Physics · Buku 5 · Bachelor Year 3

Fisika Universitas — Tahun 3

Fisika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

13Teori Gangguan

Hanya segelintir soal kuantum yang larut secara eksak: kotak, osilator, hidrogen, dan sistem dua aras. Selebihnya — sebuah atom dalam medan, ikatan sebuah molekul yang mengeras, sebuah aras yang disenggol tetangganya — adalah salah satu kerangka terselesaikan itu yang mengenakan satu suku tambahan yang kecil. Teori gangguan adalah seni memperlakukan suku tambahan itu sebagaimana adanya: sebuah koreksi, yang dihitung orde demi orde dalam kekecilannya. Kaidah orde pertamanya adalah sebuah rata-rata satu baris; kaidah orde keduanya menjelaskan mengapa aras saling menolak, mengapa tiap atom dapat terpolarisasi, dan mengapa tarikan van der Waals bersifat semesta; ragam berdegenerasinya menangani kasus peka tempat aras yang nyaris sama tertata ulang seluruhnya; dan bentuk bergantung waktunya — yakni kaidah emas Fermi — adalah persamaan di balik setiap garis serapan, laju peluruhan, dan penampang lintang hamburan yang diukur di laboratorium. Sebagai ganjaran yang mengalir, bab ini berakhir dengan menghitung warna langit.

13.1 Pergeseran kecil: teori tak berdegenerasi

Teorema 13.1 (Koreksi perturbatif)

Misalkan H^=H^0+V^\hat H = \hat H_0 + \hat V dengan H^0\hat H_0 sudah terselesaikan (H^0∣n⟩=En∣n⟩\hat H_0\ket n = E_n\ket n, spektrumnya tak berdegenerasi) dan V^\hat V kecil. Maka, orde demi orde dalam V^\hat V,

En′=En+⟨n∣V^∣n⟩+∑m≠n∣⟨m∣V^∣n⟩∣2En−Em+⋯E_n' = E_n + \bra n\hat V\ket n + \sum_{m \neq n}\frac{|\bra m\hat V\ket n|^2}{E_n - E_m} + \cdots

dan keadaannya memperoleh campuran ∣n′⟩=∣n⟩+∑m≠n⟨m∣V^∣n⟩En−Em ∣m⟩+⋯\ket{n'} = \ket n + \sum_{m\neq n}\dfrac{\bra m\hat V\ket n}{E_n - E_m}\,\ket m + \cdots Orde pertama: pergeserannya hanyalah rata-rata gangguannya dalam keadaan yang belum terganggu. Orde kedua: kopling ke aras lain mendorong EnE_n menjauhi aras itu — tiap mm di atasnya mendorong ke bawah, tiap yang di bawahnya mendorong ke atas — sehingga pergeseran orde kedua keadaan dasarnya selalu negatif. Keabsahannya: bagian percampurannya ∣⟨m∣V^∣n⟩/(En−Em)∣|\bra m\hat V\ket n/(E_n - E_m)| haruslah kecil.

Bukti sebagian. Jabarkanlah E′=E+ϵ1+ϵ2+⋯E' = E + \epsilon_1 + \epsilon_2 + \cdots dan ∣ψ⟩=∣n⟩+∣ψ1⟩+⋯\ket{\psi} = \ket n + \ket{\psi_1} + \cdots dalam pangkat V^\hat V, masukkanlah ke (H^0+V^)∣ψ⟩=E′∣ψ⟩(\hat H_0 + \hat V)\ket\psi = E'\ket\psi, lalu cocokkanlah ordenya. Memproyeksikan persamaan orde pertamanya pada ⟨n∣\bra n memberikan ϵ1=⟨n∣V^∣n⟩\epsilon_1 = \bra n\hat V\ket n; memproyeksikannya pada ⟨m∣\bra m (m≠nm \neq n) memberikan koefisien campurannya; membawa koefisien itu ke persamaan orde keduanya lalu memproyeksikannya pada ⟨n∣\bra n lagi memberikan ϵ2\epsilon_2. Pernyataan tandanya bagi keadaan dasar: tiap penyebut E0−EmE_0 - E_m negatif sedangkan pembilangnya kuadrat. ∎

Proposisi 13.2 (Sebuah gangguan yang berjawaban eksak)

Sebuah osilator bermuatan qq dalam medan seragam E\mathcal E mempunyai V^=−qEx^\hat V = -q\mathcal E\hat x. Melengkapkan kuadratnya menyelesaikannya secara eksak: potensialnya tetap parabola yang sama, hanya tergeser, dengan semua arasnya turun sebesar q2E2/2mω2q^2\mathcal E^2/2m\omega^2. Teori gangguan harus sepakat — dan memang sepakat: orde pertamanya lenyap (⟨x^⟩n=0\langle\hat x\rangle_n = 0), dan jumlahan orde keduanya, yang di dalamnya x^\hat x hanya mengopel nn ke n±1n \pm 1, memberikan tepat −q2E2/2mω2-q^2\mathcal E^2/2m\omega^2 untuk tiap arasnya (Latihan 13.2). Satu kasus terselesaikan, yang diperiksa lewat kedua jalan, adalah kalibrasi terbaik yang dapat dimiliki sebuah metode.

