LAMPIRAN A OSILATOR HARMONIK

Transkripsi

1 46 LAMPIRAN A OSILATOR HARMONIK Persamaan Schrodinger untuk Osilator Harmonik dapat dinyatakan sebagai berikut: dd 2 ΨΨ dddd 2 + (α y2 )Ψ = 0 (A.1) Dengan y = ( 1 ħ kkkk)1/2 dimana v = 1 2ππ kk mm α = 2EE ħ mm kk = 2EE hvv Merupakan frekuensi Osilator harmonik. Bentuk Asimtotik ΨΨ dari fungsi gelombang. Kita mulai dengan mencari bentuk asimtotik yang harus dimiliki Ψ ketika y ±. Jika fungsi Ψ menyatakan partikel sebenarnya yang terlokalisasi dalam ruang, harganya harus mendekati nol ketika y mendekati tak terhingga agar I ΨI2 dy menjadi terhingga, bukan nol. Kita tuliskan kembali persamaan (A.1) sebagai berikut: dd 2 ΨΨ dddd 2 - (y2 - α) Ψ = 0 dd 2 ΨΨ dddd 2 = (y2 - α) Ψ dd 2 ΨΨ/dddd 2 (y2 α) Ψ = 1 Ketika y, y 2 αα, sehingga: dd lim 2 ΨΨ/dddd 2 y yy 2 ΨΨ = 1(A.2)

2 47 Fungsi Ψ yang memenuhi persamaan (A.2) adalah: Ψ = ee yy 2 /2 Karena: lim y dd 2 ΨΨ dddd 2 = lim y (y2-1)ee yy 2 /2 = y 2 ee yy 2 /2 (A.3) Persamaan (A.3) merupakan bentuk Asimtotik Ψ yang diperlukan. Persamaan Diferensial untuk fungsi f(y) Kita dapat menuliskan fungsi gelombang osilator harmonik sebagai berikut: Ψ = f(y) ΨΨ = f(y)ee yy 2 /2 (A.4) Dengan f(y) fungsi dari y yang harus dicari. Dengan memasukkan persamaan (A.4) dan (A.1) maka kita peroleh: dd 2 ff dddd 2 2yddff dddd +(α-1) f = 0 (A.5) Ini merupakan persamaan diferensial yang harus di penuhi oleh f. Pengembangan deret pangkat f(y) Prosedur yang di gunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial (A.5) ialah menganggap bahwa f(y) dapat diuraikan dalam deret pangkat y, yaitu: f(y) = A 0 + A 1 y + A 2 y 2 + AA 3 yy 3 + = nn=1 (A.6) AA nn yy nn kemudian menentukan harga koefisien A n. Diferensial f menghasilkan: dddd dddd = A 1+ 2A 2 y + 3A 3 y 2 + = nn=1 nnnn nn yy nn 1 Persamaan diatas di kalikan dengan y, maka kita peroleh:

3 48 y dddd dddd = A 1y+ 2A 2 y 2 + 3A 3 y 3 + = nn=1 nnnn nn yy nn (A.7) Turunan kedua dari f terhadap y adalah: dd 2 ff ddyy 2= 1.2 A A 3 y + 3.4A 4 y 2 + = n(n 1)AA nn yy nn 2 nn=2 Yang sama dengan: dd 2 ff = (n + 2)(n + 1)AA ddyy nn+2yy nn 2 nn=0 (A.8) Rumus rekursi untuk koefisien A n Dengan mensubstitusikan persamaan (A.6) dan persamaan (A.8) kedalam persamaan (A.5), maka kita peroleh: [(n + 2)(n + 1)AA nn+2 (2nn + 1 αα) nn=0 A n ]y n = 0 (A.9) Supaya persamaan ini berlaku untuk setiap y, kuantitas dalam tanda kurung harus 0 untuk setiap harga n, sehingga kita dapatkan persyaratan: (n+2)(n+1)a n+2 = (2n+1-α)A n Rumus rekursi: A n+2 = 2nn+1 (nn+2)(nn+1) A n(a.10) Rumus rekursi ini memungkinkan kita untuk mencari koefisien A 2, A 3, A 4,... dinyatakan dalam A 0 dan A 1. Karena persamaan (1.5) merupakan persamaan diferensial orde kedua, maka penyelesaiannya memiliki dua konstanta sembarang, disini konstanta itu adalah A 0 dan A 1. Mulai dari A 0 kita dapatkan deret koefisien A 2,A 4,A 6,..dan mulai dari A 1 kita dapatkan deret lain A 3,A 5,A 7,..

