Lecture Notes

Dua Jenis Partikel (Boson dan Fermion) dan Prinsip Larangan Pauli

Sistem Dua Partikel

Jika kita memiliki sebuah sistem yang terdiri atas dua partikel, maka keadaan kuantum untuk sistem ini misalkan adalah $| \psi \rangle = | \phi \rangle \otimes | \chi \rangle$, di mana keadaan $| \phi \rangle$ adalah keadaan dari partikel tersebut bagian spasial dan $| \chi \rangle$ adalah keadaan bagian spin. Hamiltonian untuk sistem ini secara umum adalah
\begin{equation}
H = H_{\text{sp}} \otimes I = \left[ \frac{\textbf{p}_1^2}{2 m_1} + \frac{\textbf{p}_2^2}{2 m_2} + V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \right] \otimes I,
\end{equation}
di mana $H_{\text{sp}}$ adalah Hamiltonian bagian spasial, $m_1$ adalah massa partikel 1, $m_2$ adalah massa partikel 2, dan $V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ adalah potensial interaksi antara partikel 1 dan 2, atau antara kedua partikel tersebut dengan sistem eksternal. Perhatikan bahwa sektor spin memiliki Hamiltonian yang trivial.

Persamaan Schrodinger untuk sistem ini adalah
\begin{equation}
H | \psi \rangle = E | \psi \rangle.
\end{equation}
Kita ingin mencari representasi dari persamaan Schrodinger ini dalam ruang posisi. Untuk itu, kita ingat bahwa
\begin{equation}
\int d^3 \textbf{r}_1 \int d^3 \textbf{r}_2 \, | \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 \rangle \langle \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 | \otimes I = I \otimes I.
\end{equation}
Maka, kita bisa tuliskan
\begin{equation}
\int d^3 \textbf{r}_1 \int d^3 \textbf{r}_2 \int d^3 \textbf{r}’_1 \int d^3 \textbf{r}’_2 \, | \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 \rangle \langle \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 | (H_{\text{sp}} – E) | \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 \rangle \langle \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 | \phi \rangle = 0,
\end{equation}
sehingga akan kita dapatkan
\begin{equation}
\int d^3 \textbf{r}_1 \int d^3 \textbf{r}_2 \int d^3 \textbf{r}’_1 \int d^3 \textbf{r}’_2 \, | \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 \rangle \Big( \langle \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 | H_{\text{sp}} | \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 \rangle – E \delta(\textbf{r}_1 – \textbf{r}’_1) \delta(\textbf{r}_2 – \textbf{r}’_2) \Big) \langle \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 | \phi \rangle = 0
\end{equation}
Matriks $\langle \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 | H_{\text{sp}} | \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 \rangle$ memiliki bentuk
\begin{equation}
\langle \textbf{r}_1, \textbf{r}_2 | H_{\text{sp}} | \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 \rangle = \delta(\textbf{r}_1 – \textbf{r}’_1) \delta(\textbf{r}_2 – \textbf{r}’_2) \left( -\frac{\hbar^2 \nabla_1^2}{2 m_1} – \frac{\hbar^2 \nabla_2^2}{2 m_2} + V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \right),
\end{equation}
sedangkan matrik $\langle \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 | \phi \rangle$ dapat dituliskan sebagai
\begin{equation}
\langle \textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2 | \phi \rangle = \phi(\textbf{r}’_1, \textbf{r}’_2).
\end{equation}
Maka, kita akan mendapatkan
\begin{equation}
\left[ -\frac{\hbar^2 \nabla_1^2}{2 m_1} – \frac{\hbar^2 \nabla_2^2}{2 m_2} + V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \right] \phi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = E \phi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2).
\end{equation}

Jika tidak ada interaksi antara partikel 1 dan 2, maka $V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = 0$, dan fungsi gelombang $\phi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ dapat dipisahkan menjadi
\begin{equation}
\phi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2).
\end{equation}
Persamaan Schrodinger untuk sistem kedua partikel yang saling tidak berinteraksi ini kemudian dapat dituliskan menjadi dua persamaan Schrodinger untuk masing-masing partikel,
\begin{eqnarray}
-\frac{\hbar^2 \nabla_1^2}{2 m_1} \phi_1(\textbf{r}_1) &=& E_1 \phi_1(\textbf{r}_1), \\
%
-\frac{\hbar^2 \nabla_2^2}{2 m_2} \phi_2(\textbf{r}_2) &=& E_2 \phi_2(\textbf{r}_2),
\end{eqnarray}
di mana $E_1 + E_2 = E$.

Partikel Itu Identik

Dari analisa di atas kita mendapatkan kesimpulan bahwa solusi dari Persamaan Schrodinger untuk sistem dua partikel yang saling tidak berinteraksi adalah fungsi gelombang $\psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = \phi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \chi_{1 2} = \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2) \chi_{1 2}$. Jika $m_1 \neq m_2$, maka pernyataan ini benar. Adapun jika $m_1 = m_2$ dan dua partikel tersebut adalah sejenis (misalnya, sama-sama elektron), maka walaupun secara matematik ini juga adalah pernyataan yang benar, ia adalah pernyataan yang tidak tepat secara fisika. Ini karena dalam fisika kita mengetahui bahwa secara kuantum, partikel dengan jenis yang sama itu bersifat identik. Jika kita menukar salah satu elektron dengan elektron lain, maka kita tidak akan mendapatkan hasil yang berbeda. Dengan kata lain, jika kita memiliki sistem dua partikel dengan keadaan kuantum $\psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$, maka harus terpenuhi kriteria
\begin{equation}
| \psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) |^2 = | \psi(\textbf{r}_2, \textbf{r}_1) |^2.
\end{equation}
Kriteria ini mengatakan kepada kita bahwa tidak ada perbedaan yang bisa kita deteksi jika dua partikel dengan jenis yang sama ditukar posisinya.

Dalam kasus sistem dua partikel yang saling tidak berinteraksi di atas, jika kita tuliskan persamaan gelombangnya sebagai
\begin{equation}
\psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2) \chi_{1 2},
\end{equation}
maka kriteria di atas tidak akan terpenuhi, sebab minimal kita bisa langsung melihat bahwa
\begin{equation}
| \phi_1(\textbf{r}_1) |^2 | \phi_2(\textbf{r}_2) |^2 \neq | \phi_1(\textbf{r}_2) |^2 | \phi_2(\textbf{r}_1) |^2.
\end{equation}
Oleh karena itu, kita harus mengubah basis menjadi
\begin{equation}
\phi_\pm(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = A \big[ \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2) \pm \phi_1(\textbf{r}_2) \phi_2(\textbf{r}_1) \big],
\end{equation}
sehingga $\phi_\pm(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ memenuhi
\begin{equation}
\phi_\pm(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = \pm \phi_\pm(\textbf{r}_2, \textbf{r}_1).
\end{equation}
Dengan kata lain, fungsi gelombang spasial $\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ itu simetrik terhadap pertukaran partikel, sedangkan $\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ itu antisimetrik terhadap pertukaran partikel.

Analisa yang sama juga berlaku untuk spinor $\chi_{1 2}$. Kita bisa menuliskan spinor $\chi_{1 2}$ sebagai
\begin{equation}
\chi_{1 2} = \chi_1 \otimes \chi_2,
\end{equation}
di mana $\chi_1$ adalah spinor untuk partikel 1, sedangkan $\chi_2$ adalah spinor untuk partikel 2. Misal spinor $\chi_1$ dan $\chi_2$ berbentuk
\begin{equation}
\chi_1 = \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \beta_1 \end{pmatrix}, \qquad \chi_2 = \begin{pmatrix} \alpha_2 \\ \beta_2 \end{pmatrix},
\end{equation}
maka spinor $\chi_{1 2}$ akan berbentuk
\begin{eqnarray}
\chi_{1 2} &=& \chi_1 \otimes \chi_2 \nonumber \\
%
&=& \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \beta_1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \alpha_2 \\ \beta_2 \end{pmatrix} \nonumber \\
%
&=& \begin{pmatrix} \alpha_1 \begin{pmatrix} \alpha_2 \\ \beta_2 \end{pmatrix} \\ \beta_1 \begin{pmatrix} \alpha_2 \\ \beta_2 \end{pmatrix} \end{pmatrix} \nonumber \\
%
&=& \begin{pmatrix} \alpha_1 \alpha_2 \\ \alpha_1 \beta_2 \\ \beta_1 \alpha_2 \\ \beta_1 \beta_2 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}
Ini adalah salah satu representasi untuk perkalian tensor antara dua matriks.

Karena ada dua basis untuk masing-masing spinor $\chi_1$ dan $\chi_2$, yaitu
\begin{equation}
\chi_\uparrow = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \chi_\downarrow = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix},
\end{equation}
maka empat basis untuk $\chi_{1 2}$, yaitu
\begin{eqnarray}
\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}

Jika kita perhatikan keempat basis ini, maka kita akan melihat bahwa ada sebagian basis yang memenuhi kriteria $| \psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) |^2 = | \psi(\textbf{r}_2, \textbf{r}_1) |^2$, dan ada sebagian basis yang tidak. Basis $\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}$ dan $\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \downarrow}$ memenuhi kriteria tersebut. Namun, basis $\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow}$ dan $\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}$ tidak memenuhi kriteria tersebut, karena
\begin{eqnarray}
\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} &\neq& \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}
Perhatikan bahwa yang dimaksud pertukaran partikel di sini adalah pertukaran keadaannya. Yang awalnya partikel 1 memiliki spin up dan partikel 2 memiliki spin down, maka setelah ditukar, partikel 1 memiliki spin down dan partikel 2 memiliki spin up. Dan agar representasi matriksnya konsisten, spinor untuk partikel 1 tetap dituliskan terlebih dahulu dibandingkan spinor untuk partikel 2.

Oleh karena itu, agar kriteria di atas dipenuhi juga oleh keadaan kuantum bagian spin yaitu spinor, maka kita harus mengubah basisnya menjadi
\begin{eqnarray}
\chi_s &=& \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} – \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{t \uparrow \uparrow} &=& \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{t \uparrow \downarrow} &=& \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} + \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\chi_{t \downarrow \downarrow} &=& \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},
\end{eqnarray}
di mana $\chi_s$ disebut sebagai keadaan spin singlet, sedangkan $\chi_t$ disebut sebagai keadaan spin triplet. Jika kedua partikel tersebut ditukar, maka keempat basis di atas akan menjadi
\begin{eqnarray}
\chi_s = \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} – \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}) &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} – \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow}) = -\chi_s, \\
%
\chi_{t \uparrow \uparrow} = \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} &\to& \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} = \chi_{t \uparrow \uparrow}, \\
%
\chi_{t \uparrow \downarrow} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} + \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow}) &\to& \frac{1}{\sqrt{2}} (\chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \uparrow} + \chi_{1 \uparrow} \otimes \chi_{2 \downarrow}) = \chi_{t \uparrow \downarrow}, \\
%
\chi_{t \downarrow \downarrow} = \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} &\to& \chi_{1 \downarrow} \otimes \chi_{2 \downarrow} = \chi_{t \downarrow \downarrow}.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, spin singlet itu antisimetrik terhadap pertukaran partikel, sedangkan spin triplet itu simetrik terhadap pertukaran partikel.

Boson dan Fermion

Ada dua kemungkinan fungsi gelombang yang memenuhi kriteria $| \psi(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) |^2 = | \psi(\textbf{r}_2, \textbf{r}_1) |^2$, yaitu
\begin{equation}
\psi_\pm(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = \pm \psi_\pm(\textbf{r}_2, \textbf{r}_1).
\end{equation}
Fungsi gelombang $\psi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ itu simetrik terhadap pertukaran partikel, sedangkan $\psi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ itu antisimetrik terhadap pertukaran partikel. Nanti kita bisa membuktikan bahwa partikel dengan spin bernilai bilangan bulat, yang disebut sebagai boson, itu pasti memiliki fungsi gelombang simetrik $\psi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$. Sedangkan partikel dengan spin bernilai kelipatan dari $1/2$, yang disebut sebagai fermion, itu pasti memiliki fungsi gelombang antisimetrik $\psi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$.

Misal, jika kita memiliki sistem dua boson identik, maka fungsi gelombangnya adalah $\psi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$. Ini berarti jika kedua boson tersebut berada dalam keadaan spin singlet yang bersifat antisimetrik terhadap pertukaran partikel, maka fungsi gelombang spasialnya adalah $\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$. Dan jika kedua boson tersebut berada dalam keadaan spin triplet yang bersifat simetrik terhadap pertukaran partikel, maka fungsi gelombang spasialnya adalah $\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$.

Demikian pula, jika kita memiliki sistem dua fermion identik, maka fungsi gelombangnya adalah $\psi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$. Ini berarti jika kedua fermion tersebut berada dalam keadaan spin singlet yang bersifat antisimetrik terhadap pertukaran partikel, maka fungsi gelombang spasialnya adalah $\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$. Dan jika kedua boson tersebut berada dalam keadaan spin triplet yang bersifat simetrik terhadap pertukaran partikel, maka fungsi gelombang spasialnya adalah $\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$.

Prinsip Larangan Pauli

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, sistem dua fermion identik itu memiliki dua kemungkinan fungsi gelombang,
\begin{eqnarray}
\psi_s(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) &=& \phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \chi_s, \\
%
\psi_t(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) &=& \phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \chi_t,
\end{eqnarray}
di mana $\chi_t$ secara umum adalah superposisi dari $\chi_{t \uparrow \uparrow}$, $\chi_{t \uparrow \downarrow}$, dan $\chi_{t \downarrow \downarrow}$. Prinsip Larangan yang dicetuskan oleh Pauli menyatakan bahwa dua fermion identik tidak boleh berada dalam keadaan kuantum yang sama. Mari kita periksa apakah fungsi gelombang $\psi_s(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ dan $\psi_t(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ di atas telah memenuhi prinsip ini.

Jika kedua fermion tersebut memiliki keadaan yang sama, maka maksudnya adalah keadaan spasialnya dan spinnya adalah sama, sehingga spinor yang memungkinkan untuk mendeskripsikannya adalah $\chi_{t \uparrow \uparrow}$, $\chi_{t \downarrow \downarrow}$, atau superposisi dari kedua basis ini. Oleh karena itu, fungsi gelombang spasialnya adalah
\begin{equation}
\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = A \big[ \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2) – \phi_1(\textbf{r}_2) \phi_2(\textbf{r}_1) \big].
\end{equation}
Karena keadaan spasialnya sama, maka $\phi_1 = \phi_2$, sehingga $\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ akan menjadi
\begin{equation}
\phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = A \big[ \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_1(\textbf{r}_2) – \phi_1(\textbf{r}_2) \phi_1(\textbf{r}_1) \big] = 0.
\end{equation}
Dengan kata lain, kedua fermion identik tersebut tidak mungkin memiliki keadaan yang sama.