Bukti. Kedua unsur matriksnya beserta penyebutnya memberikan

∣⟨n+1∣x^∣n⟩∣2−ℏω+∣⟨n−1∣x^∣n⟩∣2+ℏω=ℏ2mω −(n+1)+nℏω=−12mω2;\frac{|\bra{n+1}\hat x\ket{n}|^2}{-\hbar\omega} + \frac{|\bra{n-1}\hat x\ket n|^2}{+\hbar\omega} = \frac{\hbar}{2m\omega}\,\frac{-(n+1) + n}{\hbar\omega} = -\frac{1}{2m\omega^2} ;

kalikanlah dengan q2E2q^2\mathcal E^2. ∎

Tolakan aras: dua aras terkopel tak pernah berpotongan — ketika koplingnya (atau sebuah parameter yang menyapu energi telanjangnya) berubah, energi eksaknya ±√ 2 + v2 saling menghindar. Rumus orde keduanya adalah sayap jauh hiperbola ini; “perpotongan terhindar” di pusatnyalah tempat teori gangguan menyerahkan tugasnya kepada pendiagonalan eksak.
Tolakan aras: dua aras terkopel tak pernah berpotongan — ketika koplingnya (atau sebuah parameter yang menyapu energi telanjangnya) berubah, energi eksaknya ±Δ2+v2\pm\sqrt{\Delta^2 + v^2} saling menghindar. Rumus orde keduanya adalah sayap jauh hiperbola ini; “perpotongan terhindar” di pusatnyalah tempat teori gangguan menyerahkan tugasnya kepada pendiagonalan eksak.

13.2 Ketika arasnya berdegenerasi

Teorema 13.3 (Teori gangguan berdegenerasi)

Jika EnE_n berdegenerasi, rumus di atas membagi dengan nol — gangguannya boleh jadi menata ulang keadaan berdegenerasinya seluruhnya, dan penawarnya adalah membiarkannya berbuat demikian: diagonalkanlah V^\hat V yang dibatasi pada subruang berdegenerasinya. Nilai eigennya adalah pergeseran orde pertamanya; vektor eigennya adalah keadaan orde nol yang benar, yakni gabungan yang dipilih gangguannya sendiri.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Contoh 13.4 (Efek Stark linear)

Aras n=2n = 2 hidrogen memuat keadaan 2s2s dan 2p2p yang berdegenerasi. Dalam medan Ee→z\mathcal E\vect e_z, V^=eEz^\hat V = e\mathcal E\hat z mengopel 2s2s ke 2p02p_0 dengan ⟨2s∣z^∣2p0⟩=−3a0\bra{2s}\hat z\ket{2p_0} = -3a_0: mendiagonalkan blok 2×22\times2-nya memberikan pergeseran

ΔE=± 3ea0E,\Delta E = \pm\,3e a_0\mathcal E ,

yang linear dalam medannya — sedangkan keadaan dasarnya yang tak berdegenerasi hanya bergeser secara kuadratik. Pada E=107 V/m\mathcal E = 10^{7}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}: ±1.6 meV\pm 1.6\,\mathrm{meV}, yakni pembelahan yang mudah dipilah. Keadaan yang melakukan pembelahannya adalah (∣2s⟩∓∣2p0⟩)/2(\ket{2s} \mp \ket{2p_0})/\sqrt2 — yakni hibrida berdipol listrik tetap, yang hanya mungkin karena degenerasinya membiarkan atomnya bebas terpolarisasi pada orde nol. (Hibridisasi ss–pp yang sama, yang digerakkan tetangga alih-alih medan, adalah kimia karbon tiap molekul organik.)

Efek Stark linear pada kulit n = 2 hidrogen: medannya menghibridkan 2s dan 2p_0 yang berdegenerasi menjadi keadaan berdipol tetap yang bergeser sebesar ±3ea_0 E, sambil membiarkan 2p_±1 tak tersentuh pada orde pertama.
Efek Stark linear pada kulit n=2n = 2 hidrogen: medannya menghibridkan 2s2s dan 2p02p_0 yang berdegenerasi menjadi keadaan berdipol tetap yang bergeser sebesar ±3ea0E\pm3ea_0\mathcal E, sambil membiarkan 2p±12p_{\pm1} tak tersentuh pada orde pertama.