4 49 Persyaratan yang harus dipenuhi f(y) Ketika y ; hanya jika Ψ 0 ketika y, Ψ merupakan fungsi gelombang yang dapat diterima secara fisis. Karena f(y) dikalikan dengan ee yy 2 /2, Ψ memenuhi persyaratan diatas jika: lim y f(y)<ee yy 2 /2 Pengembangan deret pangkat fungsi gelombang asimtotik ΨΨ Cara yang memadai untuk membandingkan perilaku asimtotik dari f(y) dan ee yy 2 /2 ialah menyatakannya dalam deret pangkat (f sudah dalam bentuk deret pangkat) dan memeriksa rasio antara koefisien deret yang berurutan ketika n. Dari rumus rekursi persamaan (A.10) kita dapat menyatakan bahwa: AA lim nn +2 y = 2 AA nn nn (A.11) Karenaee zz = 1 + z + zz 2 + zz ! 3! Kita dapat menyatakan ee yy 2 /2 dalam deret pangkat sebagai berikut: ee yy 2 /2 = 1 + yy 2 + yy 4 + yy ! 2 3.3! = nn=0,2,4, 1 y n 2 nn /2. nn 2! = nn=0,2,4, BB nn yy nn (A.12) Rasio antara koefisien yang berurutan dari y n dalam persamaan (A.11) adalah: BB nn +2 = 2nn /2 nn. 2! nn +2 BB nn nn ! = = 2 nn /2. nn 2! 2. 2 nn /2. nn (nn 2 )! 1 2 ( nn 2 +1)

5 50 = 1 nn+2 Dalam limit n, rasio ini menjadi: lim n BB nn +2 BB nn = 1 nn (A.13) Jadi koefisien yang berurutan A n dalam deret untuk f berkurang lebih lambat dari deret pangkat ee yy 2 /2 alih alih lebih cepat, ini berarti f(y) ee yy 2 /2 tidak menuju nol ketika y. Jika deret f berakhir pada harga n tertentu, sehingga koefisien A n menjadi nol untuk harga n yang lebih tinggi dari harga tertentu itu, maka ΨΨ akan menuju nol ketika y karena faktor ee yy 2 /2. Dengan kata lain, jika f suatu polynomial dengan suku terhingga alih alih deret tak-terhingga, maka f dapat diterima. Dari rumus rekursi: 2nn+1 A n+2 = A n (nn+2)(nn+1) Jelaslah bahwa jika: = 2n+1(A.14) Untuk setiap harga n, maka A n+2 =A n+4 = A n+6 = = 0. Persamaan (A.14) menentukan suatu deretan koefisien saja, yaitu deretan n genap mulai dengan A 0 atau deretan n ganjil mulai dengan A 1. Jika n genap, maka A 1 = 0 dan hanya pangkat y genap muncul dalam polynomial, jika n ganjil, maka A 0 = 0 dan hanya pangkat y ganjil muncul. Rumus tingkat energy yang dihasilkan Persyaratan = 2n+1merupakan syarat perlu dan cukup supaya fungsi gelombang persamaan (A.1) memiliki solusi yang memenuhi berbagai persyaratan.

6 51 Dari persamaan α = 2EE ħ mm kk = 2EE hvv, kita peroleh nilai α sebagai berikut: α = 2EE hvv = 2n+1 E n = (n + 1 ) hv dimana n = 0,1,2,3,4,5, (A.15) 2 Jadi energy sebuah osilator harmonik terkuantisasi dengan langkah hv. Kita lihat untuk n= 0 Maka: E 0 = 1 2 hv (A.16) Yang menyatakan energy terendah yang dapat dimiliki oleh osilator tersebut. Harga ini disebut energy titik nol karena sebuah osilator harmonik dalam keadaan setimbang dengan sekelilingnya akan mendekati E=E 0 dan bukan E=0. Untuk setiap pilihan parameter α n terdapat fungsi gelombang yang berbeda ΨΨ nn. Setiap fungsi terdiri dari suatu polinom HH nn (y) disebut sebagai Polinom hermite, yang y-nya berpangkat genap atau ganjil, faktor eksponensial ee yy 2 /2, dan sebuah koefisien numerik diperlukan untuk memenuhi syarat normalisasi: ΨΨ nn 2 dx = 1 dimana n = 0,1,2,3,4,5, (A.17) Rumus umum fungsi gelombang Osilator Harmonik ke n adalah sebagai berikut: ΨΨ nn = ( 2mmmm ħ )1/4. (2 n. n!) -1/2.HH nn (y) ee yy 2 /2 (A.18)

7 52 Enam polinom hermite HH nn (y) yang pertama di daftarkan dalam table berikut: n HH nn (y) nn Tingkat Energi ke-n (E n ) hv 1 2y hv 2 4y hv 3 8y 3 12y hv 4 16y 4 48y hv 5 32y 5 160y y hv

8 53 LAMPIRAN B POLINOMIAL HERMITE Dalam bahasan ini akan dibahas bagaimana mencari solusi umum polynomial Hermite yang diberikan dalam bentuk persamaan sebagai berikut: y px M y + prx M-1 y = 0, (B.1) Dimana nilai p 0, dan r adalah bilangan bulat positif. Untuk M = 1, p = 2, dan r adalah sebuah bilangan bulat positif sehingga persamaan (B.1) menjadi persamaan Hermite dan memiliki solusi yang sering dikenal dengan nama Polinomial Hermite. Bagaimana jika p 0, apakah persamaan (B.1) memiliki solusi polynomial, M adalah bilangan bulat positif yang lebih besar dari satu dan r adalah bilangan bulat positif. Terdapat sebuah solusi polynomial untuk persamaan (B.1) berderajat r jika dan hanya jika: r = k(m+1) (B.2) Atau r = k(m+1) +1 (B.3) untuk suatu k = 0,1,2,3,4,5, selanjutnya, ada beberapa kasus terdapat satu (hingga untuk konstanta perkalian) solusi polynomial yang selalu berderajat r yang memiliki (k+1) suku dengan selisih derajat (M+1),yakni jika satu suku berderajat b, maka satu suku tertinggi berikutnya menjadi berderajat b+m+1. Pembuktian: Kita substitusikan bentuk persamaan:.y = nn=0 aa nn xx nn (B.4)