Apakah kedua fermion tersebut bisa berada pada posisi spasial yang sama, misalkan pada tempat yang sama di sebuah kisi kristal? Mari kita periksa mana fungsi gelombang spasial yang memungkinkan untuk mendeskripsikan kedua fermion tersebut, yaitu dengan cara menghitung
\begin{eqnarray}
\phi_+(\textbf{r}, \textbf{r}) &=& A \big[ \phi_1(\textbf{r}) \phi_2(\textbf{r}) + \phi_1(\textbf{r}) \phi_2(\textbf{r}) \big] \neq 0, \\
%
\phi_-(\textbf{r}, \textbf{r}) &=& A \big[ \phi_1(\textbf{r}) \phi_2(\textbf{r}) – \phi_1(\textbf{r}) \phi_2(\textbf{r}) \big] = 0.
\end{eqnarray}
Maka, fungsi gelombang spasial yang mungkin adalah $\phi_+(\textbf{r}, \textbf{r})$, sehingga kedua fermion tersebut harus berada dalam keadaan spin singlet $\chi_s$.

Apakah Prinsip Larangan Pauli juga berlaku untuk boson? Mari kita analisa. Sistem dua boson identik itu memiliki dua kemungkinan fungsi gelombang,
\begin{eqnarray}
\psi_s(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) &=& \phi_-(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \chi_s, \\
%
\psi_t(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) &=& \phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \chi_t.
\end{eqnarray}
Jika kedua boson tersebut memiliki keadaan yang sama, maka spinornya adalah $\chi_{t \uparrow \uparrow}$, $\chi_{t \downarrow \downarrow}$, atau superposisi dari keduanya. Oleh karena itu, fungsi gelombang spasialnya adalah
\begin{equation}
\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = A \big[ \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_2(\textbf{r}_2) + \phi_1(\textbf{r}_2) \phi_2(\textbf{r}_1) \big].
\end{equation}
Karena keadaan spasialnya sama, maka $\phi_1 = \phi_2$, sehingga $\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2)$ akan menjadi
\begin{equation}
\phi_+(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) = A \big[ \phi_1(\textbf{r}_1) \phi_1(\textbf{r}_2) + \phi_1(\textbf{r}_2) \phi_1(\textbf{r}_1) \big] \neq 0.
\end{equation}
Dengan kata lain, kedua boson identik tersebut mungkin untuk memiliki keadaan yang sama, sehingga Prinsip Larangan Pauli tidak berlaku untuk boson.

Jika kedua boson tersebut berada pada posisi spasial yang sama, maka fungsi gelombang spasial yang mungkin adalah $\phi_+(\textbf{r}, \textbf{r})$, sehingga kedua boson tersebut harus berada dalam keadaan spin triplet $\chi_t$. Karena keadaan spin dari kedua boson tersebut tidak harus sama, maka $\chi_t$ di sini bisa berupa $\chi_{t \uparrow \uparrow}$, $\chi_{t \uparrow \downarrow}$, $\chi_{t \downarrow \downarrow}$, atau superposisi dari ketiganya.

Persamaan Schrodinger Efektif untuk Sistem Dua Partikel

Sekarang kita kembali membahas sistem dua partikel, tetapi sekarang dengan tidak mengabaikan potensial interaksi antara kedua partikel tersebut. Hamiltonian untuk sistem ini adalah
\begin{equation}
H = \left[ \frac{\textbf{p}_1^2}{2 m_1} + \frac{\textbf{p}_2^2}{2 m_2} + V(\textbf{r}_1, \textbf{r}_2) \right] \otimes I.
\end{equation}
Sekarang kita definisikan operator-operator berikut,
\begin{eqnarray}
\textbf{r} &=& \textbf{r}_1 – \textbf{r}_2, \\
%
\textbf{R} &=& \frac{m_1 \textbf{r}_1 + m_2 \textbf{r}_2}{M}, \\
%
\textbf{p} &=& \frac{m_2 \textbf{p}_1 – m_1 \textbf{p}_2}{M}, \\
%
\textbf{P} &=& \textbf{p}_1 + \textbf{p}_2.
\end{eqnarray}
Operator $\textbf{p}$ adalah konjugat dari operator $\textbf{r}$, sedangkan operator $\textbf{P}$ adalah konjugat dari operator $\textbf{R}$. Dengan kata lain,
\begin{eqnarray}
\left[ r_a, p_b \right] &=& i \hbar \delta_{a b}, \\
%
\left[ R_a, P_b \right] &=& i \hbar \delta_{a b},
\end{eqnarray}
di mana $a, b = 1, 2, 3$. Kita bisa menyatakan operator $\textbf{p}_1$ dan $\textbf{p}_2$ sebagai
\begin{eqnarray}
\textbf{p}_1 &=& \textbf{p} + \frac{m_1}{M} \textbf{P}, \\
%
\textbf{p}_2 &=& -\textbf{p} + \frac{m_2}{M} \textbf{P},
\end{eqnarray}
sehingga persamaan Schrodinger bagian spasial yang harus dipenuhi oleh sistem ini adalah
\begin{equation}
\left[ \frac{\textbf{P}^2}{2 M} + \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} + V(\textbf{r}, \textbf{R}) \right] \phi(\textbf{r}, \textbf{R}) = E \phi(\textbf{r}, \textbf{R}),
\end{equation}
di mana $\mu$ memenuhi persamaan
\begin{equation}
\frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2}.
\end{equation}

Jika potensial interaksinya adalah potensial sentral, yaitu $V(\textbf{r}, \textbf{R})$ hanya bergantung pada variabel $\textbf{r}$ saja, maka persamaan Schrodinger bagian spasial menjadi
\begin{equation}
\left[ \frac{\textbf{P}^2}{2 M} + \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} + V(\textbf{r}) \right] \phi(\textbf{r}, \textbf{R}) = E \phi(\textbf{r}, \textbf{R}).
\end{equation}
Perhatikan bahwa $\textbf{P}$ dan $\textbf{p}$ adalah operator pada persamaan ini. Fungsi gelombang $\phi(\textbf{r}, \textbf{R})$ dapat dituliskan sebagai
\begin{equation}
\phi(\textbf{r}, \textbf{R}) = e^{i \textbf{P} \cdot \textbf{R}/\hbar} u(\textbf{r}),
\end{equation}
di mana $\textbf{P}$ sekarang bukan lagi merupakan operator, sehingga kita akan mendapatkan
\begin{equation}
\left[ \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} + V(\textbf{r}) \right] u(\textbf{r}) = \left( E – \frac{\textbf{P}^2}{2 M} \right) u(\textbf{r}),
\end{equation}
di mana hanya momentum $\textbf{p}$ yang sekarang merupakan operator. Inilah persamaan Schrodinger efektif untuk sistem dua partikel ketika potensial interaksinya berbentuk potensial sentral.

Koreksi dari Energi Kinetik Relativistik dan Kopling Spin-Orbit pada Spektrum Energi Atom Hidrogen

Koreksi dari Energi Kinetik Relativistik

Hamiltonian dari atom Hidrogen tanpa gangguan adalah
\begin{equation}
H_0 = \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} – \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r},
\end{equation}
dengan keadaan eigennya adalah $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ dan energinya adalah $E_n^{(0)}$. Perhatikan bahwa di sini kita mengikutsertakan keadaan eigen untuk spin dalam $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ agar pembahasan kita menjadi lebih lengkap dan sebagai persiapan untuk mendiskusikan kopling spin-orbit yang akan dibahas kemudian insyaAllah. Itu mengapa bilangan kuantum $m_s$ juga diikutsertakan. Sebenarnya bilangan kuantum $s$ seharusnya juga ikut dituliskan dalam keadaan eigen di atas, yaitu $| \psi_{n, l, m_l, s, m_s}^{(0)} \rangle$. Tetapi karena pada kasus ini nilai $s$ selalu $1/2$, maka indeks $s$ ini bisa kita coret.

Pada Hamiltonian $H_0$ di atas kita menggunakan bentuk energi kinetik secara nonrelativistik. Adapun jika kita ingin mendapatkan hasil yang lebih akurat, maka kita bisa gunakan bentuk energi kinetik secara relativistik, kemudian mencari koreksi untuk energi kinetik nonrelativistik dalam pangkat momentum yang terendah.

Energi kinetik relativistik adalah
\begin{equation}
E_k = \sqrt{\textbf{p}^2 c^2 + \mu^2 c^4} – \mu c^2.
\end{equation}
Perhatikan bahwa karena kita menggunakan massa efektif elektron $\mu$ pada Hamiltonian $H_0$, maka kita juga menggunakan massa efektif $\mu$ pada energi kinetik di atas. Jika kita asumsukan momentum elektron cukup kecil, $\textbf{p}^2 c^2 \ll \mu^2 c^4$, maka kita bisa gunakan deret
\begin{eqnarray}
(1 + x)^n &=& \sum_{k = 0}^\infty \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} x^k \\
%
&=& 1 + n x + \frac{1}{2} n (n – 1) x^2 + \frac{1}{6} n (n – 1) (n – 2) x^3 + \ldots,
\end{eqnarray}
yang berlaku untuk $|x| < 1$, sehingga
\begin{eqnarray}
E_k &=& \mu c^2 \left( 1 + \frac{\textbf{p}^2 c^2}{\mu^2 c^4} \right)^{1/2} – \mu c^2 \nonumber \\
%
&=& \mu c^2 \left[ 1 + \frac{\textbf{p}^2 c^2}{2 \mu^2 c^4} – \frac{1}{8} \left( \frac{\textbf{p}^2 c^2}{\mu^2 c^4} \right)^2 + \ldots \right] – \mu c^2 \nonumber \\
%
&\approx& \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} – \frac{\textbf{p}^4}{8 \mu^3 c^2}.
\end{eqnarray}
Suku pertama tentu adalah energi kinetik nonrelativistik, sedangkan suku kedua adalah koreksi untuk Hamiltonian $H_0$,
\begin{equation}
H_1 = -\frac{\textbf{p}^4}{8 \mu^3 c^2}.
\end{equation}

Karena spektrum $H_0$ memiliki degenerasi (kecuali keadaan dasar $n = 1$), maka secara umum kita harus mencari good states yang dapat kita gunakan untuk menerapkan teori gangguan. Oleh karena itu, kita harus mencari operator $O$ yang komutatif dengan masing-masing dari $H_0$ dan $H_1$, sehingga keadaan eigen bersama dari ketiga operator ini adalah good states yang hendak kita cari. Pertama, karena operator $\textbf{p}^4$ itu memiliki simetri bola, maka ia komutatif dengan operator $\textbf{L}^2$ dan $L_z$. Kedua, karena operator $\textbf{L}^2$ dan $L_z$ itu juga komutatif dengan $H_0$, maka kita simpulkan bahwa good states pada kasus ini adalah keadaan eigen $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$. Kita bisa mengetahui nilai eigen dari $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ untuk operator $H_1$ dengan menghitung
\begin{eqnarray}
H_1 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle &=& \int d^3 \textbf{r} \int d^3 \textbf{r}’ \, | \textbf{r} \rangle \langle \textbf{r} | H_1 | \textbf{r}’ \rangle \langle \textbf{r}’ | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \int d^3 \textbf{r}’ \, | \textbf{r} \rangle \delta(\textbf{r} – \textbf{r}’) \left( -\frac{\hbar^4 \nabla^4}{8 \mu^3 c^2} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}’) \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \left( -\frac{\hbar^4 \nabla^4}{8 \mu^3 c^2} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}).
\end{eqnarray}
Dengan mengingat bahwa
\begin{eqnarray}
H_0 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle &=& \int d^3 \textbf{r} \int d^3 \textbf{r}’ \, | \textbf{r} \rangle \langle \textbf{r} | H_0 | \textbf{r}’ \rangle \langle \textbf{r}’ | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \int d^3 \textbf{r}’ \, | \textbf{r} \rangle \delta(\textbf{r} – \textbf{r}’) \left( -\frac{\hbar^2 \nabla^2}{2 \mu} – \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}’) \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \left( -\frac{\hbar^2 \nabla^2}{2 \mu} – \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle E_n^{(0)} \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \nonumber \\
%
&=& \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle E_n^{(0)} \langle \textbf{r} | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& E_n^{(0)} | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle,
\end{eqnarray}
maka
\begin{eqnarray}
H_1 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle &=& \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \left( -\frac{\hbar^4}{8 \mu^3 c^2} \right) \nabla^2 \left[ -\frac{2 \mu}{\hbar^2} \left( E_n^{(0)} + \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \right] \nonumber \\
%
&=& \frac{\hbar^2}{4 \mu^2 c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \nabla^2 \left( E_n^{(0)} + \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \nonumber \\
%
&=& \frac{\hbar^2}{4 \mu^2 c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle E_n^{(0)} \left( -\frac{2 \mu}{\hbar^2} \right) \left( E_n^{(0)} + \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \nonumber \\
%
&& + \, \frac{\hbar^2}{4 \mu^2 c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \left[ \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \frac{d^2 R(r)}{dr^2} Y_{l, m_l}(\theta, \varphi) \chi_{m_s} – \frac{l (l + 1)}{r^2} \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \right], \nonumber \\
\end{eqnarray}
di mana kita telah menggunakan ekspresi $\nabla^2$ pada koordinat bola
\begin{equation}
\nabla^2 = \frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{2}{r} \frac{\partial}{\partial r} – \frac{\textbf{L}^2}{\hbar^2 r^2}
\end{equation}
dan relasi
\begin{equation}
\left( \frac{d^2}{dr^2} + \frac{2}{r} \frac{d}{dr} \right) \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} R(r) = \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \frac{d^2 R(r)}{dr^2}.
\end{equation}
Ingat bahwa fungsi radial $R(r)$ memenuhi persamaan
\begin{equation}
\left[ \frac{d^2}{dr^2} + \frac{2}{r} \frac{d}{dr} + \frac{2 \mu}{\hbar^2} \left( E + \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} – \frac{\hbar^2 l (l + 1)}{2 \mu r^2} \right) \right] R(r) = 0.
\end{equation}
Maka, kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
H_1 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle &=& \frac{\hbar^2}{4 \mu^2 c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle E_n^{(0)} \left( -\frac{2 \mu}{\hbar^2} \right) \left( E_n^{(0)} + \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) \nonumber \\
%
&& + \, \frac{\hbar^2}{4 \mu^2 c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \left( -\frac{2}{r} \frac{\partial}{\partial r} – \frac{2 \mu E_n^{(0)}}{\hbar^2} – \frac{2 \mu}{\hbar^2} \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right) \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}). \nonumber \\
\end{eqnarray}
Perhatikan bahwa
\begin{equation}
\int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \frac{Z e^2}{2 \pi \varepsilon_0 r^2} \frac{\partial}{\partial r} \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}) = \int d\Omega \int dr \, r^2 \frac{Z e^2}{2 \pi \varepsilon_0 r^2} \frac{dR(r)}{dr} Y_{l, m_l}(\theta, \varphi) \chi_{m_s} = 0,
\end{equation}
karena $R(0) = 0$ dan $\lim_{r \to \infty} R(r) \to 0$. Oleh karena itu,
\begin{equation}
H_1 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle = -\frac{1}{2 \mu c^2} \int d^3 \textbf{r} \, | \textbf{r} \rangle \left[ \left( E_n^{(0)} \right)^2 + 2 E_n^{(0)} \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} + \left( \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r} \right)^2 \right] \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)}(\textbf{r}).
\end{equation}

Kita baru saja membuktikan bahwa $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ adalah keadaan eigen bersama dari operator $H_0$, $H_1$, $\textbf{L}^2$, dan $L_z$, sehingga kita simpulkan bahwa $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ adalah good states. Oleh karena itu, koreksi energi orde pertama dapat langsung dicari dengan menghitung
\begin{eqnarray}
E_n^{(1)} &=& \langle \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} | H_1 | \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& -\frac{1}{2 \mu c^2} \left[ \left( E_n^{(0)} \right)^2 + 2 E_n^{(0)} \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0} \left\langle \frac{1}{r} \right\rangle + \left( \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0} \right)^2 \left\langle \frac{1}{r^2} \right\rangle \right].
\end{eqnarray}
Menggunakan
\begin{eqnarray}
\left\langle \frac{1}{r} \right\rangle &=& \frac{Z}{a_0 n^2}, \\
%
\left\langle \frac{1}{r^2} \right\rangle &=& \frac{2 Z^2}{a_0^2 n^2 (2 l + 1)},
\end{eqnarray}
dan
\begin{eqnarray}
E_n^{(0)} &=& -\frac{1}{2} \mu c^2 \frac{(Z \alpha)^2}{n^2}, \\
%
a_0 &=& \frac{\hbar}{\mu c \alpha}, \\
%
\alpha &=& \frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 \hbar c},
\end{eqnarray}
maka kita akan mendapatkan
\begin{equation}
E_n^{(1)} = -\frac{(E_n^{(0)})^2}{2 \mu c^2} \left[ \frac{4 n}{(l + \frac{1}{2})} – 3 \right].
\end{equation}
Kita simpulkan bahwa koreksi dari energi kinetik relativistik mengangkat degenerasi pada level $l$, tetapi sistem tetap memiliki degenerasi pada level $m_l$ dan $m_s$.