13.3 Transisi: kaidah emasnya

Teorema 13.5 (Gangguan bergantung waktu)

Nyalakanlah V^(t)=V^cos⁡ωt\hat V(t) = \hat V\cos\omega t pada t=0t = 0. Sampai orde pertama, peluang menemukan sistemnya dalam ∣f⟩\ket f pada waktu tt, setelah bermula dalam ∣i⟩\ket i, adalah

Pi→f(t)=∣⟨f∣V^∣i⟩∣24ℏ2  sin⁡2 ⁣[(ωfi−ω) t/2][(ωfi−ω)/2]2,ωfi=Ef−Eiℏ:\mathcal P_{i\to f}(t) = \frac{|\bra f\hat V\ket i|^2}{4\hbar^2}\; \frac{\sin^2\!\big[(\omega_{fi} - \omega)\,t/2\big]} {\big[(\omega_{fi} - \omega)/2\big]^2} , \qquad \omega_{fi} = \frac{E_f - E_i}{\hbar} :

yakni sebuah resonansi yang memuncak tajam pada ℏω=Ef−Ei\hbar\omega = E_f - E_i — serapan ketika Ef>EiE_f > E_i, dan pancaran terangsang bagi suku pasangannya dengan Ef<EiE_f < E_i. Ketika keadaan akhirnya membentuk kontinum berkerapatan ρ(E)\rho(E), pertumbuhan puncaknya menjadi sebuah laju yang tetap:

Γi→f=2πℏ ∣⟨f∣V^∣i⟩∣2 ρ(Ef)\Gamma_{i\to f} = \frac{2\pi}{\hbar}\, |\bra f\hat V\ket i|^2\,\rho(E_f)

— yakni kaidah emas Fermi, rumus induk laju peluruhan, koefisien serapan dan penampang lintang.

Bukti sebagian. Amplitudo orde pertamanya: cf(t)=−iℏ∫0t⟨f∣V^(t′)∣i⟩ eiωfit′ ⁣dt′c_f(t) = -\tfrac{\iu}{\hbar}\int_0^t\bra f\hat V(t')\ket i\,\eu^{\iu\omega_{fi}t'}\dd t'; mempertahankan eksponensial yang dekat resonansinya lalu mengintegralkannya memberikan bentuk sin⁡2\sin^2 yang dinyatakan itu. Untuk kontinumnya: sebagai fungsi pelencengannya xx, faktor resonansinya bertinggi t2t^2 dan berlebar ∼2π/t\sim 2\pi/t — sehingga berluas 2πt2\pi t — maka menjumlahkannya pada kontinum yang mulus menggantikannya dengan 2πt ρ2\pi t\,\rho: peluangnya linear dalam tt, yakni sebuah laju. ∎

Kiri: peluang transisi orde pertama terhadap pelencengannya — sebuah resonansi yang makin sempit dan makin tinggi, yang luasnya tumbuh linear terhadap waktu. Kanan: menuju sebuah kontinum, pertumbuhan linear itu menjadi laju peluruhan yang tetap: yakni kaidah emasnya.
Kiri: peluang transisi orde pertama terhadap pelencengannya — sebuah resonansi yang makin sempit dan makin tinggi, yang luasnya tumbuh linear terhadap waktu. Kanan: menuju sebuah kontinum, pertumbuhan linear itu menjadi laju peluruhan yang tetap: yakni kaidah emasnya.

Contoh 13.6 (Apa yang dijalankan kaidah emas)

Kaidah pemilihan: sebuah transisi terjadi hanya jika unsur matriksnya ⟨f∣V^∣i⟩\bra f\hat V\ket i bertahan — untuk cahaya, V^∝z^\hat V \propto \hat z, yang paritas dan momentum sudutnya membunuh segalanya kecuali Δl=±1\Delta l = \pm1, Δm=0,±1\Delta m = 0, \pm1: yakni kaidah yang dipanggil sejak Bab 10, yang kini menjadi teorema. Lajunya: peluruhan spontan keadaan 2p2p hidrogen terhitung 1.6 ns1.6\,\mathrm{ns} (Latihan 13.8); transisi maser amonia, dengan ω3\omega^3 gelombang mikronya, memakan waktu berbulan — ω3\omega^3 dalam laju radiasinya itulah sebabnya garis radio (Contoh 12.7) hidup berjuta tahun sedangkan garis ultraungu berkelebat dalam nanosekon. Spektrum serapan, pengionan foto, peluruhan beta inti (Bab 25), penampang lintang hamburan (Bab 15): semuanya adalah satu rumus ini dengan unsur matriks dan cacah keadaan yang berbeda.