9 54 kepada persamaan (B.1) yang didefenisikan dengan manipulasi rumus: a 2 = a 3 = = a m = 0 (B.5) sehingga diperoleh: a n+m+1 = pp(nn rr)aa nn (nn+mm+1)(nn+mm) n = 1,2,3,4,5, (B.6) kita turunkan persamaan (B.4) sebanyak dua kali: y = nn=1 aa nn xx nn 1 (B.7) y = nn=2 nn(nn 1)aa nn xx nn 2 (B.8) substitusikan persamaan (B.7) dan persamaan (B.8) kepada persamaan (B.1) sehingga kita peroleh: nn=2 nn(nn 1)aa nn xx nn 2 - p x M nn=1 nnnn nn xx nn 1 + pr x M-1 aa nn xx nn = 0 Atau, nn=0 nn=2 nn(nn 1)aa nn xx nn 2 - p nn=1 nnnn nn xx nn+mm 1 + pr nn=0 aa nn xx nn+mm 1 = 0 (B.9) Kita substitusikan nilai n = 0,1,2,3,, n, n+m+1 ke persamaan (B.9) menjadi: 2.1a a 3 x + 4.3a 4 x (n+m+1)(n+m)a n+m+1 x n+m pa 1 x M 2pa 2 x M+1 3pa 3 x M pna n x n+m pra 0 x M-1 + pra 1 x M + pra 2 x M+1 + +pra n x n+m-1 + = 0 Kita pisahkan persamaan berdasarkan koefisien yang sama, sehingga diperoleh: 2a 2 - px M a 1 + pra 0 x M-1 = 0 Untuk koefisien x 6a 3 x - 2 px M a 2 + pr x M-1 a 1 x = 0 Untuk koefisien x (B.10) Melalui manipulasi rumus, a 2 = a 3 = = a M = 0 dengan n = 2, 3, maka akan diperoleh rumus rekursi dalam bentuk umum sebagai berikut:

10 55 (n+m+1)(n+m) a n+m+1 pna n + pra n = 0 (n+m+1)(n+m) a n+m+1 = pna n - pra n (n+m+1)(n+m) a n+m+1 = (pn pr) a n a n+m+1 = p(n r)a (nn+mm+1)(nn+mm) sehingga diperoleh rumus rekursi untuk mencari solusi persamaan Polinomial Hermite sebagai berikut: a n+m+1 = p(n r)a (nn+mm+1)(nn+mm) dengan n = 0,1,2,3,4, (B.11) kita misalkan terdapat solusi Polinomial berderajat r. jika r = 1, maka r = 0(M+1)+1. Jika r 2, maka r M+1 dengan persamaan (B.4) ketika a r = 0 maka a r-(m+1) = 0 juga. Jika r-(m+1) MM, maka persamaan (B.4) memaksa r-(m+1) setara dengan 0 ataupun 1. Sebaliknya dapat dilanjutkan dengan mengurangkan r dengan kelipatan (M+1) hingga bilangan bulat k diperoleh sedemikian sehingga: r k(m+1) = 0,1 (B.12) untuk r (M+1) = 0, r dikurangi dengan kelipatan (M+1), (2M+2,, (km+2) sehingga diperoleh: r (M+1) = 0 r (2M+2) = 0 r (3M+3) = 0... r (km+k) = 0 r k(m+1) = 0 r = k(m+1). Untuk r (M+1) = 1, r dikurangi dengan kelipatan (M+1), (2M+2),, (km+k) sehingga diperoleh:

11 56 r (M+1) = 1 r (2M+2) = 1 r (3M+3) = 1... r (km+k) = 1 r k(m+1) = 1 r = k(m+1)+1 maka persamaan (B.4) memiliki r (M+1) sama untuk 0 atau 1 r k(m+1) = 0 atau 1 (B.13) dengan demikian ditentukan persamaan (B.2) dan persamaan (B.3), sebaliknya, jika r = k(m+1) untuk semua k, maka dapat dinyatakan dari persamaan (B.5) bahwa ketika n = r = k(m+1), diperoleh a n+m+1 = 0. Oleh sebab itu a l(m+1) = 0 untuk semua l kk + 1. selanjutnya, dengan menggunakan persamaan (B.4) disertai dengan persamaan (B.5) diperoleh a i+l(m+1) = 0, untuk semua 2 ii MM dan ll kk. Kemudian dapat disimpulkan bahwa jika a i+l(m+1) = 0, untuk semua l kk, harus ditetapkan nilai a = 0 dan kita gunakan persamaan (B.5). Jika a 0, persamaan (B.5) kembali mengimplikasikan bahwa a r = a k(m+1) dan karena itu y(x) merupakan sebuah polynomial berderajat r. Kemudian dapat disimpulkan bahwa jika a 0, maka y(x) bukan sebuah polynomial. Dengan demikian didapat a 0 sedemikian sehingga a r = 1, dan disini dapat dilihat bahwa solusi polynomial adalah tunggal hingga konstanta perkalian a 0. Pertimbangan yang sama dapat diterapkan pada kasus r = k(m+1)+1. Solusi polinomialnya tunggal hingga konstanta perkaliannya a 1. Untuk solusi polynomial dari persamaan y - px M y + prx M-1 y = 0, jika

