d
d
d  −1 
y(r)
r
r2
R(r) =
r2
dr
dr
dr
dr
#
"


d 2  −2 
−1 dy(r)
=
r
−r
y(r) + r
dr
dr
"
#
d
dy(r)
=
−y(r) + r
dr
dr
dy(r) dy(r)
d2 y(r)
= −
+
+r
dr
dr
dr2
d2 y(r)
= r
dr2
4

(31)

Dengan hasil ini maka persamaan 29 akan dapat dituliskan menjadi
d2 y(r)
y(r)
2µre2 2µr2
r
+
E
−
l(l
+
1)
+
=0
2
2
dr2
r
h
¯
h
¯
#
"
2µe2 2µE l(l + 1)
d2 y(r)
+ 2 −
y(r) = 0
+
⇒
dr2
r2
r¯h2
h
¯
#

"

(32)

Selanjutnya jika dilakukan substitusi yakni
 2
ǫ

2

=−

2µE
h
¯2

(33)

Tanda negatif pada ruas kanan digunakan karena terdapat kemungkinan keadaan energi
E < 0 yang mengakibatkan ǫ menjadi imajiner jika ruas kanan positif. Dengan demikian
persamaan 32 dapat dituliskan menjadi
d2 y(r)
2µe2 ǫ2 l(l + 1)
− −
y(r) = 0
+
dr2
4
r2
r¯h2
#

"

(34)

Jika dilakukan pergantian variabel yakni
x = re ⇒ r =
maka
dr =

x
ǫ

(35)

dx
ǫ

(36)

dan

2
d2 y(r)
d dy(r)
d dy(x)
2 d y(x)
=
=
ǫ
ǫ
=
ǫ
dr2
dr dr
dx dx
dx2
Sehingga suku radial di dapat dinyatakan sebagai
2

y(x)
2µe2 ǫ ǫ2
l(l + 1)
ǫ
y(x) = 0
+
− ǫ2
2 −
2
dx
4
x2
x¯h
#
"
1 2µe2 l(l + 1)
d2 y(x)
y(x) = 0
+ − +
⇒
−
dx2
4
h
¯ ǫx
x2
2d

(37)

#

"

(38)

Persamaan 38 merupakan persamaan laguerre yang terasosiasi jika
l(l + 1) =

k2 − 1
4

(39)

dan

2j + k + 1
2µe2
=
(40)
h
¯ǫ
2
yang solusi umumnya dapat dinyatakan sebagai polonomial Laguerre terasosiasi yakni
yjk (x) = e−x/2 x(k+1)/2 Lkj (x)

(41)

Dalam teori atom Bohr suku h
¯ /µe2 menyatakan radius Bohr yakni
a0 =

h
¯2
= 0.529˚
A
µe2
5

(42)

dari persamaan 39 diperoleh k = 2l+1 dengan demikian ruas kanan persamaan 40 menjadi
2j + k + 1
2j + (2l + 1) + 1
=
=j+l+1
2
2

(43)

Dalam polinomial Laguerre i dan j tidak boleh negatif dengan demikian j + l + 1 haruslah
lebih besar atau sama dengan 1 yang dapat dinyatakan sebagai
n=j+l+1

(44)

Nilai n sendiri dapat dipandang sebagai bilangan kuantum prinsipal. Dari persamaan 40
dan persamaan 43 diperoleh
j+l+1=n=

2µe2
h
¯ǫ

2µe2
h
¯n
4µ2 e4
⇒ ǫ2 = 4 2
h
¯ n
⇒ǫ=

(45)

Dengan mensubstitusi hasil ini ke dalam persamaan 33 untuk mengganti ǫ dengan E
diperoleh
4µ2 e4
2µE
=
h
¯2
h
¯ 4 n2
!2
h
¯2
µe2
µ2 e 4 h
¯2
=
−
⇒E=−
2µn2
2µ¯h4 n2
h
¯2
13.6eV
h
¯2
=−
⇒ En = −
2 2
2µa0 n
n2

−4

(46)

Dengan demikian solusi radial dapat dituliskan sebagai
ynl (x) = e−x/2 xl+1 L2l+1
n−l−1 (x)

(47)

Sementara
−2µE
2µ
h
¯2
=− 2 =− 2 −
2µa20 n2
h
¯
h
¯
2
4
⇒ ǫ2 = 2 2 ⇒ ǫ =
a0 n
a0 n
2r
⇒x=
na0

 2

ǫ
2

!