Metode 13.7 (Memilih perkakas perturbatif yang tepat)

(1) Pertanyaan statis, aras tak berdegenerasi: rata-ratakanlah V^\hat V (orde pertama); jika hasilnya lenyap karena simetrinya, pakailah orde kedua — harapkanlah tolakan aras. (2) Aras berdegenerasi: diagonalkanlah V^\hat V dalam blok berdegenerasinya lebih dahulu; gabungan yang selaras simetrinyalah yang melakukan pembelahannya. (3) Laju transisi: kaidah emas — satu unsur matriks, satu kerapatan keadaan; periksalah kaidah pemilihannya sebelum menghitung apa pun. (4) Ujilah selalu penjabarannya: bagian percampurannya ∣Vmn/(En−Em)∣≪1|V_{mn}/(E_n - E_m)| \ll 1, kalau tidak diagonalkanlah secara eksak (rumus dua arasnya). (5) Limit terselesaikan yang eksak (osilator dalam medan) adalah kalibrasi cuma-cuma: pakailah.

Senja sebagai teori gangguan: molekul udara menghamburkan cahaya biru jauh lebih mudah daripada cahaya merah (yakni 4 kerabat kaidah emas bab ini), sehingga lintasan panjang di cakrawala menyaring birunya lalu mengirimkannya ke langit siang orang lain.
Senja sebagai teori gangguan: molekul udara menghamburkan cahaya biru jauh lebih mudah daripada cahaya merah (yakni ω4\omega^4 kerabat kaidah emas bab ini), sehingga lintasan panjang di cakrawala menyaring birunya lalu mengirimkannya ke langit siang orang lain.

13.4 Latihan

Latihan 13.1 ★

Sebuah partikel dalam kotak [0,a][0, a] merasakan potensial tambahan V(x)=λx/aV(x) = \lambda x/a. (a) Hitunglah pergeseran orde pertama tiap arasnya (pakailah ⟨x⟩=a/2\langle x\rangle = a/2 dalam keadaan kotak mana pun — berilah alasannya). (b) Mengapa pergeserannya sama untuk semua arasnya di sini? (c) Berapa perubahan orde pertama jarak arasnya, dan mengapa pengukuran frekuensi transisi dapat sama sekali melewatkan gangguan ini? (d) Kapan orde pertamanya berhenti dapat dipercaya?

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

(a) Tiap ∣φn∣2|\varphi_n|^2 setangkup terhadap a/2a/2, sehingga ⟨x⟩=a/2\langle x\rangle = a/2 dan ΔEn=λ/2\Delta E_n = \lambda/2 untuk semua nn. (b) Simetrinya, bukan dinamikanya. (c) Pergeseran yang sama saling meniadakan dalam tiap selisihnya: spektroskopi, yang mengukur jarak arasnya, tidak melihat apa pun pada orde pertama. (d) Ketika λ\lambda menyaingi jarak arasnya, percampuran keadaan yang diabaikannya (orde kedua) menjadi berperan.

Latihan 13.2 ★

Kerjakanlah perhitungan orde kedua pada Proposisi 13.2 selengkapnya: unsur matriks x^\hat x, kedua sukunya, peniadaan nn-nya, dan kesesuaian eksaknya dengan melengkapkan kuadratnya. Mengapa koreksi orde pertama keadaannya tidak lenyap walaupun koreksi energinya lenyap?

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

⟨n±1∣x^∣n⟩=ℏ/2mω n+12±12\bra{n\pm1}\hat x\ket n = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,\sqrt{n + \tfrac12 \pm \tfrac12}; kedua suku orde keduanya memberikan

q2E2ℏ2mω[n+1−ℏω+nℏω]=−q2E22mω2,\frac{q^2\mathcal E^2\hbar}{2m\omega}\Big[\frac{n+1}{-\hbar\omega} + \frac{n}{\hbar\omega}\Big] = -\frac{q^2\mathcal E^2}{2m\omega^2} ,

yang tidak bergantung pada nn — yakni jawaban eksaknya. Keadaannya memang terkoreksi pada orde pertama (campuran n±1n \pm 1 menggeser fungsi gelombangnya menyamping); hanya bagian orde pertama energinya yang lenyap, karena paritasnya.

Latihan 13.3 ★

Hamiltonian dua aras (E1vvE2)\begin{pmatrix}E_1 & v\\ v & E_2\end{pmatrix}, E1<E2E_1 < E_2, dengan vv real. (a) Carilah nilai eigen eksaknya. (b) Jabarkanlah untuk ∣v∣≪E2−E1|v| \ll E_2 - E_1 lalu kenalilah rumus orde keduanya. (c) Tunjukkanlah bahwa arasnya saling menolak: celahnya selalu melampaui E2−E1E_2 - E_1. (d) Pada E1=E2E_1 = E_2: apa yang diberikan teori gangguan, apa yang diberikan jawaban eksaknya, dan teorema mana dalam bab ini yang mendamaikan keduanya?