12 57 r = k(m+1) maka derajat terendah dari solusinya adalah a 0, jika r = k(m+1)+1 maka derajat terendah dari solusinya adalah: a 1 x. catatan jika r = k(m+1), maka pilihannya adalah a 1 = 0. Jika r = k(m+1)+1, maka pilihannya adalah a 0 = 0. Pembuktiannya: Analisa dari r = k(m+1) dalam rumus rekursi persamaan (B.6) diikuti pengurangan rumus (k-1). k dikurangi dengan kelipatan (k-1), (k-2),, (k-k) sehingga diperoleh: a x r x r = a k(m+1) x k(m+1) (k-1) (M+1) a (k-1) (M+1) x... a (M+1) x (M+1) a 0. Jika r = k(m+1) maka derajat terendah dari solusi polynomial adalah a 0 sama, jika r = k(m+1)+1 maka derajat terendahnya adalah a 1 x. Catatan: jika r = k(m+1), maka pilihannya adalah a 1 = 0. Jika r = k(m+1)+1, maka pilihannya adalah a 0 = 0.

13 58 LAMPIRAN C DERET PANGKAT Bentuk umum deret pangkat. Deret pangkat merupakan perkembangan dari deret kompleks biasa. Secara prinsip, deret pangkat adalah deret kompleks yang memiliki bentuk pangkat dari (z z 0 ). Suatu deret takhingga dengan bentuk: aa nn zz nn = nn=0 aa nn zz nn = aa 0 + aa 1 zz + aa 2 zz 2 + aa 3 zz aa nn zz nn + (C.1) Dimana cc nn konstan disebut deret pangkat dalam x. sesuai itu, maka diperoleh deret takhingga dengan bentuk: aa nn (zz zz 0 ) nn = aa 0 + aa 1 (zz zz 0 ) + aa 2 (zz zz 0 ) 2 + aa 3 (zz zz 0 ) aa nn (zz zz 0 ) nn + (C.2) Bentuk umum deret pangkat adalah sebagai berikut: nn=0 aa nn. (z-z 0 ) n (C.3) Dengan z adalah peubah kompleks (complex variable) dan koefisien a n. deret ini memiliki titik pusat z 0 dan jari jari konvergensi dengan symbol ρρ. kedua hal ini adalah parameter dalam deret pangkat. Ada 2 cara untuk mencari ρρ adalah sebagai berikut: 1. Formula Cauchy-Hadamard, yaitu: lim nn aa nn aa nn +1 = ρρ 2. lim nn aa nn 1 aa nn nn = ρρ

14 59 Setelah kita memperoleh nilai ρρ, maka ada 3 sifat dari deret pangkat tersebut berdasarkan nilai ρρ yang dimiliki, yaitu: 1. Jika ρρ = 0, maka deret diatas konvergen hanya pada titik z 0, dan divergen pada titik yang lain. 2. Jika 0 < ρρ <, maka deret diatas pasti konvergen mutlak untuk semua nilai z dengan zz zz 0 < ρρ dan divergen untuk semua nilai z dengan zz zz 0 > ρρ. Lalu bagaimana dengan zz zz 0 = ρρ? itu bisa konvergen, bisa juga divergen. 3. Jika ρρ=, maka deret diatas konvergen mutlak untuk semua nilai z. artinya deret tersebut tidak pernah divergen. Latihan soal. Soal 1.Jika diketahui deret pangkat sebagai berikut: 1 nn=0 (zz + 2 ii) nn, tentukanlah pusat dan jari jari konvergensi.dan (1+ii) nn periksa juga apakah deretnya merupakan konvergen atau divergen pada jari- jari konvergensinya. Penyelesaian: 1 (1+ii) nn nn=0 (zz + 2 ii) nn ; dari bentuk deret disamping kita bisa melihat bahwa: z 0 = -2 + i. dengan demikian maka a n = 1 (1+ii) lim nn nn 1 (1+ii) nn +1 = lim nn 1 (1+ii) (1+ii) nn +1 (1+ii) nn nn maka jari jari konvergensinya: = lim nn (1+i) = 1 + i Jari jari konvergensi ρρ = 1+i = (1) 2 + (1) 2 = 2 Kesimpulan sementara yang dapat diambil adalah: 1 Deret nn=0 (zz + 2 ii) nn, pasti konvergen pada semua z dengan (1+ii) nn z i < 2, atau dapat dinyatakan bahwa deret diatas pasti konvergen pada cakram terbuka dengan pusat z 0 = -2 + I dan jari jari 2.