Koreksi dari Kopling Spin-Orbit

Selain memperhitungkan koreksi dari energi kinetik relativistik, maka kita juga bisa menganalisa koreksi dari kopling spin-orbit yang diberikan oleh
\begin{equation}
H_2 = \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{1}{2 \mu^2 c^2 r^3} \textbf{L} \cdot \textbf{S},
\end{equation}
di mana operator $\textbf{L} \cdot \textbf{S}$ diberikan oleh
\begin{equation}
\textbf{L} \cdot \textbf{S} = L_x \otimes S_x + L_y \otimes S_y + L_z \otimes S_z.
\end{equation}

Perhatikan juga bahwa $H_2$ tidak komutatif dengan $\textbf{L}$ ataupun $\textbf{S}$, maka $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$ bukan lagi merupakan good states. Namun, kita bisa buktikan bahwa $H_2$ komutatif dengan $\textbf{L}^2$, $\textbf{S}^2$, dan $\textbf{J}^2$, di mana $\textbf{J}$ adalah total momentum angular (orbital dan spin),
\begin{equation}
\textbf{J} = \textbf{L} \otimes I + I \otimes \textbf{S}.
\end{equation}
Dari definisi $\textbf{J}$ kita bisa menghitung
\begin{eqnarray}
\textbf{J}^2 &=& (\textbf{L} \otimes I + I \otimes \textbf{S}) \cdot (\textbf{L} \otimes I + I \otimes \textbf{S}) \nonumber \\
%
&=& \textbf{L}^2 \otimes I + I \otimes \textbf{S}^2 + \textbf{L} \cdot \textbf{S} + \textbf{S} \cdot \textbf{L}.
\end{eqnarray}
$\textbf{L}$ dan $\textbf{S}$ itu komutatif karena beroperasi pada ruang yang berbeda, sehingga
\begin{equation}
\textbf{J}^2 = \textbf{L}^2 \otimes I + I \otimes \textbf{S}^2 + 2 \textbf{L} \cdot \textbf{S}.
\end{equation}
Maka,
\begin{equation}
\textbf{L} \cdot \textbf{S} = \frac{1}{2} \left( \textbf{J}^2 – \textbf{L}^2 \otimes I – I \otimes \textbf{S}^2 \right).
\end{equation}

Karena $H_2$ komutatif dengan $\textbf{J}^2$ dan $J_z$, good states pada kasus ini adalah $| \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle$, di mana $j$ adalah bilangan kuantum untuk operator $\textbf{J}^2$ dan $m$ adalah bilangan kuantum untuk operator $J_z$. Perhatikan bahwa $| \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle$ hanyalah basis yang berbeda dari $| \psi_{n, l, m_l, m_s}^{(0)} \rangle$. Kedua basis ini sama-sama mengekspansi ruang Hilbert yang dimiliki oleh sistem dengan momentum angular orbital dan spin.

Itu berarti kita bisa langsung menghitung koreksi energi orde pertama akibat Hamiltonian gangguan $H_2$ yaitu
\begin{eqnarray}
E_n^{(1)} &=& \langle \phi_{n, l, j, m}^{(0)} | H_2 | \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \langle \phi_{n, l, j, m}^{(0)} | \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{1}{2 \mu^2 c^2 r^3} \textbf{L} \cdot \textbf{S} | \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \frac{Z e^2}{8 \pi \varepsilon_0} \frac{1}{\mu^2 c^2} \langle \phi_{n, l, j, m}^{(0)} | \frac{1}{r^3} \frac{\hbar^2}{2} [j (j + 1) – l (l + 1) – s (s + 1)] | \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \frac{Z e^2}{8 \pi \varepsilon_0} \frac{1}{\mu^2 c^2} \frac{\hbar^2}{2} [j (j + 1) – l (l + 1) – s (s + 1)] \langle \phi_{n, l, j, m}^{(0)} | \frac{1}{r^3} | \phi_{n, l, j, m}^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
Dengan menggunakan
\begin{equation}
\left\langle \frac{1}{r^3} \right\rangle = \frac{Z^3}{a_0^3 l (l + \frac{1}{2}) (l + 1) n^3},
\end{equation}
untuk $l \neq 0$, maka
\begin{eqnarray}
E_n^{(1)} &=& \frac{Z^4 e^2}{8 \pi \varepsilon_0} \frac{1}{\mu^2 c^2 a_0^3} \frac{\hbar^2}{2} \left[ \frac{j (j + 1) – l (l + 1) – \frac{3}{4}}{l (l + \frac{1}{2}) (l + 1) n^3} \right].
\end{eqnarray}
Persamaan ini bisa disederhanakan menjadi
\begin{equation}
E_n^{(1)} = \frac{\left( E_n^{(0)} \right)^2}{\mu c^2} \left[ \frac{j (j + 1) – l (l + 1) – \frac{3}{4}}{l (l + \frac{1}{2}) (l + 1)} \right] n.
\end{equation}
Kita simpulkan bahwa koreksi dari kopling spin-orbit mengangkat degenerasi pada level $l$ dan $j$, tetapi sistem tetap memiliki degenerasi pada level $m$. Perhatikan bahwa koreksi energi orde pertama $E_n^{(1)}$ akibat energi kinetik relativistik dan akibat kopling spin-orbit itu memiliki orde yang sama, yaitu $\left( E_n^{(0)} \right)^2$ atau sebanding dengan $\alpha^4$.

Teorema Penting untuk Mencari Good States untuk Teori Gangguan

Dari pembahasan sebelumnya, kita telah pelajari bahwa untuk mencari koreksi energi kita harus melakukan konstruksi matriks $W$ yang merupakan matriks persegi di mana ukurannya bergantung pada jumlah keadaan yang terdegenerasi. Semakin banyak jumlah keadaan dalam level yang memiliki degenerasi tersebut, maka semakin rumit pula analisa yang harus kita lakukan. Beruntungnya, ada sebuah metode yang dapat kita gunakan untuk mencari good states tanpa harus melakukan konstruksi matriks $W$ terlebih dahulu.

Misalkan sistem kita memiliki Hamiltonian $\hat{H}_0$ yang kemudian diganggu dengan suku $\lambda \hat{H}_1$ sehingga Hamiltonian totalnya menjadi $\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda \hat{H}_1$. Jika terdapat sebuah operator Hermitian $\hat{O}$ yang komutatif dengan $\hat{H}_0$ dan $\hat{H}_1$, maka ketiga operator ini akan memiliki keadaan eigen bersama. Yaitu, keadaan eigen dari salah satu dari ketiga operator ini juga merupakan keadaan eigen dari kedua operator yang lain. Misalkan $| \psi_a^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_b^{(0)} \rangle$ adalah keadaan eigen dari $\hat{H}_0$ yang mengalami degenerasi, yaitu
\begin{eqnarray}
\hat{H}_0 | \psi_a^{(0)} \rangle &=& E^{(0)} | \psi_a^{(0)} \rangle, \\
%
\hat{H}_0 | \psi_b^{(0)} \rangle &=& E^{(0)} | \psi_b^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
di mana kedua keadaan ini juga merupakan keadaan eigen dari operator $\hat{O}$,
\begin{eqnarray}
\hat{O} | \psi_a^{(0)} \rangle &=& \omega_a | \psi_a^{(0)} \rangle, \\
%
\hat{O} | \psi_b^{(0)} \rangle &=& \omega_b | \psi_b^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
Di sini kita asumsikan bahwa $\omega_a \neq \omega_b$, sehingga dua keadaan eigen dari $\hat{H}_0$ ini tidak terdegenerasi juga dalam spektrum operator $\hat{O}$. Perhatikan juga bahwa keadaan $| \psi_a^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_b^{(0)} \rangle$ bukan merupakan basis yang random lagi dari $\hat{H}_0$, karena kedua keadaan ini adalah juga keadaan eigen dari operator $\hat{O}$.

Selain itu, misalkan $| \psi \rangle$ adalah keadaan eigen dari Hamiltonian total $\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda \hat{H}_1$. Maka, $| \psi \rangle$ juga merupakan keadaan eigen dari operator $\hat{O}$, sehingga kita bisa tuliskan
\begin{eqnarray}
\hat{H} | \psi \rangle &=& E | \psi \rangle, \\
%
\hat{O} | \psi \rangle &=& \omega | \psi \rangle,
\end{eqnarray}
di mana $E$ adalah energi dari keadaan eigen $| \psi \rangle$ dan $\omega$ adalah nilai eigen dari operator $\hat{O}$ untuk keadaan eigen $| \psi \rangle$. Persamaan di atas berlaku untuk seluruh nilai $\lambda$, selama $\lambda \ll 1$ sehingga teori gangguan tetap berlaku. Jika kita set $\lambda = 0$, maka keadaan $| \psi \rangle$ akan menjadi $| \psi_{\lambda = 0} \rangle$. Dengan kata lain, keadaan $| \psi_{\lambda = 0} \rangle$ ini adalah keadaan ketika kita mengambil limit $\lambda \to 0$. Kita telah pelajari sebelumnya bahwa $| \psi_{\lambda = 0} \rangle$ pasti bisa dituliskan sebagai superposisi dari keadaan $| \psi_a^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_b^{(0)} \rangle$,
\begin{equation}
| \psi_{\lambda = 0} \rangle = \alpha | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta | \psi_b^{(0)} \rangle.
\end{equation}

Tujuan utama kita adalah mencari koefisien $\alpha$ dan $\beta$. Maka, kita bisa menghitung $\langle \psi_a^{(0)} | \hat{O} | \psi \rangle$, sehingga akan kita dapatkan
\begin{eqnarray}
\omega_a \langle \psi_a^{(0)} | \psi \rangle &=& \omega \langle \psi_a^{(0)} | \psi \rangle \nonumber \\
%
(\omega_a – \omega) \langle \psi_a^{(0)} | \psi \rangle &=& 0.
\end{eqnarray}
Ini berarti
\begin{equation}
\langle \psi_a^{(0)} | \psi \rangle = 0, \qquad \text{kecuali jika $\omega = \omega_a$}.
\end{equation}
Ambil limit $\lambda \to 0$, maka
\begin{equation}
\langle \psi_a^{(0)} | \psi_{\lambda = 0} \rangle = 0, \qquad \text{kecuali jika $\omega = \omega_a$}.
\end{equation}
Demikian pula, kita akan mendapatkan
\begin{equation}
\langle \psi_b^{(0)} | \psi_{\lambda = 0} \rangle = 0, \qquad \text{kecuali jika $\omega = \omega_b$}.
\end{equation}

Jika $\omega = \omega_a$, maka
\begin{eqnarray}
\hat{O} | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \hat{O} \Big( \alpha | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta | \psi_b^{(0)} \rangle \Big) \nonumber \\
%
\omega | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \alpha \omega | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta \omega_b | \psi_b^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
\omega \langle \psi_a^{(0)} | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \alpha \omega \langle \psi_a^{(0)} | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta \omega_b \langle \psi_a^{(0)} | \psi_b^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
\omega \langle \psi_a^{(0)} | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \alpha \omega + 0
\end{eqnarray}
Karena $\omega = \omega_a \neq \omega_b$, maka
\begin{eqnarray}
\omega | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \alpha \omega | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta \omega_b | \psi_b^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
\omega \langle \psi_b^{(0)} | \psi_{\lambda = 0} \rangle &=& \alpha \omega \langle \psi_b^{(0)} | \psi_a^{(0)} \rangle + \beta \omega_b \langle \psi_b^{(0)} | \psi_b^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
0 &=& 0 + \beta \omega_b.
\end{eqnarray}
Dari sini kita simpulkan bahwa $\beta = 0$, sehingga
\begin{equation}
| \psi_{\lambda = 0} \rangle = | \psi_a^{(0)} \rangle, \qquad \text{jika $\omega = \omega_a$}.
\end{equation}
Demikian pula, kita akan mendapatkan
\begin{equation}
| \psi_{\lambda = 0} \rangle = | \psi_b^{(0)} \rangle, \qquad \text{jika $\omega = \omega_b$}.
\end{equation}
Dari sini kita simpulkan bahwa jika kita bisa mencari operator $\hat{O}$ yang komutatif dengan $\hat{H}_0$ dan $\hat{H}_1$, maka good states yang bisa kita gunakan untuk teori gangguan pada kasus dengan degenerasi adalah keadaan eigen bersama dari operator $\hat{O}$, $\hat{H}_0$, dan $\hat{H}_1$. Setelah kita mendapatkan good states tersebut, maka kita bisa menggunakannya untuk mencari koreksi energi orde pertama dalam teori gangguan bebas waktu seperti yang kita kerjakan dalam kasus tanpa degenerasi,
\begin{equation}
E_{a, b}^{(1)} = \langle \psi_{a, b}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{a, b}^{(0)} \rangle.
\end{equation}

Efek Stark: Analisa Teori Gangguan Bebas Waktu pada Atom Hidrogen

Mari kita terapkan teori gangguan bebas waktu yang telah kita pelajari pada kasus atom Hidrogen dengan Hamiltonian
\begin{equation}
H_0 = \frac{\textbf{p}^2}{2 \mu} – \frac{Z e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r}.
\end{equation}
Sebelumnya, kita telah mempelajari bahwa keadaan eigen untuk Hamiltonian ini adalah
\begin{equation}
\psi_{n, l, m}^{(0)}(r, \theta, \varphi) = A e^{-\rho(r)/2} \rho(r)^l H_{n, l}(\rho(r)) Y_{l, m}(\theta, \varphi),
\end{equation}
di mana $A$ adalah konstanta dan
\begin{equation}
\rho(r) = \sqrt{\frac{8 \mu |E|}{\hbar^2}} r.
\end{equation}
Energi dari keadaan $\psi_{n, l, m}^{(0)}(r, \theta, \varphi)$ adalah
\begin{equation}
E_n^{(0)} = -\frac{1}{2} \mu c^2 \frac{(Z \alpha)^2}{n^2}.
\end{equation}