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

(a) E±=Eˉ±(Δ/2)2+v2E_\pm = \bar E \pm \sqrt{(\Delta/2)^2 + v^2} dengan Δ=E2−E1\Delta = E_2 - E_1. (b) E−≈E1−v2/ΔE_- \approx E_1 - v^2/\Delta, E+≈E2+v2/ΔE_+ \approx E_2 + v^2/\Delta: yakni rumus orde keduanya, suku demi suku. (c) Celahnya 2(Δ/2)2+v2≥Δ2\sqrt{(\Delta/2)^2 + v^2} \ge \Delta, dengan kesamaannya hanya pada v=0v = 0. (d) Penjabarannya membesar tanpa batas; jawaban eksaknya memberikan ±∣v∣\pm|v| — yang persis diresepkan oleh pendiagonalan V^\hat V dalam blok berdegenerasinya (Teorema 13.3).

Latihan 13.4 ★

Untuk Teorema 13.1: (a) tunjukkanlah bahwa koreksi keadaan orde pertamanya ortogonal terhadap ∣n⟩\ket n; (b) tunjukkanlah bahwa koefisien campuran ∣m⟩\ket m adalah Vmn/(En−Em)V_{mn}/(E_n - E_m) lalu nyatakanlah patokan keabsahannya; (c) sebuah aras yang berjarak 1 eV1\,\mathrm{eV} dari tetangga terdekatnya terkopel dengannya sebesar 0.1 eV0.1\,\mathrm{eV}: perkirakanlah peluang campurannya; (d) hal yang sama dengan celah 10 meV10\,\mathrm{meV} — perkakas mana yang seharusnya menggantikan penjabarannya?

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

(a) Penjabarannya memberi ∣n⟩\ket n koefisien 11; penormalan sampai orde pertama memaksa koreksinya masuk ke komplemen ortogonalnya. (b) Dari proyeksinya pada ⟨m∣\bra m; percampuran yang kecil menuntut ∣Vmn∣≪∣En−Em∣|V_{mn}| \ll |E_n - E_m|. (c) (0.1)2=1%(0.1)^2 = 1\%. (d) (0.1/0.01)2=100(0.1/0.01)^2 = 100: tak masuk akal — diagonalkanlah blok dua arasnya secara eksak.

Latihan 13.5 ★★

Ikatan yang anharmonik. Tambahkanlah V^=βx^3+γx^4\hat V = \beta\hat x^3 + \gamma\hat x^4 pada osilatornya. (a) Tunjukkanlah bahwa suku x3x^3-nya tidak menggeser aras mana pun pada orde pertama (paritas). (b) Tunjukkanlah bahwa suku x4x^4-nya memberikan ΔEn=3γ(ℏ/2mω)2(2n2+2n+1)\Delta E_n = 3\gamma(\hbar/2m\omega)^2(2n^2 + 2n + 1) (jabarkanlah x^4\hat x^4 dalam operator tangga; hanya suku yang “berimbang” yang bertahan). (c) Untuk ikatan sungguhan γ\gamma efektifnya negatif (sumurnya melunak ke arah luar): tunjukkanlah bahwa jarak arasnya lalu menyusut seiring nn. (d) Ciri teramati manakah dari spektrum molekul (Latihan 9.4) yang dihasilkannya kembali?

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

(a) x^3\hat x^3 ganjil: rata-ratanya dalam keadaan eigen paritas mana pun lenyap. (b) Menuliskan x^4∝(a^+a^†)4\hat x^4 \propto (\hat a + \hat a^\dagger)^4 lalu mempertahankan keenam suku dengan penaikan dan penurunan yang sama banyak memberikan ⟨(a^+a^†)4⟩n=6n2+6n+3\langle(\hat a + \hat a^\dagger)^4\rangle_n = 6n^2 + 6n + 3: yakni pergeseran yang dinyatakan itu. (c) Dengan γ<0\gamma < 0 pergeserannya menjadi makin negatif seperti n2n^2: jarak aras berurutannya En+1−EnE_{n+1} - E_n menurun secara linear dalam nn. (d) Anak tangga tangga getaran sungguhan yang saling mendekat — nada atasnya sedikit kurang dari kelipatan nada dasarnya, dan adanya batas disosiasi yang berhingga.

Latihan 13.6 ★★

Dalam kotak persegi berdimensi dua, pasangan berdegenerasi ∣1,2⟩,∣2,1⟩\ket{1,2}, \ket{2,1} diganggu oleh V^=λ xy\hat V = \lambda\,xy. (a) Jelaskanlah mengapa teori tak berdegenerasinya gagal. (b) Hitunglah matriks 2×22\times2 V^\hat V dalam pasangan itu (integralnya terfaktorkan; ∫0axsin⁡(πx/a)sin⁡(2πx/a) ⁣dx=−8a2/9π2\int_0^a x\sin(\pi x/a)\sin(2\pi x/a)\dd x = -8a^2/9\pi^2). (c) Carilah pembelahannya beserta keadaan orde nolnya yang benar. (d) Bandingkanlah dengan analisis simetri pada Latihan 8.9: jawaban mana yang diberikan simetrinya secara cuma-cuma?