15 60 Dan deret tersebut pasti juga divergen pada semua z di z i > 2. Lalu bagaimana dengan lingkaran tepat pada jari jari 2?? Kita harus melakukan test lagi dengan cara melakukan substitusi (z i) = 2 ke dalam deret diatas. Sehingga deret diatas menjadi: 1 nn=0 (1+ii) nn 2 2. (1+ii) nn nn ( 2)nnatau dapat dituliskan: Sekarang kita anggap deret diatas menjadi sebuah deret baru. Lalu kita periksa apakah deret itu konvergen atau tidak. Jika konvergen, maka deret semula dalam soal 1 ini konvergen pada lingkaran (z i) = 2. Untuk memeriksa deret nn 2 2 (1+ii) nn 2 2 (1+ii) nn apakah konvergen atau tidak; 2 nndapat ditulis menjadi ( 1+ii )nn tampak, jika n maka deret ini makin besar: berarti deret ini Divergen. Dengan demikian, kesimpulannya ialah deret dalam soal 1 ini, 1 (1+ii) nn nn=0 (zz + 2 ii) nn konvergen pada cakram terbuka z i < 2. Soal 2.Jika diketahui deret pangkat sebagai berikut: 2nn. (zz+1) nn nn=1 (2nn 1), tentukanlah pusat dan jari jari konvergensi.dan periksa juga apakah deretnya merupakan konvergen atau divergen pada jari- jari konvergensinya. Penyelesaian: nn=1 2nn. (zz + 1)nn (2nn 1) Dari bentuk diatas, maka pusatnya z 0 = -1. Dan a n = Maka jari jari konvergensi: lim nn 2nn 2(nn+1) (2(nn+1) 1) (2nn 1) 2nn (2nn 1). = lim nn 2nn (2nn+2) (2nn+1) (2nn 1) = 4 4 = 1

16 61 Maka deret diatas pasti konvergen untuk semua z pada cakram terbuka z+1 < 1. Untuk mengetahui sifat deret tersebut, pada lingkaran z+1 = 1, kita substitusi nilai ini ke dalam deret diatas, sehingga terbentuk sebuah deret baru: 2nn.(1)nn (2nn 1) = 2nn 2nn 1 TIPS: Kita perhatikan pangkat tertinggi dari n untuk pembilang dan penyebut. Ternyata sama, yaitu 1. Maka, bila kita memakai uji rasio untuk deret ini, kita akan mendapat bahwa harga limitnya sama dengan 1. Itu artinya, kita tetap tidak dapat menentukan apakah konvergen atau divergen.maka kita jangan memakai uji rasio. Kita periksa deret tersebut dengan cara sebagai berikut: 2nn lim nn = 2 (2nn 1) 2 = 1 0. Maka deret 2nn bersifat divergen. 2nn 1 Dengan demikian deret semula dalam soal ini hanya konvergen pada cakram terbuka z+1 < 1.

17 62 LAMPIRAN D OSILATOR ANHARMONIK Persamaan Schrodinger digunakan untuk menggambarkan berbagai macam sistem mekanika kuantum, walaupun sebenarnya tidak dapat diselesaikan kecuali untuk beberapa model sederhana. Persamaan Schrodinger ini biasanya menggunakan persamaan linear dua variable yang diselesaikan dengan menggunakan metode ekspansi deret pangkat persamaan diferensial, atau menggunakan operator tangga dalam mekanika kuantum. Pada osilator anharmonik, persamaan fungsi gelombang schrodinger yang digunakan adalah sebagai berikut: ħ Ψ (x) + Ax4 Ψ(x) = E Ψ(x) (D.1) Untuk memecahkan persamaan ini dalam satu dimensi, pertama kita menggunakan persamaan diferensial orde dua, kemuadian dilanjutkan dengan metode deret pangkat Persamaan Awal Pertama kita perkenalkan persamaan linear dua variable sebagai berikut: y 2xy + (2n +x 2 x 4 )y = 0 (D.2) ini bukan merupakan adjoint nya, melainkan untuk mempermudah memperkenalkan serangkaian fungsi abnormal (φφ nn ) sebagai berikut: φφ nn = ee xx 2 /2. y(x) (D.3) Dengan mensubstitusikan persamaan (D.3) ke dalam persamaan (D.2), maka akan diperoleh persamaan diferensial untuk φφ nn sebagai berikut: φφ nn + (2n+1-x 4 ) φφ nn = 0 (D.4)