Sekarang kita letakkan atom ini pada daerah dengan medan listrik $\textbf{E} = E \hat{z}$, sehingga Hamiltonian gangguannya dapat dituliskan sebagai
\begin{equation}
\lambda H_1 = e \textbf{E} \cdot \textbf{r} = e E z.
\end{equation}
Jika kita asumsikan medan listriknya kecil, $E \ll 1$, maka kita bisa menerapkan metode teori gangguan yang telah kita pelajari sebelumnya, dengan parameter $\lambda = e E$. Di bawah pengaruh Hamiltonian $H_0 + \lambda H_1$, fungsi gelombangnya akan menjadi
\begin{equation}
\psi_{n, l, m} = \psi_{n, l, m}^{(0)} + \lambda \psi_{n, l, m}^{(1)} + \lambda^2 \psi_{n, l, m}^{(2)} + \cdots,
\end{equation}
dan energinya akan menjadi
\begin{equation}
E_n = E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)} + \cdots.
\end{equation}

Untuk $n = 1$, maka fungsi gelombang $\psi_{1, 0, 0}^{(0)}$ memiliki bentuk
\begin{equation}
\psi_{1, 0, 0}^{(0)}(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2} e^{-Z r/{a_0}},
\end{equation}
di mana $a_0 = \frac{\hbar}{\mu c \alpha} = \frac{4 \pi \varepsilon_0 \hbar^2}{\mu e^2}$. Karena tidak ada degenerasi untuk level $n = 1$ ini, maka kita bisa langsung mencari koreksi energi orde pertama $E_1^{(1)}$ yaitu
\begin{eqnarray}
E_1^{(1)} &=& \langle \psi_{1, 0, 0}^{(0)} | H_1 | \psi_{1, 0, 0}^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \int dV \, | \psi_{1, 0, 0}^{(0)}(r) |^2 z.
\end{eqnarray}
Perhatikan bahwa fungsi $| \psi_{1, 0, 0}^{(0)}(r) |^2$ di atas adalah fungsi genap. Untuk melihat hal ini, kita bisa terapkan transformasi paritas $\textbf{r} \to -\textbf{r}$ pada fungsi gelombang di atas, dan kita tetap akan mendapatkan fungsi yang sama. Kemudian, karena fungsi $z$ adalah fungsi ganjil, maka integral di atas nol, sehingga
\begin{equation}
E_1^{(1)} = 0.
\end{equation}

Untuk $n = 2$, maka fungsi gelombang pada level ini adalah
\begin{eqnarray}
\psi_{2, 0, 0}^{(0)}(r) &=& \frac{1}{4 \sqrt{2 \pi}} \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2} \left( 2 – \frac{Z r}{a_0} \right) e^{-Z r/{2 a_0}}, \\
%
\psi_{2, 1, 0}^{(0)}(r, \theta) &=& \frac{1}{4 \sqrt{2 \pi}} \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2} \frac{Z r}{a_0} e^{-Z r/{2 a_0}} \cos{(\theta)}, \\
%
\psi_{2, 1, \pm 1}^{(0)}(r, \theta, \varphi) &=& \mp \frac{1}{8 \sqrt{\pi}} \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2} \frac{Z r}{a_0} e^{-Z r/{2 a_0}} \sin{(\theta)} e^{\pm i \varphi}.
\end{eqnarray}
Semua fungsi gelombang ini memiliki energi $E_2^{(0)}$. Karena adanya degenerasi pada level ini, maka kita konstruksi matriks
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
\langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, -1}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 1}^{(0)} \rangle \\
%
\langle \psi_{2, 1, -1}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, -1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, -1}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, -1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, -1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 1}^{(0)} \rangle \\
%
\langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, -1}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 1}^{(0)} \rangle \\
%
\langle \psi_{2, 1, 1}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, -1}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 1, 1}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 1}^{(0)} \rangle
\end{pmatrix},
\end{equation}
yang memenuhi persamaan
\begin{equation}
W
%
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\
\alpha_2 \\
\alpha_3 \\
\alpha_4
\end{pmatrix}
%
= E_2^{(1)}
%
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\
\alpha_2 \\
\alpha_3 \\
\alpha_4
\end{pmatrix},
\end{equation}
di mana koefisien $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_3$, dan $\alpha_4$ adalah koefisien yang muncul dalam superposisi keadaan untuk level $n = 2$,
\begin{equation}
\psi_2(r, \theta, \varphi) = \alpha_1 \psi_{2, 0, 0}^{(0)}(r, \theta, \varphi) + \alpha_2 \psi_{2, 1, -1}^{(0)}(r, \theta, \varphi) + \alpha_3 \psi_{2, 1, 0}^{(0)}(r, \theta, \varphi) + \alpha_4 \psi_{2, 1, 1}^{(0)}(r, \theta, \varphi).
\end{equation}

Perhatikan bahwa fungsi gelombang $\psi_{2, 0, 0}^{(0)}(r)$ adalah fungsi genap, sedangkan fungsi gelombang $\psi_{2, 1, 0}^{(0)}(r, \theta)$ dan $\psi_{2, 1, \pm 1}^{(0)}(r, \theta, \varphi)$ adalah fungsi ganjil. Ini karena transformasi paritas $\textbf{r} \to -\textbf{r}$ akan memberikan
\begin{eqnarray}
r &\to& r, \\
%
\cos{(\theta)} &\to& \cos{(\pi – \theta)} = -\cos{(\theta)}, \\
%
\sin{(\theta)} e^{\pm i \varphi} &\to& \sin{(\pi – \theta)} e^{\pm i (\varphi + \pi)} = -\sin{(\theta)} e^{\pm i \varphi}.
\end{eqnarray}
Karena $z$ adalah fungsi ganjil, maka setiap komponen matriks di atas yang menghubungkan keadaan dengan nilai $l$ yang sama adalah nol, sehingga matriks $W$ sekarang menjadi
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
0 & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, -1}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 1}^{(0)} \rangle \\
%
\langle \psi_{2, 1, -1}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & 0 & 0 & 0 \\
%
\langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & 0 & 0 & 0 \\
%
\langle \psi_{2, 1, 1}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
\end{equation}
Kemudian, karena $Y_{l, m}^{(0)}$ adalah fungsi eigen dari operator $L_z$, sedangkan $z$ dan $L_z$ itu komutatif, maka komponen matriks di atas yang menghubungkan keadaan dengan nilai $m$ yang berbeda adalah nol, sehingga matriks $W$ sekarang menjadi
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
0 & 0 & \langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle & 0 \\
%
0 & 0 & 0 & 0 \\
%
\langle \psi_{2, 1, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 0, 0}^{(0)} \rangle & 0 & 0 & 0 \\
%
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
\end{equation}

Hanya tersisa dua komponen yang tidak nol dari matriks $W$ di atas, dan kedua komponen ini sebenarnya adalah saling konjugat. Maka, kita cukup menghitung nilai dari komponen $\langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle$, yaitu
\begin{eqnarray}
\langle \psi_{2, 0, 0}^{(0)} | z | \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \rangle = -\frac{3 a_0}{Z}.
\end{eqnarray}
Karena matriks $W$ banyak memiliki komponen yang bernilai nol, maka kita bisa reduksi matriks tersebut menjadi
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
0 & -\frac{3 a_0}{Z} \\
%
-\frac{3 a_0}{Z} & 0
\end{pmatrix}.
\end{equation}
Matriks in memenuhi persamaan
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
0 & -\frac{3 a_0}{Z} \\
%
-\frac{3 a_0}{Z} & 0
\end{pmatrix}
%
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\
%
\alpha_3
\end{pmatrix}
%
= E_2^{(1)}
%
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\
%
\alpha_3
\end{pmatrix},
\end{equation}
atau
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
-E_2^{(1)} & -\frac{3 a_0}{Z} \\
%
-\frac{3 a_0}{Z} & -E_2^{(1)}
\end{pmatrix}
%
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\
%
\alpha_3
\end{pmatrix}
%
= 0.
\end{equation}
Agar persamaan ini memiliki solusi nontrivial untuk $\alpha_1$ dan $\alpha_3$, maka determinan dari matriks persegi di atas harus nol, sehingga kita akan mendapatkan
\begin{equation}
E_{2, \pm}^{(1)} = \pm \frac{3 a_0}{Z}.
\end{equation}
Maka, energi dari level $n = 2$ yang awalnya bernilai $E_2^{(0)}$, sekarang akan mengalami split menjadi
\begin{eqnarray}
E_{2, +} &=& E_2^{(0)} + 3 e E \frac{a_0}{Z}, \\
%
E_{2, -} &=& E_2^{(0)} – 3 e E \frac{a_0}{Z}.
\end{eqnarray}

Dari analisa di atas, kita juga bisa menyimpulkan bahwa matriks $\begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 & \alpha_4 \end{pmatrix}^T$ memiliki bentuk
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, && \qquad \text{dengan nilai eigen $E_{2, +}^{(1)} = \frac{3 a_0}{Z}$}, \\
%
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}, && \qquad \text{dengan nilai eigen $E_{2, -}^{(1)} = -\frac{3 a_0}{Z}$}, \\
%
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}, && \qquad \text{dengan nilai eigen $0$}, \\
%
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}, && \qquad \text{dengan nilai eigen $0$}.
\end{eqnarray}
Maka, kita simpulkan bahwa good states untuk level $n = 2$ adalah
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\sqrt{2}} \Big( \psi_{2, 0, 0}^{(0)} – \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \Big), && \qquad \text{dengan energi $E_{2, +} = E_2^{(0)} + 3 e E \frac{a_0}{Z}$}, \\
%
\frac{1}{\sqrt{2}} \Big( \psi_{2, 0, 0}^{(0)} + \psi_{2, 1, 0}^{(0)} \Big), && \qquad \text{dengan energi $E_{2, -} = E_2^{(0)} – 3 e E \frac{a_0}{Z}$}, \\
%
\psi_{2, 1, -1}^{(0)}, && \qquad \text{dengan energi $E_2^{(0)}$}, \\
%
\psi_{2, 1, 1}^{(0)}, && \qquad \text{dengan energi $E_2^{(0)}$}.
\end{eqnarray}
Di sini kita lihat bahwa untuk level $n = 2$, awalnya ada degenerasi yaitu empat keadaan yang memiliki energi yang sama sebesar $E_2^{(0)}$, tetapi sekarang tingkat energi tersebut mengalami split menjadi tiga nilai energi, yaitu $E_{2, -}$, $E_2^{(0)}$, dan $E_{2, +}$. Kita juga melihat bahwa tetap ada degenerasi pada energi $E_2^{(0)}$, walaupun sekarang multiplisitas degenerasinya telah berkurang dari empat menjadi dua. Demikian pula kita akan melihat fenomena split energi dan berkurangnya multiplisitas degenerasi ini untuk level-level lainnya, yaitu level $n \geq 3$. Fenomena split energi pada atom Hidrogen inilah yang kemudian dikenal dengan nama efek Stark.

Teori Gangguan Bebas Waktu: Kasus dengan Degenerasi

Jika suatu sistem memiliki degenerasi, yaitu minimal ada dua keadaan eigen yang memiliki nilai energi yang sama, maka kita tidak bisa menggunakan perhitungan yang telah kita lakukan di atas. Misal, kita tidak bisa lagi menggunakan formula untuk $c_{n, m}^{(1)}$, $E_n^{(2)}$, dan $c_{n, m}^{(2)}$ di atas, karena penyebutnya bisa jadi akan bernilai nol. Lalu, bagaimana cara menerapkan teori gangguan pada sistem yang mengalami degenerasi?

Misal kita memiliki sebuah sistem yang memiliki dua keadaan dasar $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$ yang memiliki nilai energi yang sama yaitu $E_0^{(0)}$. Jadi, sistem ini memiliki keadaan eigen
\begin{equation}
| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle, \quad | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle, \quad | \psi_1^{(0)} \rangle, \quad | \psi_2^{(0)} \rangle, \quad | \psi_3^{(0)} \rangle, \quad \ldots
\end{equation}
dengan energi
\begin{equation}
E_0^{(0)}, \quad E_0^{(0)}, \quad E_1^{(0)}, \quad E_2^{(0)}, \quad E_3^{(0)}, \quad \ldots.
\end{equation}
Kita bisa tuliskan persamaan Schrödinger untuk kedua keadaan dasar sistem tersebut,
\begin{eqnarray}
\hat{H}_0 | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle &=& E_0^{(0)} | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle, \\
%
\hat{H}_0 | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle &=& E_0^{(0)} | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
Selain dua persamaan ini, kita bisa memilih agar kedua keadaan $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$ itu ortogonal, yaitu
\begin{equation}
\langle \psi_{0, a}^{(0)} | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle = 0.
\end{equation}

Jika kita berikan sedikit gangguan pada sistem tersebut sehingga ia sekarang dideskripsikan oleh Hamiltonian $\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda \hat{H}_1$, di mana $\lambda \ll 1$, maka perhitungan sampai ketelitian orde pertama dari $\lambda$ akan memberikan kita persamaan
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle = E_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Sampai titik ini, analisa kita masih sama dengan analisa yang telah kita lakukan sebelumnya untuk kasus tanpa degenerasi.

Jika kita fokus pada keadaan dasar $n = 0$, maka akan kita dapatkan
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_0^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_0^{(0)} \rangle = E_0^{(0)} | \psi_0^{(1)} \rangle + E_0^{(1)} | \psi_0^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Sekarang kita harus bertanya: Apa yang harus kita tuliskan untuk $| \psi_0^{(0)} \rangle$? Keadaan $| \psi_0^{(0)} \rangle$ ini harus merupakan keadaan dasar yang dimiliki oleh sistem ketika kita mengambil limit $\lambda \to 0$. Perhatikan bahwa keadaan ini tidak harus berupa $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ atau $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$, karena pemilihan dua keadaan $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$ ini sebenarnya bersifat \textit{random}. Kebetulan saja kita memilih dua keadaan tersebut sebagai basis untuk menyatakan keadaan dasar dari sistem kita. Kita bisa saja memilih dua keadaan lain seperti
\begin{eqnarray}
| \psi_{0, a’}^{(0)} \rangle &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \Big( | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle \Big), \\
%
| \psi_{0, b’}^{(0)} \rangle &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \Big( | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle – | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle \Big),
\end{eqnarray}
sebagai basis kita. Oleh karena itu, pertanyaannya sekarang adalah: Keadaan apa yang harus kita gunakan untuk $| \psi_0^{(0)} \rangle$ dalam persamaan di atas? Yang jelas adalah keadaan $| \psi_0^{(0)} \rangle$ tersebut pasti berupa superposisi dari $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$. Maka, kita asumsikan saja keadaan $| \psi_0^{(0)} \rangle$ tersebut memiliki bentuk
\begin{equation}
| \psi_0^{(0)} \rangle = \alpha | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + \beta | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle,
\end{equation}
di mana $|\alpha|^2 + |\beta|^2 = 1$. Diharapkan nantinya kita bisa mencari nilai dari $\alpha$ dan $\beta$ tersebut.