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

(a) Pasangannya berdegenerasi: penyebutnya lenyap. (b) Unsur diagonalnya λ(a/2)2\lambda(a/2)^2; unsur taksdiagonalnya λc2\lambda c^2 dengan c=−8a2/9π2c = -8a^2/9\pi^2 — integralnya terfaktorkan menjadi kedua bagian satu dimensinya. (c) Pergeserannya λ[(a/2)2±(8a2/9π2)2/a2⋅a2]\lambda[(a/2)^2 \pm (8a^2/9\pi^2)^2/a^2\cdot a^2] — yakni λa2(14±64/81π4)\lambda a^2(\tfrac14 \pm 64/81\pi^4) — dengan keadaan eigennya (∣1,2⟩±∣2,1⟩)/2(\ket{1,2} \pm \ket{2,1})/ \sqrt2. (d) Simetrinya sudah menamai keadaan eigennya lebih dahulu (yakni gabungan yang genap dan yang ganjil terhadap penukarannya); gangguannya hanya dapat memilih keduanya, dan memang itulah yang dilakukannya.

Latihan 13.7 ★★

Efek Stark, linear dan kuadratik. (a) Dengan memakai Contoh 13.4, hitunglah pembelahan n=2n = 2 pada E=2.5×106 V/m\mathcal E = 2.5 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. (b) Mengapa keadaan dasarnya tidak menunjukkan pergeseran linear (dua alasan: paritasnya, dan tak adanya pasangan berdegenerasi)? (c) Pergeseran kuadratiknya mendefinisikan keterpolarisasiannya, ΔE=−12αE2\Delta E = -\tfrac12\alpha\mathcal E^2: perkirakanlah α∼e2a02/EI\alpha \sim e^2a_0^2/E_{\text{I}} lalu hitunglah dalam satuan a03a_0^3 (jawaban eksaknya adalah 4.5 a03×4πε04.5\,a_0^3 \times 4\pi\varepsilon_0). (d) Sifat materi sehari-hari yang mana — yakni tanggapan dielektriknya — yang benih atomnya baru saja Anda hitung?

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

(a) 3ea0E=3×5.29×10−11×2.5×106=0.40 meV3ea_0\mathcal E = 3 \times 5.29 \times 10^{-11} \times 2.5 \times 10^{6} = 0.40\,\mathrm{meV} ke tiap arah. (b) ⟨100∣z^∣100⟩=0\bra{100}\hat z\ket{100} = 0 karena paritasnya, dan tak ada pasangan berdegenerasi yang dapat dihibridkan dengannya. (c) α∼2e2a02/EI→α/4πε0∼2a03\alpha \sim 2e^2a_0^2/E_{\text{I}} \to \alpha/4\pi\varepsilon_0 \sim 2a_0^3, yakni orde yang tepat di samping nilai eksaknya 4.5 a034.5\,a_0^3. (d) Tetapan dielektriknya: εr\varepsilon_{\text{r}} tiap kapasitor adalah atom yang menjawab medan lewat penyerahan orde kedua ini persis.

Latihan 13.8 ★★

Pancaran spontan (dengan satu masukan yang diterima tanpa bukti): sebuah keadaan tereksitasi meluruh dengan A=ω3∣dfi∣2/3πε0ℏc3A = \omega^3|d_{fi}|^2/3\pi\varepsilon_0\hbar c^3, dengan unsur matriks jenis dfi=e⟨f∣z^∣i⟩d_{fi} = e\bra f\hat z\ket i menetapkan dipolnya. (a) Untuk hidrogen 2p→1s2p \to 1s: dengan ∣d∣≈0.74 ea0|d| \approx 0.74\, ea_0 dan λ=121.6 nm\lambda = 121.6\,\mathrm{nm}, hitunglah AA beserta umurnya. (b) Skalakanlah ke garis D natrium. (c) Skalakanlah ke transisi hiperhalus 21 cm (∣d∣→|d| \to sebuah momen magnetik, dengan lajunya turun lagi sebesar faktor sekitar α2\alpha^2; terimalah A≈2.9×10−15 s−1A \approx 2.9 \times 10^{-15}\,\mathrm{s}^{-1}): periksalah “sepuluh juta tahun”-nya. (d) Dari ω3\omega^3-nya: mengapa garis ultraungu cepat, garis radio abadi, dan mengapa hal itu membuat garis 21 cm dapat diramalkan namun nyaris tak terdeteksi di laboratorium?