18 63 Persamaan (D.4) ini merupakan persamaan diferensial untuk osilator anharmonik mekanika kuantum dengan energy potensial V(x) = Ax Solusi Analitik Dengan menggunakan metode deret pangkat, kita memperoleh solusi dari persamaan (D.2) sebagai berikut: y(x) = x k (aa 0 + aa 1 xx + aa 2 x 2 + aa 3 x 3 + ) y(x) = mm=0 aa mm xx kk+mm, a 0 0 (D.5) dimana eksponen k dan koefisien koefisien a m sudah ditentukan. Dengan menurunkan persamaan (D.5) sebanyak dua kali, maka kita peroleh: dddd = aa dddd mm =0 mm (kk + mm)xx kk+mm 1, dd 2 yy = aa dddd 2 mm=0 mm (kk + mm)(kk + mm 1)xx kk+mm 2 (D.6) Dengan mensubstitusikan persamaan (D.6) kedalam persamaan (D.2) maka kita peroleh: mm=0 aa mm (kk + mm)(kk + mm 1)xx kk+mm 2 2 aa mm (kk + mm)xx kk+mm mm =0 + 2n mm=0 aa mm xx kk+mm + mm=0 aa mm xx kk+mm+2 - mm=0 aa mm xx kk+mm+4 = 0 (D.7) Pangkat x terendah pada persamaan (D.7) adalah: x k-2, untuk m=0 pada penjumlahan pertama. Keunikan dari deret pangkat memerlukan penghilangan koefisien yang menghasilkan: aa 0 k(k-1) = 0 Dimana aa 0 0. Jika aa 0 = 1, maka kita peroleh: k(k-1) = 0 (D.8)

19 64 persamaan (D.8) ini merupakan persamaan indisial yang menghasilkan nilai k-0 atau k-1. Jika kita tinjau kembali persamaan (D.7) dan menetapkan m = j+2 pada penjumlaham yang pertama, kemudian m = j,m = j, m = j-2, m = j-4 berturut turut pada penjumlahan kedua, ketiga, keempat dan kelima maka kita peroleh: a j+2 (k+j+2)(k+j+1) 2a j (k+j-n)+a j-2 a j-4 = 0 a j+2 = aa jj 4 aa jj 2 + 2aa jj (kk+jj nn) (D.9) (kk+jj +2)(kk+jj +1) dengan menggunakan cara yang sama pada persamaan (D.8) untuk k = 0 dan j = bilangan genap, kita peroleh: a 2 = aa 0 2(-n) 2! a 4 = aa 0 [-2! + 4! 22 (-n)(2-n)] a 6 = aa 0 4! [4! 2(-n) 6! 2! 22 (4-n) (-n)(2-n)(4-n)] dan untuk k = 1 dan j = bilangan genap, kita peroleh: a 2 = aa 0 3! 2(1-n) a 4 = aa 0 5! [-3! + 22 (1-n)(3-n)] Pada kasus k = 0, semua nilai koefisiennya kita masukkan kedalam persamaan (D.5), maka kita peroleh: y genap = a 0 [1+ 1 2! (2(-n))x2 + 1 (-2! + 4! 22 (-n)(2-n))x ! (4! 2(-n) 6! 2! 22 (4-n) (-n)(2-n)(4-n))x 6 + ] (D.10) melalui persamaan (D.10), kita tentukan Polynomial Hermite untuk n = genap dan menghasilkan beragam parameter sebagai berikut: y genap = a 0 [1+ 1 2! (2(-n))x ! (22 (-n)(2-n))x ! (23 (-n)(2-n)(4-n))x 6 + ] + a 0 [ 2! 4! x ! (4! 2(-n) 6! 2! 22 (4-n))x 6 + ] (D.11)

20 65 dengan cara yang sama kita juga dapat menetukan Polinomial Hermite untuk n = ganjil dan k = 1 sebagai berikut: y ganjil = a 0 [x + 1 3! (2(1-n))x ! ( 22 (1-n)(3-n))x ! (23 (1-n)(3-n)(5-n))x 7 + ] + a 0 [- 3! 5! x ! (5! 2(1-n) 7! 3! 3!2(5-n))x7 + ] (D.12) Tanda kurung siku pertama dari ruas kanan y genap dan y ganjil hanya menunjukkan bentuk dari polynomial hermite yang kemudian kita masukkan nilainya kedalam persamaan (D.3). Maka untuk n = genap kita peroleh: φφ nn (x) = ee xx 2 /2 {H n (x) + aa 0 xx 4 [- 2! 4! + 1 6! (4! 4! 2! 2(-n) 22 (4-n)) x 2 + ]} (D.13) Untuk n = ganjil kita peroleh: φφ nn (x) = ee xx 2 /2 {H n (x) + aa 0 xx 5 [- 3! 5! + 1 7! (5! 5! 3! 2(1-n) 3!2 (5-n)) x2 + ]}(D.14) 4.3. Fungsi fungsi gelombang dan tingkat tingkat energi Persamaan fungsi gelombang Schrodinger dengan energy potensial V(x) = Ax 4, Dituliskan sebagai berikut: ħ22 Ψ (x) Ax4 Ψ(x) = E Ψ(x), dimana m = massa partikel dan E = energy total. Dengan mengggunakan kuantitas tidak berdimensi sebagai berikut: x = αz dimana 6 = 2mmmm ħ 2 (D.15) λ = 2mmmm ħ 2 αα 2 = E(2mm ħ 2 )2/3 (A) 1/3 (D.16) nilai λ diatas merupakan periode gerak untuk partikel klasik yang sesuai dengan V(x) = Ax 4, diberikan melalui persamaan (D.4) dan persamaan (D.5).