Jika kita kalikan persamaan untuk keadaan dasar $n = 0$ di atas dengan $\langle \psi_{0, a}^{(0)} |$ dari kiri, maka kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
E_0^{(0)} \langle \psi_{0, a}^{(0)} | \psi_0^{(1)} \rangle + \langle \psi_{0, a}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_0^{(0)} \rangle &=& E_0^{(0)} \langle \psi_{0, a}^{(0)} | \psi_0^{(1)} \rangle + \alpha E_0^{(1)} \nonumber \\
%
\alpha \langle \psi_{0, a}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + \beta \langle \psi_{0, a}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle &=& \alpha E_0^{(1)}.
\end{eqnarray}
Jika kita kalikan dengan $\langle \psi_{0, b}^{(0)} |$ dari kiri, maka kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
E_0^{(0)} \langle \psi_{0, b}^{(0)} | \psi_0^{(1)} \rangle + \langle \psi_{0, b}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_0^{(0)} \rangle &=& E_0^{(0)} \langle \psi_{0, b}^{(0)} | \psi_0^{(1)} \rangle + \beta E_0^{(1)} \nonumber \\
%
\alpha \langle \psi_{0, b}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + \beta \langle \psi_{0, b}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle &=& \beta E_0^{(1)}.
\end{eqnarray}
Sekarang mari kita konstruksi matriks
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
W_{a, a} & W_{a, b} \\
W_{b, a} & W_{b, b}
\end{pmatrix},
\end{equation}
dengan komponen
\begin{equation}
W_{i, j} \equiv \langle \psi_{0, i}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{0, j}^{(0)} \rangle,
\end{equation}
di mana $i, j = a, b$. Maka, persamaan di atas bisa diubah menjadi bentuk matriks,
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
W_{a, a} & W_{a, b} \\
W_{b, a} & W_{b, b}
\end{pmatrix}
%
\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta
\end{pmatrix}
%
= E_0^{(1)}
%
\begin{pmatrix}
\alpha \\ \beta
\end{pmatrix}.
\end{equation}
Persamaan ini mengatakan bahwa $\begin{pmatrix} \alpha & \beta \end{pmatrix}^T$ adalah vektor eigen dari matriks $W$ dengan nilai eigennya adalah $E_0^{(1)}$. Persamaan di atas dapat diubah menjadi
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
W_{a, a} – E_0^{(1)} & W_{a, b} \\
W_{b, a} & W_{b, b} – E_0^{(1)}
\end{pmatrix}
%
\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta
\end{pmatrix}
%
= 0.
\end{equation}
Agar persamaan ini memiliki solusi nontrivial untuk $\alpha$ dan $\beta$, maka determinan dari matriks persegi di atas harus nol, sehingga kita akan mendapatkan
\begin{equation}
(W_{a, a} – E_0^{(1)}) (W_{b, b} – E_0^{(1)}) – W_{a, b} W_{b, a} = 0.
\end{equation}
Karena $W_{a, b} = W_{b, a}^\ast$, maka persamaan di atas akan menjadi
\begin{equation}
(W_{a, a} – E_0^{(1)}) (W_{b, b} – E_0^{(1)}) – |W_{a, b}|^2 = 0.
\end{equation}
Dari sini kita akan mendapatkan nilai dari $E_0^{(1)}$, yaitu
\begin{eqnarray}
E_{0, \pm}^{(1)} &=& \frac{1}{2} \Big[ W_{a, a} + W_{b, b} \pm \sqrt{(W_{a, a} + W_{b, b})^2 – 4 (W_{a, a} W_{b, b} – |W_{a, b}|^2)} \Big] \nonumber \\
%
&=& \frac{1}{2} \Big[ W_{a, a} + W_{b, b} \pm \sqrt{(W_{a, a} – W_{b, b})^2 + |W_{a, b}|^2} \Big].
\end{eqnarray}

Kita simpulkan bahwa gangguan akan mengakibatkan adanya split pada energi spektrum. Dua keadaan $| \psi_{0, a}^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_{0, b}^{(0)} \rangle$ yang awalnya memiliki nilai energi yang sama (degenerasi) yaitu $E_0^{(0)}$, sekarang memiliki nilai energi yang sedikit berbeda akibat adanya gangguan pada sistem tersebut, yaitu $E_0^{(0)} + \lambda E_{0, +}^{(1)}$ dan $E_0^{(0)} + \lambda E_{0, -}^{(1)}$.

Dari persamaan
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
W_{a, a} & W_{a, b} \\
W_{b, a} & W_{b, b}
\end{pmatrix}
%
\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta
\end{pmatrix}
%
= E_0^{(1)}
%
\begin{pmatrix}
\alpha \\ \beta
\end{pmatrix},
\end{equation}
kita bisa melihat bahwa jika ada dua nilai untuk $E_0^{(1)}$, yaitu $E_{0, +}^{(1)}$ dan $E_{0, -}^{(1)}$, maka demikian pula kita akan mendapatkan dua set nilai untuk variabel $\alpha$ dan $\beta$. Misalkan $\begin{pmatrix} \alpha_\pm & \beta_\pm \end{pmatrix}^T$ adalah vektor eigen dari matriks $W$ dengan nilai eigennya adalah $E_{0, \pm}^{(1)}$. Maka, keadaan dasar dari sistem kita akan berbentuk
\begin{eqnarray}
| \psi_{0, +}^{(0)} \rangle &=& \alpha_+ | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + \beta_+ | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle, \\
%
| \psi_{0, -}^{(0)} \rangle &=& \alpha_- | \psi_{0, a}^{(0)} \rangle + \beta_- | \psi_{0, b}^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
Dua superposisi inilah yang kita sebut sebagai “good states”, karena kedua keadaan di atas adalah keadaan dasar dari sistem kita jika kita mengambil limit $\lambda \to 0$.

Secara umum, jika sistem kita memiliki degenerasi di mana keadaan $| \psi_{n, 1}^{(0)} \rangle$, $| \psi_{n, 2}^{(0)} \rangle$, …, $| \psi_{n, d_n}^{(0)} \rangle$ memiliki energi yang sama yaitu $E_n^{(0)}$, maka kita bisa konstruksi matriks
\begin{equation}
W = \begin{pmatrix}
W_{1, 1} & W_{1, 2} & \cdots & W_{1, d_n} \\
W_{2, 1} & W_{2, 2} & \cdots & W_{2, d_n} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
W_{d_n, 1} & W_{d_n, 2} & \cdots & W_{d_n, d_n} \\
\end{pmatrix},
\end{equation}
dengan komponen
\begin{equation}
W_{i, j} \equiv \langle \psi_{n, i}^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_{n, j}^{(0)} \rangle,
\end{equation}
di mana $i, j = 1, 2, \ldots, d_n$. Maka, nilai koreksi terhadap energi $E_n^{(0)}$ dalam orde pertama, yaitu $E_n^{(1)}$, dapat dicari dengan menghitung nilai eigen dari matriks $W$ di atas.

Teori Gangguan Bebas Waktu: Kasus tanpa Degenerasi

Misalkan kita mengetahui bahwa sebuah sistem dengan Hamiltonian $\hat{H_0}$ memiliki keadaan eigen $| \psi_n^{(0)} \rangle$ dengan energi $E_n^{(0)}$. Pertanyaan utama bab ini adalah: Bagaimana jika kita berikan sedikit gangguan pada sistem tersebut sehingga ia sekarang dideskripsikan oleh Hamiltonian $\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda \hat{H}_1$, di mana $\lambda \ll 1$?

Pertama, kita berangkat dari persamaan Schrödinger untuk kasus tidak ada gangguan pada sistem,
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(0)} \rangle = E_n^{(0)} | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Adapun jika ada gangguan, maka kita asumsikan keadaan eigen dari sistem memiliki bentuk
\begin{equation}
| \psi_n \rangle = | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda | \psi_n^{(1)} \rangle + \lambda^2 | \psi_n^{(2)} \rangle + \ldots,
\end{equation}
dengan energi
\begin{equation}
E_n = E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)} + \ldots.
\end{equation}

Oleh karena itu, persamaan Schrödinger untuk Hamiltonian total adalah
\begin{eqnarray}
\hat{H} | \psi_n \rangle &=& E_n | \psi_n \rangle \nonumber \\
%
(\hat{H}_0 + \lambda \hat{H}_1) \Big( | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda | \psi_n^{(1)} \rangle + \lambda^2 | \psi_n^{(2)} \rangle + \ldots \Big) &=& (E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)} + \ldots) \nonumber \\
%
&& \quad \times \Big( | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda | \psi_n^{(1)} \rangle + \lambda^2 | \psi_n^{(2)} \rangle + \ldots \Big) \nonumber \\
\end{eqnarray}
Ruas kiri dari persamaan di atas akan menjadi
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda \Big( \hat{H}_0 | \psi_n^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle \Big) + \lambda^2 \Big( \hat{H}_0 | \psi_n^{(2)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(1)} \rangle \Big) + \ldots,
\end{equation}
sedangkan ruas kanan akan menjadi
\begin{equation}
E_n^{(0)} | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda \Big( E_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle \Big) + \lambda^2 \Big( E_n^{(0)} | \psi_n^{(2)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(2)} | \psi_n^{(0)} \rangle \Big) + \ldots.
\end{equation}

Jika tidak ada gangguan, maka kita akan mendapatkan persamaan
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(0)} \rangle = E_n^{(0)} | \psi_n^{(0)} \rangle,
\end{equation}
sebagaimana yang telah kita bahas sebelumnya. Jika gangguan $\lambda \hat{H}_1$ diaktifkan, dan kita hanya ingin perhitungan sampai ketelitian orde pertama dari $\lambda$, maka kita akan memiliki persamaan
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda \Big( \hat{H}_0 | \psi_n^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle \Big) = E_n^{(0)} | \psi_n^{(0)} \rangle + \lambda \Big( E_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle \Big).
\end{equation}
Masing-masing suku pertama dari ruas kiri dan ruas kanan bisa kita coret, sehingga akan tersisa
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle = E_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Kalikan persamaan di atas dengan $\langle \psi_m^{(0)} |$ dari kiri, kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
E_m^{(0)} \langle \psi_m^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} \langle \psi_m^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} \delta_{m, n} \nonumber \\
%
\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(1)} \delta_{m, n}.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, koreksi energi pada orde pertama dapat dicari menggunakan relasi
\begin{equation}
E_n^{(1)} = \langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{equation}

Karena setiap keadaan dapat kita tuliskan dalam basis $\{ | \psi_n^{(0)} \rangle \}$, maka kita bisa menuliskan $| \psi_n^{(1)} \rangle$ sebagai
\begin{equation}
| \psi_n^{(1)} \rangle = \sum_k c_{n, k}^{(1)} | \psi_k^{(0)} \rangle,
\end{equation}
di mana koefisien $\{ c_{n, k}^{(1)} \}$ adalah konstanta. Maka, kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(1)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
\hat{H}_0 \sum_k c_{n, k}^{(1)} | \psi_k^{(0)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} \sum_l c_{n, l}^{(1)} | \psi_l^{(0)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
\sum_k c_{n, k}^{(1)} E_k^{(0)} | \psi_k^{(0)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} \sum_l c_{n, l}^{(1)} | \psi_l^{(0)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{eqnarray}
Kalikan persamaan ini dengan $\langle \psi_m^{(0)} |$ dari kiri, maka kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
\sum_k c_{n, k}^{(1)} E_k^{(0)} \delta_{m, k} + \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} \sum_l c_{n, l}^{(1)} \delta_{m, l} + E_n^{(1)} \delta_{m, n} \nonumber \\
%
c_{n, m}^{(1)} E_m^{(0)} + \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle &=& c_{n, m}^{(1)} E_n^{(0)} + E_n^{(1)} \delta_{m, n}.
\end{eqnarray}
Untuk $m = n$, kita akan mendapatkan hasil sebelumnya $E_n^{(1)} = \langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle$. Untuk $m \neq n$, kita akan mendapatkan
\begin{equation}
c_{n, m}^{(1)} = \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}}.
\end{equation}
Oleh karena itu,
\begin{equation}
| \psi_n^{(1)} \rangle = \sum_{m \neq n} \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}} | \psi_m^{(0)} \rangle.
\end{equation}

Jika kita ingin mendapatkan koreksi sampai orde kedua, maka kita tuliskan
\begin{equation}
\hat{H}_0 | \psi_n^{(2)} \rangle + \hat{H}_1 | \psi_n^{(1)} \rangle = E_n^{(0)} | \psi_n^{(2)} \rangle + E_n^{(1)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(2)} | \psi_n^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Kalikan persamaan di atas dengan $\langle \psi_m^{(0)} |$ dari kiri, kita akan mendapatkan
\begin{equation}
E_m^{(0)} \langle \psi_m^{(0)} | \psi_n^{(2)} \rangle + \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(1)} \rangle = E_n^{(0)} \langle \psi_m^{(0)} | \psi_n^{(2)} \rangle + E_n^{(1)} \langle \psi_m^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(2)} \delta_{m, n}.
\end{equation}
Jika $m = n$, maka
\begin{equation}
\langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(1)} \rangle = E_n^{(1)} \langle \psi_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle + E_n^{(2)}.
\end{equation}
Perhatikan bahwa
\begin{eqnarray}
\langle \psi_n^{(0)} | \psi_n^{(1)} \rangle &=& \sum_{m \neq n} \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}} \langle \psi_n^{(0)} | \psi_m^{(0)} \rangle \nonumber \\
%
&=& 0,
\end{eqnarray}
karena $| \psi_m^{(0)} \rangle$ dan $| \psi_n^{(0)} \rangle$ itu saling ortogonal jika $m \neq n$. Maka,
\begin{eqnarray}
E_n^{(2)} &=& \langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(1)} \rangle \nonumber \\
%
&=& \sum_{m \neq n} \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle \langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_m^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}} \nonumber \\
%
&=& \sum_{m \neq n} \frac{| \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle |^2}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}}.
\end{eqnarray}

Untuk mencari $| \psi_n^{(2)} \rangle$, kita tuliskan keadaan ini dalam basis $\{ | \psi_n^{(0)} \rangle \}$,
\begin{equation}
| \psi_n^{(2)} \rangle = \sum_{n, k} c_{n, k}^{(2)} | \psi_k^{(0)} \rangle.
\end{equation}
Maka, untuk $m \neq n$,
\begin{eqnarray}
E_m^{(0)} \sum_k c_{n, k}^{(2)} \delta_{m, k} + \sum_l c_{n, l}^{(1)} \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_l^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} \sum_p c_{n, p}^{(2)} \delta_{m, p} + E_n^{(1)} \sum_q c_{n, q}^{(1)} \delta_{m, q} \nonumber \\
%
E_m^{(0)} c_{n, m}^{(2)} + \sum_l \frac{\langle \psi_l^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_l^{(0)}} \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_l^{(0)} \rangle &=& E_n^{(0)} c_{n, m}^{(2)} + \langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}}, \nonumber \\
%
\end{eqnarray}
sehingga kita akan mendapatkan
\begin{equation}
c_{n, m}^{(2)} = \frac{1}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}} \Bigg[ \frac{\langle \psi_n^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle \langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_m^{(0)}} – \sum_l \frac{\langle \psi_m^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_l^{(0)} \rangle \langle \psi_l^{(0)} | \hat{H}_1 | \psi_n^{(0)} \rangle}{E_n^{(0)} – E_l^{(0)}} \Bigg].
\end{equation}

Evolusi Spin 1/2 dan Penjumlahan Dua Spin

Evolusi Spin $\frac{1}{2}$

Karena elektron memiliki spin $\hat{\textbf{S}}$, maka ia akan memiliki momen magnetik intrinsik yang didefinisikan sebagai
\begin{equation}
\hat{\mu} = -\frac{e g}{2 m_e} \hat{\textbf{S}},
\end{equation}
di mana $g$ adalah rasio gyromagnetic, $-e$ adalah muatan elektron, dan $m_e$ adalah massa elektron. Jika elektron tersebut diletakkan pada kristal sehingga tidak bisa memiliki derajat kebebasan selain spin, kemudian kita berikan medan magnet pada daerah tersebut, maka Hamiltoniannya adalah
\begin{equation}
\hat{H} = -\hat{\mu} \cdot \textbf{B} = \frac{e g}{2 m_e} \hat{\textbf{S}} \cdot \textbf{B} = \frac{e g \hbar}{4 m_e} \sigma \cdot \textbf{B}.
\end{equation}
Hamiltonian ini juga sering dituliskan dalam literatur sebagai $\hat{H} = -\gamma \hat{\textbf{S}} \cdot \textbf{B}$, di mana $\gamma = -\frac{e g}{2 m_e}$.