=

1
a20 n2

(48)

yang menghasilkan
ynl (r)

=e

−r/na0



2r
na0

l+1

L2l+1
n−l−1



2r
na0



(49)

Karena y(r) = rR(r) maka diperoleh
l+1

2r
na0
l



2r
2r
⇒ Rn,l (r) = Ae−r/na0
L2l+1
n−l−1
na0
na0
rRn,l (r) = e−r/na0



2r
na0

6

L2l+1
n−l−1





(50)

dengan A menyatakan konstanta yang digunakan untuk menyerap faktor 2/na0 dari

2r l+1
akibat pembagian dengan r. Selanjutnya yang perlu dilakukan adalah menorna0
malisir solusi Rn,l (r) yakni



hψ(r)|ψ(r)i =

Z ∞
0

(Rn,l (r))∗ Rn,l (r)r2 dr = 1

(51)

dengan faktor r2 menyatakan faktor koreksi volume untuk koordinat bola.
demikian

Dengan

∗
2r l 2l+1
2r
2r
2r
−r/na0
Ae
Ae
Ln−l−1
L2l+1
· r2 dr
n−l−1
na0
na0
na0
na0
0






Z ∞
2r 2l 2 2l+1
2r
2r
2l+1
∗
−2r/na0
=
A A, e
Ln−l−1
dr
(r )Ln−l−1
na0
na0
na0
0


 

3 Z ∞




2r
2r 2l+2 2l+1
2r
2r
2l+1
2 na0
−2r/na0
Ln−l−1
Ln−l−1
d
(52)
e
= |A|
2
na0
na0
na0
na0
0
=1

Z ∞

−r/na0















Integral di atas dapat kita evaluasi dengan menggunakan hubungan
Z ∞
0

z a e−z Lab (z)Lab (z)dz = δb,c



1

[Γ(a + b + 1)]
Γ(b + 1)

(53)

Masalahnya adalah pada persamaan 52 nilai indeks atas dari polinomial Leguerre dan
bentuk pangkat tidak sama yakni berturut-turut 2l + 2 dan 2l + 1. Untuk itu dilakukan
penyesuaian dengan menggunakan hubungan 2
zLab (z) = (a + 2b + 1)Lab (z) −

b+1
Lab+1 (z) − (a + b)2 Lab−1 (z)
a+b+1

(54)

Persamaan 52 dapat dituliskan ulang menjadi
|A|

2

na0
2
=1



3 Z ∞
0

e

−2r/na0



2r
na0

 

2r
2r
L2l+1
n−l−1
na0
na0






L2l+1
n−l−1



2r
2r
d
na0
na0






(55)

Dengan menggunakan persamaan 54 suku dalam kurung kurawal pada persamaan 55
dapat dituliskan menjadi
2r
2r
2r
L2l+1
= (2l + 1 + 2n − 2l − 2 + 1) L2l+1
n−l−1
n−l−1
na0
na0
na0




n−l−1+1
2r
2r
2l+1
2 2l+1
−
− (2l + 1 + n − l − 1) Ln−l−2
L
2l + 1 + n − l − 1 + 1 n−l na0
na0






n
−
l
2r
2r
2r
−
− (n + l)2 L2l+1
(56)
L2l+1
= 2nL2l+1
n−l−2
n−l−1
na0
n + l + 1 n−l na0
na0












Pada persamaan 56 hanya polinomial Laguerre suku pertama yang indeks bawahnya bernilai n − l − 1 yang sama dengan polinomial Laguerre di luar kurung kurawal pada persamaan 55, sementara suku kedua dan seterusnya berbeda sehingga jika dikalikan dengan
1
2

dapat dilihat pada buku morse fleshbach, halaman 784-785
ibid

7

polinomial di luar kurung dan diintegralkan akan menghasilkan nol. Dengan demikian
persamaan 55 dapat dituliskan menjadi
na0
2

3 Z ∞

2l+1 

2r
2r
2r
L2l+1
d
n−l−1
na0
na0
na0
0
3 Z ∞

2l+1

 




2r
2r
2r
2r
na0
2l+1
e−2r/na0
L2l+1
L
d
= |A|2 2n
n−l−1
n−l−1
2
na0
na0
na0
na0
0
=1
(57)
|A|2



e−2r/na0



2r
na0

2nL2l+1
n−l−1













Karena indeks bawah dan indeks atas dari polinomial Laguerre pada persamaan 57 sudah
sama maka kita dapat menggunakan hubungan 53 sehingga diperoleh
na0 3 Z ∞ −2r/na0 2r 2l+1 2l+1
2r
2r
2r
e
= |A| 2n
Ln−l−1
L2l+1
d
n−l−1
2
na0
na0
na0
na0
0
3

3
na0 [Γ (2l + 1 + n − l − 1 + 1)]
= |A|2 2n
2
Γ (n − l − 1 + 1)

3
na0 [Γ(n + l + 1)]3
= |A|2 2n
2
Γ(n − l)
3

[(n + l)!]3
na0
2
=1
(58)
= |A| 2n
2
(n − l − 1)!
2





















yang mana menghasilkan
A=

v
u
u
t

2
na0

3

(n − l − 1)!
2n [(n + l)!]3

(59)

Dengan demikian solusi suku radial pada persamaan 10 diperoleh yakni
Rn,l (r) =

v
u
u
t

2
na0

3

(n − l − 1)! −r/na0 2r
e
na0
2n [(n + l)!]3


l

L2l+1
n−l−1



2r
na0



(60)

Dengan demikian solusi persamaan 6 adalah
ψn,l,m (r, θ, φ) = Rn,l (r)Yl,m (θ, φ)

8

(61)