21 66 τ = 1 2 2ππππ EE ( EE AA )1/4 г(1/4) г(3/4) (D.17) Dengan [Ψ(z) = Ψ(x/α) = ѱ(x)], maka persamaan (D.1) menjadi: dd 2 ѱ dddd 2 + (λ x4 ) ѱ(x) = 0 (D.18) Persamaan (D.18) ini merupakan persamaan (D.4) dengan λ = 2n+1. Maka untuk n = genap kita peroleh: Ѱ n (x) = Kee xx 2 /2 {H n (x) + a 0 x 4 [- 2! + 1 4! (4! 2(-n) 4! 6! 2! 22 (4-n))x 2 + ]} (D.19) Untuk n = ganjil kita peroleh: Ѱ n (x) = Kee xx 2 /2 {H n (x) + a 0 x 5 [- 3! + 1 5! (5! 2(1-n) 5! 7! 3! 3!2(5-n))x2 + ]} (D.20) Persamaan (D.19) dan persamaan (D.20) merupakan fungsi fungsi gelombang Osilator Anharmonik mekanika kuantum untuk genap Ѱ 0, Ѱ 2, dan ganjil Ѱ 1, Ѱ 3, Dengan menggunakan persamaan (D.16) dan persamaan (D.17) dan diketahui nilai г(1/4) = 4.( 1 2 )! = 4 dan г(3/4) = ππ 4 4 E n = ( λλ 4 )3/4. г(1/4) 2ππ г(3/4) ħωω maka kita peroleh Energi: E n = (2n+1) 3/4. 4 ħωω ππ 2ππ (D.21) Untuk Energy tingkat dasar dengan n = 0 adalah: E0 = 4 ππ 2ππ ħωω = 0,5079ħωω 1 2 ħωω (D.22) E1 = 2,28 E0, E2 = 3,343 E0, E3 = 4,3 E0

22 67 LAMPIRAN E FUNGSI GAMMA (г) DEFENISI: 1. Merupakan salah satu fungsi khusus yang biasanya disajikan dalam pembahasan kalkulus tingkat lanjut 2. Dalam aplikasinya fungsi Gamma ini digunakan untuk membantu menyelesaikan integral-integral khusus yangsulit dalam pemecahannya dan banyak digunakan dalammenyelesaikan permasalahan di bidang fisika maupunteknik. 3. Pada dasarnya dapat didefinisikan pada bidang real dankompleks dengan beberapa syarat tertentu. Fungsi gamma dinyatakan oleh г (x)yang didefenisikan sebagai berikut ini: Г(x) = 0 rr xx 1 ee rr dddd (E.1) x dan r adalah bilangan real. Rumus ini merupakan integral yang konvergen untuk x > 0. Rumus rekursif untuk fungsi gamma adalah: г(x+1) = xг(x) (E.2) melalui persamaan (E.2) dapat ditentukan harga г(x) untuk semua x>0 bila nilai nilai untuk 1 xx 2. Jika x adalah bilangan bulat maka: г(x+1) = x! jika di kombinasikan persamaan (E.1) dan persamaan (E.2) maka diperoleh bentuk:

23 68 Г(x) = г(x+1) xx (E.3) Sifat dasar fungsi gamma real a. Г(x) tidak terdefenisi untuk setiap x = 0 atau bilangan bulat negatif Pembuktian: Dari persamaan (E.1) dengan x = 0, diperoleh: Г(0) = 0 rr 1 ee rr dddd Bukti tersebut merupakan integral divergen sehingga Г(0) tidak terdefinisi. Untuk x = n bilangan bulat negatif dan dengan mensubstitusikan x kedalam persamaan (E.3), maka diperoleh: Г(n) = Г(0) nn(nn+1)(nn+2) ( 2)( 1) (E.4) Karena Г(0) tidak terdefinisi, maka Г(n) tidak terdefenisi pula untuk n bilangan bulat negatif. Jika n besar dan merupakan bilangan bulat maka ditulis:

24 69 n! ~ 2ππnn nn. ee nn (E.5) bentuk ini dinamakan aproksimasi faktorial Stirling.

25 70 LAMPIRAN F PERIODE OSILATOR NONLINEAR Sebuah partikel dengan massa m yang pada hakekatnya berosilasi secara nonlinear dibawah pengaruh fungsi energi potensial memberikan: V(x) = Ax n (F.1) (Dimana A adalah konstanta positif dan n adalah sebuah bilangan bulat genap yang lebih besar atau sama dengan 4). Sistem ini, tentu saja konservatif, sehingga diperoleh: 1 2 mmẋ2 + VV(xx) = EE (F.2) Dimana total Energi selalu konstan positif sehingga persamaan (K.2) dapat dituliskan sebagai berikut: dddd = ±( mm 2EE )1 2. dddd 1 VV (xx) EE (F.3) Untuk memperoleh nilai periode osilasi maka persamaan (K.3) kita integrasikan sehingga diperoleh: T = 4( mm 2EE )1/2 AA dddd 0 1 bbbb nn /EE (F.4) Dimana A adalah Amplitudo osilasi yang berhubungan dengan nilai Energi total E= ba n lalu substitusikan nilai x = ( EE bb )1 nn. SSSSSS 2 nn θθ (F.5)