Persamaan Schrödinger untuk elektron tersebut adalah
\begin{eqnarray}
i \hbar \frac{d}{dt} \psi(t) &=& H \psi(t), \nonumber \\
%
i \hbar \frac{d}{dt} \psi(t) &=& \frac{e g \hbar}{4 m_e} \sigma \cdot \textbf{B} \psi(t).
\end{eqnarray}
Karena elektron tersebut tidak memiliki derajat kebebasan lain selain spin, maka fungsi gelombangnya akan berbentuk
\begin{equation}
\psi(t) = \begin{pmatrix} \alpha(t) \\ \beta(t) \end{pmatrix}.
\end{equation}
Jika medan magnet $\textbf{B}$ diset mengarah ke arah sumbu-$z$, maka persamaan Schrödinger di atas akan menjadi
\begin{equation}
i \hbar \frac{d}{dt} \begin{pmatrix} \alpha(t) \\ \beta(t) \end{pmatrix} = \frac{e g \hbar B}{4 m_e} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha(t) \\ \beta(t) \end{pmatrix},
\end{equation}
di mana solusinya adalah
\begin{eqnarray}
\alpha(t) &=& \alpha_0 e^{-i \omega_0 t}, \\
%
\beta(t) &=& \beta_0 e^{i \omega_0 t},
\end{eqnarray}
di mana kita telah mendefinisikan $\omega_0 \equiv \frac{e g B}{4 m_e}$.

Misal pada waktu $t = 0$, kita set elektron tersebut untuk memiliki spin-up pada arah sumbu $z$. Itu berarti fungsi gelombangnya pada waktu $t = 0$ adalah
\begin{equation}
\psi(0) = \begin{pmatrix} \alpha_0 \\ \beta_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix},
\end{equation}
sehingga fungsi gelombangnya pada sebarang waktu $t$ adalah
\begin{equation}
\psi(t) = \begin{pmatrix} e^{-i \omega_0 t} \\ 0 \end{pmatrix}.
\end{equation}
Untuk mendapatkan gambaran tentang evolusi dari spin elektron tersebut, kita bisa menghitung nilai ekspektasi dari spin $\hat{S}_x$, $\hat{S}_y$, dan $\hat{S}_z$ pada sebarang waktu $t$.
\begin{eqnarray}
\langle \hat{S}_z \rangle &=& \begin{pmatrix} e^{i \omega_0 t} & 0 \end{pmatrix} \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{-i \omega_0 t} \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2}, \\
%
\langle \hat{S}_x \rangle &=& 0, \\
%
\langle \hat{S}_y \rangle &=& 0.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, secara rata-rata spin tersebut akan selalu mengarah ke sumbu-$z$.

Adapun jika pada waktu $t = 0$ kita set elektron tersebut untuk memiliki spin-up pada arah sumbu-$x$, maka fungsi gelombangnya pada waktu $t = 0$ adalah
\begin{equation}
\psi(0) = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.
\end{equation}
Fungsi gelombangnya pada sebarang waktu $t$ adalah
\begin{equation}
\psi(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} e^{-i \omega_0 t} \\ e^{i \omega_0 t} \end{pmatrix}.
\end{equation}
Nilai ekspektasi dari spin $\hat{S}_x$, $\hat{S}_y$, dan $\hat{S}_z$ pada sebarang waktu $t$ adalah
\begin{eqnarray}
\langle \hat{S}_x \rangle &=& \frac{\hbar}{2} \cos{(2 \omega_0 t)}, \\
%
\langle \hat{S}_y \rangle &=& \frac{\hbar}{2} \sin{(2 \omega_0 t)}, \\
%
\langle \hat{S}_z \rangle &=& 0.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, secara rata-rata spin tersebut akan berpresesi terhadap $\textbf{B}$ dengan frekuensi $2 \omega_0 = \frac{e g B}{2 m_e}$.

Penjumlahan Dua Spin

Jika kita memiliki dua elektron, maka keadaan dari kedua elektron ini akan dideskripsikan oleh perkalian tensor dari spinor untuk elektron pertama dan spinor untuk elektron kedua,
\begin{equation}
\psi = \chi^{(1)} \otimes \chi^{(2)}.
\end{equation}
Misalkan, jika kita set elektron pertama berada pada kondisi spin-up pada arah sumbu $x$, dan elektron kedua berada pada kondisi spin-down pada arah sumbu $y$, maka fungsi gelombang dari kedua elektron tersebut adalah
\begin{equation}
\psi = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}.
\end{equation}

Operator $\hat{S}_{1 x}$, $\hat{S}_{1 y}$, dan $\hat{S}_{1 z}$ akan memenuhi relasi komutasi
\begin{eqnarray}
\left[ \hat{S}_{1 x}, \hat{S}_{1 y} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{1 z}, \\
%
\left[ \hat{S}_{1 y}, \hat{S}_{1 z} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{1 x}, \\
%
\left[ \hat{S}_{1 z}, \hat{S}_{1 x} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{1 y}.
\end{eqnarray}
Demikian pula untuk operator $\hat{S}_{2 x}$, $\hat{S}_{2 y}$, dan $\hat{S}_{2 z}$,
\begin{eqnarray}
\left[ \hat{S}_{2 x}, \hat{S}_{2 y} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{2 z}, \\
%
\left[ \hat{S}_{2 y}, \hat{S}_{2 z} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{2 x}, \\
%
\left[ \hat{S}_{2 z}, \hat{S}_{2 x} \right] &=& i \hbar \hat{S}_{2 y}.
\end{eqnarray}
Akan tetapi, operator $\{ \hat{S}_{1 x}, \hat{S}_{1 y}, \hat{S}_{1 z} \}$ akan komutatif dengan operator $\{ \hat{S}_{2 x}, \hat{S}_{2 y}, \hat{S}_{2 z} \}$, yaitu
\begin{equation}
\left[ \hat{S}_{1 i}, \hat{S}_{2 j} \right] = 0,
\end{equation}
di mana $i, j = x, y, z$.

Jika kita ingin mengukur spin $S_x$ dari elektron pertama, maka kita menerapkan operator berikut ke fungsi gelombang $\psi$ dari kedua elektron,
\begin{equation}
(\hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I}) \psi = \hat{S}_{1 x} \chi^{(1)} \otimes \hat{I} \chi^{(2)}.
\end{equation}
Perhatikan bahwa kita telah menerapkan operator $\hat{S}_{1 x}$ pada spinor elektron pertama $\chi^{(1)}$, dan menerapkan operator identitas (yakni, tidak menerapkan apa-apa) pada spinor elektron kedua $\chi^{(2)}$. Operasi $(\hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I}) \psi$ di atas seringkali dituliskan sebagai $\hat{S}_{1 x} \psi$ di banyak literatur, karena $\hat{S}_{1 x}$ memang hanya akan bekerja pada spinor dari elektron pertama saja. Tetapi, kita tetap harus ingat bahwa ini hanyalah penulisan versi ringkas saja dari operasi $(\hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I}) \psi$.

Kita bisa definisikan total spin $\hat{\textbf{S}}$ sebagai penjumlahan dari $\hat{\textbf{S}}_1$ dan $\hat{\textbf{S}}_2$, yaitu
\begin{equation}
\hat{\textbf{S}} = \hat{\textbf{S}}_1 \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{\textbf{S}}_2.
\end{equation}
Secara komponen, persamaan ini akan menjadi
\begin{eqnarray}
\hat{S}_x &=& \hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 x}, \\
%
\hat{S}_y &=& \hat{S}_{1 y} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 y}, \\
%
\hat{S}_z &=& \hat{S}_{1 z} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 z}.
\end{eqnarray}

Operator $\{ \hat{S}_x, \hat{S}_y, \hat{S}_z \}$ memenuhi relasi komutasi sebagai berikut,
\begin{eqnarray}
\left[ \hat{S}_x, \hat{S}_y \right] &=& \left[ \hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 x}, \hat{S}_{1 y} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 y} \right] \nonumber \\
%
&=& \left[ \hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I}, \hat{S}_{1 y} \otimes \hat{I} \right] + \left[ \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 x}, \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 y} \right] \nonumber \\
%
&=& i \hbar \hat{S}_{1 z} \otimes \hat{I} + i \hbar \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 z} \nonumber \\
%
&=& i \hbar \hat{S}_z.
\end{eqnarray}
Demikian pula untuk $[\hat{S}_y, \hat{S}_z] = i \hbar \hat{S}_x$ dan $[\hat{S}_z, \hat{S}_x] = i \hbar \hat{S}_y$. Ini adalah hasil yang menarik. Kita lihat bahwa ketiga operator $\{ \hat{S}_x, \hat{S}_y, \hat{S}_z \}$ memiliki sifat seperti operator spin untuk satu elektron, padahal ketiga operator ini sebenarnya adalah penjumlahan dari dua operator spin.

Kita juga bisa membentuk operator $\hat{S}^2$, yaitu
\begin{eqnarray}
\hat{S}^2 &=& \hat{\textbf{S}} \cdot \hat{\textbf{S}} \nonumber \\
%
&=& (\hat{\textbf{S}}_1 \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{\textbf{S}}_2) \cdot (\hat{\textbf{S}}_1 \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{\textbf{S}}_2) \nonumber \\
%
&=& \hat{S}_1^2 \otimes \hat{I} + 2 \hat{\textbf{S}}_1 \otimes \hat{\textbf{S}}_2 + \hat{I} \otimes \hat{S}_2^2.
\end{eqnarray}
Karena
\begin{equation}
\hat{S}_1^2 = \frac{\hbar^2}{4} (\sigma_x^2 + \sigma_y^2 + \sigma_z^2) = \frac{3 \hbar^2}{4},
\end{equation}
dan demikian pula untuk $\hat{S}_2^2$, maka
\begin{eqnarray}
\hat{S}^2 &=& \frac{6 \hbar^2}{4} \hat{I} \otimes \hat{I} + 2 (\hat{S}_{1 x} \otimes \hat{S}_{2 x} + \hat{S}_{1 y} \otimes \hat{S}_{2 y} + \hat{S}_{1 z} \otimes \hat{S}_{2 z}).
\end{eqnarray}
Perhatikan di sini bahwa $\hat{S}_{1 x} \otimes \hat{S}_{2 x}$ itu tidak sama dengan $\hat{S}_{x} = \hat{S}_{1 x} \otimes \hat{I} + \hat{I} \otimes \hat{S}_{2 x}$.

Tujuan kita sekarang adalah ingin mencari basis untuk menjelaskan keadaan kuantum dari sistem dengan dua elektron. Jika kita hanya memiliki satu elektron, maka basis yang kita gunakan adalah keadaan $| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \rangle$ dan $| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \rangle$, yang merupakan keadaan eigen bersama dari operator $\hat{S}^2$ dan $\hat{S}_z$,
\begin{eqnarray}
\hat{S}^2 | s, m_s \rangle &=& \hbar^2 s (s + 1) | s, m_s \rangle, \\
%
\hat{S}_z | s, m_s \rangle &=& \hbar m_s | s, m_s \rangle.
\end{eqnarray}
Kita juga telah mengetahui bahwa dalam representasi matriks, keadaan $| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \rangle$ adalah spinor $\chi_{z+} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, sedangkan keadaan $| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \rangle$ adalah spinor $\chi_{z-} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Untuk kasus dua elektron, maka kita bisa menggunakan keadaan eigen bersama dari operator $\hat{S}_1^2$, $\hat{S}_2^2$, $\hat{S}_{1 z}$, dan $\hat{S}_{2 z}$ sebagai basis, yaitu
\begin{eqnarray}
\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{+ +} &=& \chi_{z+}^{(1)} \otimes \chi_{z+}^{(2)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{+ -} &=& \chi_{z+}^{(1)} \otimes \chi_{z-}^{(2)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \\
%
\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{- +} &=& \chi_{z-}^{(1)} \otimes \chi_{z+}^{(2)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{- -} &=& \chi_{z-}^{(1)} \otimes \chi_{z-}^{(2)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix},
\end{eqnarray}
di mana pada sisi kiri kita telah menuliskan bilangan kuantum $(s_1, s_1, m_{s 1}, m_{s 2})$ untuk setiap anggota basis tersebut.

Akan tetapi, kita memiliki basis lain yang juga sama-sama dapat digunakan untuk mendeskripsikan keadaan dari sistem dengan dua elektron. Basis tersebut adalah keadaan eigen bersama dari operator $\hat{S}^2$, $\hat{S}_z$, $\hat{S}_1^2$, dan $\hat{S}_2^2$. Basis tersebut adalah
\begin{eqnarray}
\left( 1, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{1, 1} &=& \chi_{z+}^{(1)} \otimes \chi_{z+}^{(2)}, \\
%
\left( 1, 0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{1, 0} &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \chi_{z+}^{(1)} \otimes \chi_{z-}^{(2)} + \chi_{z-}^{(1)} \otimes \chi_{z+}^{(2)} \right), \\
%
\left( 1, -1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{1, 1} &=& \chi_{z-}^{(1)} \otimes \chi_{z-}^{(2)}, \\
%
\left( 0, 0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right): \qquad \psi_{0, 0} &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \chi_{z+}^{(1)} \otimes \chi_{z-}^{(2)} – \chi_{z-}^{(1)} \otimes \chi_{z+}^{(2)} \right),
\end{eqnarray}
di mana pada sisi kiri kita telah menuliskan bilangan kuantum $(s, m_s, s_1, s_2)$ untuk setiap anggota basis tersebut. Tiga anggota basis pertama, yaitu $\psi_{1, 1}$, $\psi_{1, 0}$, dan $\psi_{1, -1}$ disebut dengan istilah spin triplet, sedangkan anggota basis terakhir, yaitu $\psi_{0, 0}$ disebut dengan istilah spin singlet.