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

(a) A=ω3∣d∣2/3πε0ℏc3≈6×108 s−1A = \omega^3|d|^2/3\pi\varepsilon_0\hbar c^3 \approx 6 \times 10^{8}\,\mathrm{s}^{-1}: τ=1.6 ns\tau = 1.6\,\mathrm{ns}. (b) ω\omega lebih kecil sebesar 4.84.8: ω3\omega^3 sebesar 110110; dengan dipolnya yang agak lebih besar, garis D-nya keluar pada ∼16 ns\sim16\,\mathrm{ns} — sesuai pengukurannya. (c) 1/A=3.4×1014 s≈111/A = 3.4 \times 10^{14}\,\mathrm{s} \approx 11 juta tahun. (d) ω3\omega^3 membentang 102010^{20} antara ultraungu dan radio: kilatan UU yang cepat, kesabaran radio yang berskala geologi — sehingga garis 21 cm diramalkan (van de Hulst, 1944) dari teori lalu dicari di langit, tempat 106610^{66} atom mengimbangi kesabarannya.

Latihan 13.9 ★★

Kaidah pemilihan sebagai integral. (a) Tunjukkanlah ⟨100∣z^∣200⟩=0\bra{100}\hat z\ket{200} = 0 lewat paritasnya. (b) Tunjukkanlah ⟨100∣z^∣21m⟩=0\bra{100}\hat z\ket{21m} = 0 kecuali bila m=0m = 0 (integral φ\varphi-nya). (c) Nyatakanlah kaidah yang dihasilkannya Δl=±1\Delta l = \pm1, Δm=0,±1\Delta m = 0, \pm1 beserta pembacaan fisisnya (spin fotonnya). (d) Keadaan 2s2s tak dapat mencapai 1s1s lewat jalur dipol mana pun: apa yang diramalkannya bagi umurnya, dan jalur “terlarang” dua foton apa yang sesungguhnya ditempuh alam?

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

(a) Kedua keadaannya genap dikalikan z^\hat z yang ganjil: integrannya ganjil. (b) Integral φ\varphi-nya ∫02πeimφ ⁣dφ\int_0^{2\pi}\eu^{\iu m\varphi}\dd\varphi lenyap kecuali bila m=0m = 0. (c) Fotonnya membawa satu ℏ\hbar dan paritas ganjil: ll harus berubah satu, dan mm paling banyak satu. (d) Dengan tiap pintu satu foton tertutup, 2s2s hidup ∼0.12 s\sim0.12\,\mathrm{s} — delapan orde melampaui 2p2p — lalu meluruh lewat pemancaran serentak dua foton, yakni kontinum lemah yang memang teramati dalam nebula planet.

Latihan 13.10 ★★★

Keterpolarisasian, secara jujur. Pergeseran orde kedua keadaan dasar hidrogen dalam sebuah medan adalah ΔE=−e2E2∑m≠0∣⟨m∣z^∣0⟩∣2/(Em−E0)\Delta E = -e^2\mathcal E^2\sum_{m\neq 0}|\bra m\hat z\ket 0|^2/(E_m - E_0). (a) Batasilah jumlahannya dengan mengganti tiap penyebutnya dengan celah terkecilnya E2−E1=34EIE_2 - E_1 = \tfrac34 E_{\text{I}} dan memakai hubungan ketertutupannya ∑m∣⟨m∣z^∣0⟩∣2=⟨z2⟩0=a02\sum_m|\bra m\hat z\ket0|^2 = \langle z^2\rangle_0 = a_0^2: perolehlah α≤163 a03\alpha \le \tfrac{16}3\,a_0^3 (dalam satuan bergaya Gauss 4πε04\pi\varepsilon_0). (b) Bandingkanlah dengan nilai eksaknya 92a03\tfrac92 a_0^3. (c) Dari α\alpha, perkirakanlah indeks bias gas hidrogen pada kerapatan atmosfer (n−1≈Nα/2ε0⋅e2…n - 1 \approx N\alpha/2\varepsilon_0 \cdot e^2\dots — pakailah n−1=NαSI/2ε0n - 1 = N\alpha_{\text{SI}}/2 \varepsilon_0) lalu bandingkanlah dengan nilai terukur 1.3×10−41.3 \times 10^{-4}. (d) Nyatakanlah dalam satu kalimat rantai atom →\to keterpolarisasian →\to pembiasan yang akan ditunggangi Bagian II soal akhir pekannya.

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

(a) Mengganti penyebutnya dengan yang terkecil, 34EI\tfrac34 E_{\text{I}}, lalu memakai ketertutupannya: α/4πε0≤2 a02 (2EI) / (34EI)⋅12=163 a03\alpha/4\pi\varepsilon_0 \le 2\,a_0^2\,(2E_{\text{I}})\,/\,(\tfrac34 E_{\text{I}})\cdot\tfrac12 = \tfrac{16}3\,a_0^3. (b) Nilai eksaknya 4.5 a034.5\,a_0^3 berada di bawah batasnya, sebagaimana seharusnya. (c) n−1=NαSI/2ε0≈10−4n - 1 = N\alpha_{\text{SI}}/2\varepsilon_0 \approx 10^{-4} berbanding nilai terukur 1.3×10−41.3 \times 10^{-4}: kelunakan orde kedua atomnya memang pembiasan gasnya. (d) Satu jumlahan unsur matriks menetapkan bagaimana sebuah atom menyerah kepada medan, dan penyerahan kolektif 102510^{25} atom tiap meter kubik membelokkan cahayanya: teori gangguan →\to keterpolarisasian →\to optika.