26 71 Sehingga persamaan (F.4) menjadi: T = 8 nn. ( mm 2EE )1 2. ( EE bb )1 nn ππ/2 0 SSSSSS 2llll 1 θθ dddd (F.6) Setelah mengintegrasikan persamaan (K.6), maka diperoleh T dalam bentuk yang lebih ssederhana sebagai berikut ini: T = 4( ππππ 2 )1/2. ( EE1 nn /2 AA ) 1/nn. г( 1 nn +1) г( 1 nn +1 2 )(F.7) Dimana pada persamaan (K.7) ini kita menggunakan bentuk identitas dari fungsi gamma (г) sebagai berikut ini: Г(z+1) = z г(z) (F.8) Jika kita substitusi syarat syarat dari amplitude untuk total energi, maka diperoleh bentuk periode sebagai berikut ini: TT = 2 2ππ. г( 1 nn +1) г( 1 nn +1 2 ). AA1 nn/2 mm bb (F.9) Dengan n > 0 Persamaan (F.9) ini merupakan periode osilasi dari osilator yang terdapat dalam energy potensial pada persamaan (F.1).dalam persamaan ini, n tidak perlu harus merupakan bilangan bulat. Persamaan (F.9) menunjukkan bahwa periode dan frekuensi osilasi tidak bergantung pada amplitude dan energi total nya hanya jika n = 2 (merupakan osilator harmonik sederhana). Dalam hal ini, dengan b = k/2 maka persamaan (F.9) mengurangi nilai periode osilasi sistem massa pegas, T = 2л mm kk. meskipun setiap osilator linear memiliki sebuah periode yang tidak bergantung amplitude, namun itu tidak benar. Karena hal itu akan mengakibatkan osilator nonlinear.

27 72 LAMPIRAN G LISTING PROGRAM MATLAB FUNGSI GELOMBANG OSILATOR ANHARMONIK clear; clc; disp('plot Grafik'); disp(' '); xmin=input('masukkan x minimum = '); xmax=input('masukkan x maksimum = '); x=xmin:0.1:xmax; y1=zeros(1, length(x)); y2=zeros(1, length(x)); y3=zeros(1, length(x)); y4=zeros(1, length(x)); y5=zeros(1, length(x)); y6=zeros(1, length(x)); for i=1:length(y1) y1(i)=2.7^- (x(i)^2/2)*(1+(x(i)^4)*(faktorial(2)/faktorial(4)+(1/faktorial(6))*(faktorial(4)(fakt orial(4)/faktorial(2))*2*0-2^2*(4-2))*x(i)^2)); end for i=1:length(y2)

28 73 y2(i)=2.7^- (x(i)^2/2)*(2*x(i)+(x(i)^5)*(faktorial(3)/faktorial(5)+(1/faktorial(1))*(faktorial(5) (faktorial(5)/faktorial(3))*2*(1-1)-faktorial(3)*2*(5-1))*x(i)^2)); end for i=1:length(y3) y3(i)=2.7^- (x(i)^2/2)*(((4*x(i)^2)2)+(x(i)^4)*(faktorial(2)/faktorial(4)+(1/faktorial(6))*(fakt orial(4)(faktorial(4)/faktorial(2))*2*(-2)-2^2*(4-2))*x(i)^2)); end for i=1:length(y4) y4(i)=2.7^-(x(i)^2/2)*((8*x(i)^3-12*x(i))+(x(i)^5)*(- faktorial(3)/faktorial(5)+(1/faktorial(1))*(faktorial(5)- (faktorial(5)/faktorial(3))*2*(1-3) faktorial(3)*2*(5-3))*x(i)^2)); end for i=1:length(y5) y5(i)=2.7^-(x(i)^2/2)*((16*x(i)^4-48*x(i)^2+12)+(x(i)^4)*(- faktorial(2)/faktorial(4)+(1/faktorial(6))*(faktorial(4)- (faktorial(4)/faktorial(2))*2*(-4)-2^2*(4-4))*x(i)^2)); end for i=1:length(y6) y6(i)=2.7^-(x(i)^2/2)*((32*x(i)^5-160*x(i)^3+120*x(i))+(x(i)^5)*(- faktorial(3)/faktorial(5)+(1/faktorial(1))*(faktorial(5)- (faktorial(5)/faktorial(3))*2*(1-5)-faktorial(3)*2*(5-5))*x(i)^2)); end subplot(3,2,1) plot(x,y1)

29 74 title('grafik n=0') subplot(3,2,2) plot(x,y2) title('grafik n=1') subplot(3,2,3) plot(x,y3) title('grafik n=2') subplot(3,2,4) plot(x,y4) title('grafik n=3') subplot(3,2,5) plot(x,y5) title('grafik n=4') subplot(3,2,6) plot(x,y6) title('grafik n=5')

30 75 LAMPIRAN H GAMBAR OSILATOR ANHARMONIK

31 76 LAMPIRAN I GAMBAR OSILATOR HARMONIK

32 77 LAMPIRAN J GAMBAR OSILATOR ANHARMONIK VS OSILATOR HARMONIK