Representasi Matriks dan Fungsi Eigen dari Operator Spin 1/2

Representasi Matrix dari Operator Spin $\frac{1}{2}$

Karena spin adalah momentum angular intrinsik dari sebuah partikel, maka kita bisa menggunakan persamaan untuk momentum angular dan menuliskannya untuk spin [lihat Pers. (7-8) dari Gasiorowicz],
\begin{eqnarray}
\hat{S}^2 | s, m_s \rangle &=& \hbar^2 s (s + 1)| s, m_s \rangle, \\
%
\hat{S}_z | s, m_s \rangle &=& \hbar m_s | s, m_s \rangle.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, keadaan $| s, m_s \rangle$ adalah keadaan eigen dari operator $\hat{S}^2$ dan $\hat{S}_z$.

Dari percobaan Stern-Gerlach, kita menyimpulkan bahwa elektron memiliki dua keadaan spin pada arah sumbu $x$, $y$, dan $z$, di mana nilai dari dua spin tersebut adalah $\frac{\hbar}{2}$ dan $-\frac{\hbar}{2}$. Jika kita fokus pada spin elektron arah $z$, maka itu berarti nilai $m_s$ pada keadaan kuantum $| s, m_s \rangle$ di atas memiliki dua kemungkinan nilai: $\frac{1}{2}$ dan $-\frac{1}{2}$. Karena $|m_s| \leq s$, maka itu berarti $s = \frac{1}{2}$. Dari sini kita simpulkan bahwa ada dua kemungkinan keadaan kuantum $| s, m_s \rangle$, yaitu $| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \rangle$ dan $| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \rangle$.

Setelah mengetahui nilai dari $s$ dan dua kemungkinan nilai dari $m_s$, maka kita bisa menuliskan persamaan $\hat{S}_z | s, m_s \rangle = \hbar m_s | s, m_s \rangle$ sebagai berikut.
\begin{eqnarray}
\hat{S}_z \left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle &=& \frac{\hbar}{2} \left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle, \\
%
\hat{S}_z \left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle &=& -\frac{\hbar}{2} \left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle.
\end{eqnarray}
Selanjutnya, kita definisikan representasi matrix untuk dua keadaan eigen dari operator $\hat{S}_z$ ini,
\begin{eqnarray}
\left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle &\doteq& \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle &\doteq& \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}
Menggunakan representasi matriks ini, kita bisa menuliskan representasi matriks untuk operator $\hat{S}_z$, yaitu
\begin{equation}
\hat{S}_z \doteq \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}.
\end{equation}

Analog pula dengan pembahasan momentum angular [lihat Pers. (7-22) dan (7-44) dari Gasiorowicz], kita memiliki operator tangga sebagai berikut,
\begin{equation}
\hat{S}_\pm | s, m_s \rangle = \hbar \sqrt{s (s + 1) – m_s (m_s \pm 1)} | s, m_s \pm 1 \rangle.
\end{equation}
Atau, secara lebih eksplisit,
\begin{eqnarray}
\hat{S}_+ \left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle &=& 0, \\
%
\hat{S}_+ \left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle &=& \hbar \left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle.
\end{eqnarray}
Dengan menggunakan representasi matriks untuk $| s, m_s \rangle$, dua persamaan di atas akan menjadi
\begin{eqnarray}
\hat{S}_+ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} &=& 0, \\
%
\hat{S}_+ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} &=& \hbar \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}
Dari sini kita simpulkan bahwa operator $\hat{S}_+$ memiliki representasi matriks
\begin{equation}
\hat{S}_+ \doteq \hbar \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.
\end{equation}

Demikian pula, untuk $\hat{S}_-$, kita memiliki dua persamaan sebagai berikut,
\begin{eqnarray}
\hat{S}_- \left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle &=& \hbar \left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle, \\
%
\hat{S}_- \left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle &=& 0.
\end{eqnarray}
Dengan menggunakan representasi matriks untuk $| s, m_s \rangle$, kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
\hat{S}_- \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} &=& \hbar \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \\
%
\hat{S}_- \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} &=& 0.
\end{eqnarray}
Dari sini kita simpulkan bahwa operator $\hat{S}_-$ memiliki representasi matriks
\begin{equation}
\hat{S}_- \doteq \hbar \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.
\end{equation}

Operator $\hat{S}_x$ dan $\hat{S}_y$ dapat dicari dengan menggunakan persamaan [lihat Pers. (7-10 dari Gasiorowicz]
\begin{equation}
\hat{S}_\pm = \hat{S}_x \pm i \hat{S}_y,
\end{equation}
atau
\begin{eqnarray}
\hat{S}_x &=& \frac{1}{2} (\hat{S}_+ + \hat{S}_-), \\
%
\hat{S}_y &=& \frac{1}{2 i} (\hat{S}_+ – \hat{S}_-).
\end{eqnarray}
Oleh karena itu, representasi matriks dari $\hat{S}_x$ dan $\hat{S}_y$ adalah
\begin{eqnarray}
\hat{S}_x &\doteq& \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \\
%
\hat{S}_y &\doteq& \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}

Jika kita mendefisinikan matriks Pauli sebagai
\begin{eqnarray}
\sigma_x &=& \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \\
%
\sigma_y &=& \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \\
%
\sigma_z &=& \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix},
\end{eqnarray}
maka operator $\hat{S}_x$, $\hat{S}_y$, dan $\hat{S}_z$ dapat kita tuliskan sebagai
\begin{eqnarray}
\hat{S}_x &\doteq& \frac{\hbar}{2} \sigma_x, \\
%
\hat{S}_y &\doteq& \frac{\hbar}{2} \sigma_y, \\
%
\hat{S}_z &\doteq& \frac{\hbar}{2} \sigma_z.
\end{eqnarray}
Dan kita bisa buktikan bahwa operator spin $\hat{S}_x$, $\hat{S}_y$, dan $\hat{S}_z$ memenuhi hubungan komutasi,
\begin{eqnarray}
\left[ \hat{S}_x, \hat{S}_y \right] &=& i \hbar \hat{S}_z, \\
%
\left[ \hat{S}_y, \hat{S}_z \right] &=& i \hbar \hat{S}_x, \\
%
\left[ \hat{S}_z, \hat{S}_x \right] &=& i \hbar \hat{S}_y.
\end{eqnarray}

Fungsi Eigen dari Operator Spin $\frac{1}{2}$

Dari pembahasan di atas, kita mengetahui bahwa keadaan eigen dari operator $\hat{S}_z$ adalah $| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \rangle$ dan $| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \rangle$, yang memiliki representasi matriks
\begin{eqnarray}
\left| \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle &\doteq& \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\
%
\left| \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right\rangle &\doteq& \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
\end{eqnarray}
Bagaimana dengan keadaan eigen dari operator $\hat{S}_x$ dan $\hat{S}_y$?

Misal keadaan eigen dari $\hat{S}_x$ memiliki representasi matriks $\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$. Maka, keadaan eigen ini harus memenuhi persamaan
\begin{equation}
\hat{S}_x \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \pm \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}.
\end{equation}
Dan karena $\hat{S}_x \doteq \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, maka
\begin{equation}
\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} v \\ u \end{pmatrix} = \pm \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}.
\end{equation}
Dari sini kita dapatkan dua solusi
\begin{equation}
u = v \qquad \lor \qquad u = -v.
\end{equation}
Solusi pertama akan memberikan kita keadaan eigen (setelah dinormalisasi)
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix},
\end{equation}
dengan nilai eigen $+\frac{\hbar}{2}$, dan solusi kedua akan memberikan kita keadaan eigen (setelah dinormalisasi)
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix},
\end{equation}
dengan nilai eigen $-\frac{\hbar}{2}$.

Metode yang sama dapat kita gunakan untuk mencari keadaan eigen dari $\hat{S}_y$. Misal keadaan eigen dari $\hat{S}_y$ memiliki representasi matriks $\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$. Maka, keadaan eigen ini harus memenuhi persamaan
\begin{equation}
\hat{S}_y \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \pm \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}.
\end{equation}
Dan karena $\hat{S}_y \doteq \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}$, maka
\begin{equation}
\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} -i v \\ i u \end{pmatrix} = \pm \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}.
\end{equation}
Dari sini kita dapatkan dua solusi
\begin{equation}
u = -i v \qquad \lor \qquad u = i v.
\end{equation}
Solusi pertama akan memberikan kita keadaan eigen (setelah dinormalisasi)
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix},
\end{equation}
dengan nilai eigen $+\frac{\hbar}{2}$, dan solusi kedua akan memberikan kita keadaan eigen (setelah dinormalisasi)
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix},
\end{equation}
dengan nilai eigen $-\frac{\hbar}{2}$.

Partikel dalam Sumur Potensial Kotak dan Bola

Partikel Bebas pada Koordinat Cartesian

Persamaan Schrödinger untuk sebuah partikel bebas bermassa $m$ pada sistem koordinat Cartesian adalah
\begin{equation}
-\frac{\hbar^2}{2 m} \left( \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} \right) \psi(x, y, z) = E \psi(x, y, z).
\end{equation}
Jika kita asumsikan bahwa fungsi gelombang $\psi(x, y, z)$ dapat dituliskan sebagai perkalian dari fungsi $x$ saja, $y$ saja, dan $z$ saja, yaitu
\begin{equation}
\psi(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z),
\end{equation}
maka kita akan mendapatkan
\begin{equation}
\frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} + \frac{1}{Y(y)} \frac{d^2 Y(y)}{dy^2} + \frac{1}{Z(z)} \frac{d^2 Z(z)}{dz^2} = -k^2,
\end{equation}
di mana kita telah menggunakan persamaan $E = \frac{\hbar^2 k^2}{2 m}$. Karena masing-masing suku pada ruas kiri bergantung pada variabel yang berbeda, sementara satu-satunya suku pada ruas kanan adalah sebuah konstanta, maka kita simpulkan bahwa setiap suku pada ruas kiri tersebut adalah konstan. Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa
\begin{eqnarray}
\frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} &=& -k_x^2, \\
%
\frac{1}{Y(y)} \frac{d^2 Y(y)}{dy^2} &=& -k_y^2, \\
%
\frac{1}{Z(z)} \frac{d^2 Z(z)}{dz^2} &=& -k_z^2,
\end{eqnarray}
di mana
\begin{equation}
k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = k^2.
\end{equation}

Masing-masing dari ketiga persamaan di atas memiliki dua kemungkinan solusi. Misal, untuk persamaan $X(x)$, maka kita memiliki dua kemungkinan berikut,
\begin{equation}
X(x) = A \sin{(k_x x)} \qquad \lor \qquad X(x) = A \cos{(k_x x)},
\end{equation}
di mana $A$ adalah sebuah konstanta. Solusi umum bisa kita dapatkan dengan menggunakan kombinasi linear dari kedua kemungkinan solusi di atas,
\begin{equation}
X(x) = A’_1 \sin{(k_x x)} + B’_1 \cos{(k_x x)},
\end{equation}
di mana $A’_1$ dan $B’_1$ adalah konstanta. Demikian pula untuk $Y(y)$ dan $Z(z)$,
\begin{eqnarray}
Y(y) &=& A’_2 \sin{(k_y y)} + B’_2 \cos{(k_y y)}, \\
%
Z(z) &=& A’_3 \sin{(k_z z)} + B’_3 \cos{(k_z z)}.
\end{eqnarray}
Cara lain untuk mendapatkan solusi umum adalah dengan menggunakan relasi
\begin{equation}
e^{i x} = \cos{x} + i \sin{x},
\end{equation}
sehingga kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
X(x) &=& A_1 e^{i k_x x} + B_1 e^{-i k_x x}, \\
%
Y(y) &=& A_2 e^{i k_y y} + B_2 e^{-i k_z z}, \\
%
Z(z) &=& A_3 e^{i k_z z} + B_3 e^{-i k_z z},
\end{eqnarray}
di mana $A_1$, $B_1$, $A_2$, $B_2$, $A_3$, $B_3$ adalah konstanta.

Partikel dalam Sumur Potensial Kotak

Sekarang kita tinjau sebuah sumur potensial kotak dengan potensial $V(x, y, z)$ sebagai berikut,
\begin{equation}
V(x, y, z) = \begin{cases}
0, & \text{untuk $|x| < L_x/2$, $|y| < L_y/2$, $|z| < L_z/2$}, \\
%
\infty, & \text{untuk $|x| \geq L_x/2$, $|y| \geq L_y/2$, $|z| \geq L_z/2$}.
\end{cases}
\end{equation}
Dengan kata lain, partikel tersebut terjebak dalam sebuah kotak dengan panjang sisi $L_x$, $L_y$, dan $L_z$.

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, fungsi gelombang $\psi(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z)$ dari partikel tersebut di dalam kotak adalah
\begin{eqnarray}
X(x) &=& A_1 e^{i k_x x} + B_1 e^{-i k_x x}, \\
%
Y(y) &=& A_2 e^{i k_y y} + B_2 e^{-i k_z z}, \\
%
Z(z) &=& A_3 e^{i k_z z} + B_3 e^{-i k_z z}.
\end{eqnarray}
Karena $X{\left( \pm \frac{L_x}{2}\right)} = 0$, maka
\begin{eqnarray}
A_1 e^{i k_x L_x/2} + B_1 e^{-i k_x L_x/2} &=& 0, \\
%
A_1 e^{-i k_x L_x/2} + B_1 e^{i k_x L_x/2} &=& 0.
\end{eqnarray}
Dalam bentuk matriks, dua persamaan ini menjadi
\begin{equation}
\begin{pmatrix} e^{i k_x L_x/2} & e^{-i k_x L_x/2} \\ e^{-i k_x L_x/2} & e^{i k_x L_x/2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_1 \\ B_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}.
\end{equation}

Agar persamaan ini memiliki solusi yang tidak trivial, maka determinan dari matrix persegi di ruas kiri harus nol,
\begin{equation}
e^{i k_x L_x} – e^{-i k_x L_x} = 0.
\end{equation}
Atau dengan kata lain,
\begin{equation}
\sin{(k_x L_x)} = 0.
\end{equation}
Ini berarti
\begin{equation}
k_x = \frac{\pi n_x}{L_x},
\end{equation}
di mana $n_x = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$. Dengan menggunakan alur pengerjaan yang sama, kita juga akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
k_y &=& \frac{\pi n_y}{L_y}, \\
%
k_z &=& \frac{\pi n_z}{L_z},
\end{eqnarray}
di mana $n_y = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$ dan $n_z = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$.

Dari hasil ini kita simpulkan bahwa energi partikel di dalam kotak tersebut adalah
\begin{eqnarray}
E &=& \frac{\hbar^2 k^2}{2 m} \nonumber \\
%
&=& \frac{\hbar^2}{2 m} (k_x^2 + k_y^2 + k_z^2) \nonumber \\
%
&=& \frac{\hbar^2 \pi^2}{2 m} \left( \frac{n_x^2}{L_x^2} + \frac{n_y^2}{L_y^2} + \frac{n_z^2}{L_z^2} \right).
\end{eqnarray}
Dengan kata lain, energi partikel tersebut bersifat diskrit!

Untuk mencari fungsi gelombang dari partikel ini, maka kita gunakan persamaan
\begin{equation}
A_1 e^{i k_x L_x/2} + B_1 e^{-i k_x L_x/2} = 0.
\end{equation}
Atau,
\begin{equation}
B_1 = -A_1 e^{i k_x L_x} = -A_1 e^{i \pi n_x}.
\end{equation}
Karena $e^{i \pi n_x} = (-1)^{n_x}$, maka
\begin{equation}
B_1 = -A_1 (-1)^{n_x}.
\end{equation}
Jika $n_x$ genap, kita akan memperoleh
\begin{equation}
X(x) = C_1 \sin{(k_x x)},
\end{equation}
dan jika $n_x$ ganjil, kita akan memperoleh
\begin{equation}
X(x) = D_1 \cos{(k_x x)},
\end{equation}
dengan konstanta $C_1$ dan $D_1$ yang dapat kita cari hubungannya dengan $A_1$ dan $B_1$. Oleh karena itu, fungsi $X(x)$ untuk $n_x$ genap akan berbentuk
\begin{equation}
X_{n_x}(x) = \sqrt{\frac{2}{L_x}} \sin{\left( \frac{\pi n_x x}{L_x} \right)},
\end{equation}
dan untuk $n_x$ ganjil akan berbentuk
\begin{equation}
X_{n_x}(x) = \sqrt{\frac{2}{L_x}} \cos{\left( \frac{\pi n_x x}{L_x} \right)}.
\end{equation}
Kasus $n_x = 0$ itu tidak menarik, karena $X_0(x) = 0$. Demikian pula, karena adanya simetri $X_{-n_x}(x) = -X_{n_x}(x)$ untuk $n_x$ genap dan $X_{-n_x}(x) = X_{n_x}(x)$ untuk $n_x$ ganjil, kita bisa tuliskan
\begin{equation}
X(x) = \begin{cases}
\sqrt{\frac{2}{L_x}} \cos{\left( \frac{\pi n_x x}{L_x} \right)}, & \text{untuk $n_x = 1, 3, 5, \ldots$}, \\
%
\sqrt{\frac{2}{L_x}} \sin{\left( \frac{\pi n_x x}{L_x} \right)}, & \text{untuk $n_x = 2, 4, 6, \ldots$}.
\end{cases}
\end{equation}
Demikian pula untuk $Y(y)$ dan $Z(z)$.

Partikel Bebas pada Koordinat Bola

Sekarang mari kita analisa partikel bebas dengan menggunakan persamaan Schrödinger dalam tiga dimensi. Karena $V(r) = 0$, maka
\begin{equation}
\frac{d^2 R}{dr^2} + \frac{2}{r} \frac{dR}{dr} – \frac{l (l + 1)}{r^2} R + k^2 R = 0,
\end{equation}
di mana kita telah menggunakan persamaan $E = \frac{\hbar^2 k^2}{2 m}$.

Jika kita definisikan $\rho \equiv k r$, maka persamaan radial di atas akan menjadi
\begin{equation}
\frac{d^2 R}{d \rho^2} + \frac{2}{\rho} \frac{dR}{d \rho} – \frac{l (l + 1)}{\rho^2} R + R = 0.
\end{equation}
Kemudian, kita definisikan $u(\rho) = \rho R(\rho)$, sehingga
\begin{equation}
\frac{d^2 u}{d \rho^2} – \frac{l (l + 1)}{\rho^2} u + u = 0.
\end{equation}
Persamaan ini memiliki dua jenis solusi: solusi regular, yaitu $R(\rho) \neq \infty$ pada $\rho = 0$, yang berupa spherical Bessel function,
\begin{equation}
j_l(\rho) = (-\rho)^l \left( \frac{1}{\rho} \frac{d}{d \rho} \right)^l \left( \frac{\sin{\rho}}{\rho} \right),
\end{equation}
dan solusi irregular, yaitu $R(\rho) \to \infty$ pada $\rho = 0$, yang berupa spherical Neumann function,
\begin{equation}
n_l(\rho) = -(-\rho)^l \left( \frac{1}{\rho} \frac{d}{d \rho} \right)^l \left( \frac{\cos{\rho}}{\rho} \right).
\end{equation}

Kita dapat melihat fungsi $j_l(\rho)$ dan $n_l(\rho)$ sebagai analog dari fungsi sinus dan cosinus pada solusi fungsi gelombang dari partikel bebas pada koordinat Cartesian. Maka, solusi umum bisa kita dapatkan dengan menggunakan kombinasi linear dari kedua fungsi ini, yang dikenal dengan nama spherical Hankel functions,
\begin{eqnarray}
h_l^{(1)}(\rho) &=& j_l(\rho) + i n_l(\rho), \\
%
h_l^{(2)}(\rho) &=& j_l(\rho) – i n_l(\rho) \\
%
&=& [h_l^{(1)}(\rho)]^\ast.
\end{eqnarray}
Maka, fungsi gelombang dari partikel bebas pada koordinat bola dapat dituliskan sebagai
\begin{equation}
\psi(\rho, \theta, \varphi) = [A j_l(\rho) + B n_l(\rho)] Y_{l, m}(\theta, \varphi),
\end{equation}
atau
\begin{equation}
\psi(\rho, \theta, \varphi) = [C h_l^{(1)}(\rho) + D h_l^{(2)}(\rho)] Y_{l, m}(\theta, \varphi),
\end{equation}
di mana $A$, $B$, $C$, dan $D$ adalah konstanta.

Partikel dalam Sumur Potensial Bola

Mengapa kita mempelajari partikel bebas menggunakan koordinat bola, padahal kita telah menganalisa partikel bebas tersebut menggunakan koordinat Cartesian? Jawabannya adalah karena bisa jadi dalam beberapa kasus akan lebih mudah bagi kita untuk menganalisa sebuah sistem menggunakan koordinat bola dibandingkan jika kita menggunakan koordinat Cartesian. Misalnya, sekarang kita ingin meninjau sebuah sumur potensial bola dengan potensial $V(r)$ sebagai berikut,
\begin{equation}
V(r) = \begin{cases}
0, & \text{untuk $r < a$}, \\
%
\infty, & \text{untuk $r \geq a$}.
\end{cases}
\end{equation}
Dengan kata lain, partikel tersebut terjebak dalam sebuah bola dengan radius $a$.

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, fungsi gelombang $\psi(r, \theta, \varphi)$ dari partikel tersebut memiliki bentuk
\begin{equation}
\psi(r, \theta, \varphi) = [A j_l(k r) + B n_l(k r)] Y_{l, m}(\theta, \varphi).
\end{equation}
Karena kita tidak ingin fungsi gelombangnya divergen pada $r = 0$, maka
\begin{equation}
\psi(r, \theta, \varphi) = A j_l(k r) Y_{l, m}(\theta, \varphi).
\end{equation}
Selanjutnya, karena $\psi(a, \theta, \varphi) = 0$, maka kita akan mendapatkan
\begin{equation}
j_l(k a) = 0.
\end{equation}
Kita dapat mencari energi dari partikel dalam sumur potensial bola dengan mencari akar dari persamaan di atas. Karena jumlah akarnya adalah diskrit, maka kita simpulkan bahwa energi partikel tersebut bersifat diskrit!

Keterangan: Catatan kuliah ini mengikuti pemaparan dalam buku Quantum Physics karya Gasiorowicz dengan beberapa modifikasi dan penjelasan tambahan.

Fungsi Gelombang Elektron pada Atom Hidrogen

Bentuk Fungsi Gelombang Elektron

Dari pembahasan sebelumnya, kita simpulkan bahwa fungsi gelombang elektron pada atom Hidrogen dapat dituliskan sebagai
\begin{equation}
\psi_{n, l, m}(\rho, \theta, \varphi) = A e^{-\rho/2} \rho^l H_{n, l}(\rho) Y_{l, m}(\theta, \varphi),
\end{equation}
di mana $A$ adalah sebuah konstanta dan
\begin{equation}
\rho = \sqrt{\frac{8 \mu |E|}{\hbar^2}} r.
\end{equation}
Jika kita masukkan energi $E = -\frac{1}{2} \mu c^2 \frac{(Z \alpha)^2}{n^2}$ ke dalam persamaan $\rho$ di atas dan mendefinisikan $a_0 \equiv \frac{\hbar}{\mu c \alpha}$, maka kita akan mendapatkan
\begin{equation}
\rho = \frac{2 Z}{n a_0} r.
\end{equation}
Fungsi $H(\rho) = \sum_{k = 0}^\infty a_k \rho^k$ memenuhi persamaan rekursif,
\begin{equation}
\frac{a_{k + 1}}{a_k} = \frac{k + l + 1 – n}{(k + 1) (k + 2 l + 2)}.
\end{equation}
Fungsi ini telah dikenal dan memiliki nama associated Laguerre polynomial atau generalized Laguerre polynomial, yang secara umum memiliki bentuk
\begin{equation}
L_n^\alpha(\rho) = \sum_{m = 0}^n \begin{pmatrix} n + \alpha \\ n – m \end{pmatrix} \frac{(-\rho)^m}{m!}.
\end{equation}
Fungsi $H(\rho)$ kemudian dapat dinyatakan sebagai
\begin{eqnarray}
H_{n, l}(\rho) &=& L_{n – l – 1}^{2 l + 1}(\rho) \\
%
&=& \sum_{k = 0}^{n – l – 1} \begin{pmatrix} n + l \\ n – l – 1 – k \end{pmatrix} \frac{(-\rho)^k}{k!}.
\end{eqnarray}

Misal, untuk $n = 1$, maka $l = 0$, sehingga
\begin{equation}
H_{1, 0}(\rho) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 1.
\end{equation}
Karena $l = 0$, maka $m = 0$. Dengan mengetahui bahwa $Y_{0, 0}(\theta, \varphi) = \frac{1}{\sqrt{4 \pi}}$, maka
\begin{equation}
\psi_{1, 0, 0}(r, \theta, \varphi) = \frac{A}{\sqrt{4 \pi}} e^{-Z r/{a_0}}.
\end{equation}
Untuk menghitung nilai $A$, kita gunakan normalisasi fungsi gelombang,
\begin{eqnarray}
\int_V | \psi_{1, 0, 0}(r, \theta, \varphi) |^2 dV &=& 1 \nonumber \\
%
4 \pi \int_0^\infty | \psi_{1, 0, 0}(r) |^2 r^2 dr &=& 1 \nonumber \\
%
A^2 \int_0^\infty e^{-2 Z r/{a_0}} r^2 dr &=& 1 \nonumber \\
%
2 A^2 \left( \frac{2 Z}{a_0} \right)^3 &=& 1.
\end{eqnarray}
Dengan kata lain,
\begin{equation}
A = 2 \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2}.
\end{equation}
Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa
\begin{equation}
\psi_{1, 0, 0}(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( \frac{Z}{a_0} \right)^{3/2} e^{-Z r/{a_0}}.
\end{equation}
Fungsi gelombang untuk nilai $n$, $l$, dan $m$ lainnya dapat dicari dengan menggunakan alur pengerjaan yang serupa.

Degeneracy pada Spektrum Energi

Kita lihat bahwa fungsi gelombang $\psi_{n, l, m}(r, \theta, \varphi)$ dideskripsikan oleh bilangan kuantum $n$, $l$, dan $m$. Padahal, energi elektron pada atom Hidrogen tersebut hanya bergantung pada $n$, yaitu $E_n = -\frac{1}{2} \mu c^2 \frac{(Z \alpha)^2}{n^2}$.

Padahal, untuk setiap nilai $n$, maka $l$ dapat bernilai dari $0$ hingga $n – 1$. Dan untuk setiap nilai $l$, maka $m$ dapat bernilai dari $-l$ hingga $l$. Dengan kata lain, untuk setiap nilai $l$, ada sebanyak $2 l + 1$ kemungkinan nilai $m$. Maka, untuk setiap nilai $n$, akan ada sejumlah fungsi gelombang yang memiliki energi yang sama yaitu $E_n$. Fenomena ini disebut dengan istilah degeneracy. Jumlah fungsi gelombang dengan energi $E_n$ tersebut adalah
\begin{equation}
\sum_{l = 0}^{n – 1} (2 l + 1) = (n – 1) n + n = n^2,
\end{equation}
di mana kita telah menggunakan identitas $\sum_{k = 1}^n k = \frac{1}{2} n (n + 1)$.

Untuk $n = 1$, maka hanya ada satu fungsi gelombang dengan energi $E_1$, yaitu $\psi_{1, 0, 0}(r, \theta, \varphi)$. Untuk $n = 2$, maka ada $4$ fungsi gelombang dengan energi $E_2$, yaitu $\psi_{2, 0, 0}(r, \theta, \varphi)$, $\psi_{2, 1, -1}(r, \theta, \varphi)$, $\psi_{2, 1, 0}(r, \theta, \varphi)$, dan $\psi_{2, 1, 1}(r, \theta, \varphi)$. Demikian seterusnya untuk nilai-nilai $n$ yang lain.

Radius Bohr

Peluang untuk menemukan elektron pada radius $r$ dari inti atom Hidrogen adalah sebagai berikut,
\begin{equation}
P(r) dr = \int_\Omega | \psi_{n, l, m}(r, \theta, \varphi) |^2 r^2 dr d\Omega,
\end{equation}
di mana $\Omega$ adalah ruang yang dibentuk oleh koordinat $(\theta, \varphi)$. Untuk $n = 1$, maka kita akan mendapatkan
\begin{eqnarray}
P(r) dr &=& \int_\Omega | \psi_{1, 0, 0}(r, \theta, \varphi) |^2 r^2 dr d\Omega \nonumber \\
%
&=& 4 \left( \frac{Z}{a_0} \right)^3 r^2 e^{-2 Z r/{a_0}} dr.
\end{eqnarray}
Puncak dari fungsi $P(r)$ dapat dicari dengan menggunakan persamaan $P'(r) = 0$, sehingga kita akan dapatkan radius dengan peluang terbesar untuk menemukan elektron,
\begin{eqnarray}
r &=& \frac{a_0}{Z} \nonumber \\
%
&=& \frac{\hbar}{\mu c \alpha Z} \nonumber \\
%
&=& \frac{4 \pi \varepsilon_0 \hbar^2}{\mu e^2 Z}.
\end{eqnarray}
Jika kita set $Z = 1$ dan $\mu = m_e$ yaitu massa elektron, maka kita akan mendapatkan nilai dari radius Bohr,
\begin{equation}
r_B = \frac{4 \pi \varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2}.
\end{equation}

Keterangan: Catatan kuliah ini mengikuti pemaparan dalam buku Quantum Physics karya Gasiorowicz dengan beberapa modifikasi dan penjelasan tambahan.

Scroll to Top