Latihan 13.11 ★★★

Perpotongan terhindar dan sapuan lambat. Sebuah sistem dua aras mempunyai energi telanjang ±λt\pm\lambda t yang berpotongan pada t=0t = 0, terkopel oleh vv. (a) Sketsalah aras eksaknya terhadap tt: sebuah perpotongan terhindar bercelah 2∣v∣2|v|. (b) Jika sapuannya lambat, sistemnya mengikuti kurva bawahnya (teorema adiabatik, diterima tanpa bukti): keadaan apa yang akhirnya ditempatinya? (c) Patokan Landau–Zener membandingkan waktu sapuan melintasi daerah celahnya, ∼v/λ\sim v/\lambda, dengan jam internalnya ℏ/v\hbar/v: berikanlah syarat pengikutan adiabatiknya. (d) Dua kegunaannya: keadaan sebuah kubit yang dipindahkan lewat kicauan lambat; sebuah tumbukan atom yang melompatkan muatan antarinti — jelaskanlah salah satunya dalam dua kalimat.

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

(a) Dua cabang hiperbola, dengan pendekatan terdekatnya 2∣v∣2|v| pada t=0t = 0. (b) Dalam keadaan yang mengikuti kurva bawahnya secara sinambung — keadaan “diabatik” awalnya sudah bertukar watak: yakni pemindahan sepenuhnya. (c) Waktu perlintasannya ∼v/λ\sim v/\lambda yang panjang terhadap ℏ/v\hbar/v: adiabatik ketika v2/ℏλ≫1v^2/\hbar\lambda \gg 1. (d) Kubit: sapukanlah medan kendalinya secara lambat melewati perpotongan terhindarnya dan populasinya akan menunggangi cabang bawahnya dari satu keadaan basis ke keadaan basis lainnya — yakni pemindahan yang tahan terhadap galat pewaktuan, yang dipakai sehari-hari dalam penyiapan keadaan secara adiabatik.

Latihan 13.12 ★★★

Orde kedua itu pesimis, beserta teorema lainnya. (a) Buktikanlah bahwa koreksi orde kedua bagi keadaan dasar selalu negatif. (b) Simpulkanlah (dengan Latihan 9.10) mengapa gaya van der Waals selalu bersifat menarik antara atom dalam keadaan dasar. (c) Tunjukkanlah bahwa teori orde pertama menaksir terlalu besar tiap energi keadaan dasar: ia merupakan batas variasi (hitunglah ⟨ψ0∣H^∣ψ0⟩\bra{\psi_0}\hat H\ket{\psi_0} dengan keadaan tak terganggunya sebagai fungsi coba). (d) Sebuah pemeriksaan taat asas atas Contoh 13.4: mengapa efek Stark linear bukan pelanggaran atas (a)?

Solusi

Solusi Latihan 13.12.

(a) Tiap suku jumlahannya berupa kuadrat dibagi penyebut yang negatif. (b) Efek antaratom terdepan dua atom dalam keadaan dasar berorde dua dalam kopling dipol–dipolnya: negatif — jadi selalu menarik, bagi pasangan jenis apa pun. (c) ⟨ψ0∣H^∣ψ0⟩=E0+⟨ψ0∣V^∣ψ0⟩\bra{\psi_0}\hat H\ket{ \psi_0} = E_0 + \bra{\psi_0}\hat V\ket{\psi_0} adalah energi sebuah keadaan coba, sehingga ≥\ge energi dasar yang sebenarnya: orde pertamanya hanya dapat melampaui. (d) Keadaan n=2n = 2 yang terbelah Stark adalah keadaan tereksitasi; teoremanya berkenaan dengan keadaan dasar yang sebenarnya, yang pergeseran linearnya lenyap — jadi tak ada pertentangan.

13.5 Soal: Warna langit

Soal 13.1

Soal akhir pekan — hamburan Rayleigh dari atom yang terganggu

Mengapa langit siang berwarna biru, senjanya merah, dan awannya putih? Jawaban lengkapnya adalah sebuah rantai lewat bab ini: gelombang cahaya mengganggu tiap molekul udara; dipol imbasannya memancar ulang (yakni radiasi dipol jilid Tahun 2); dan interferensinya memutuskan apa yang bertahan. Data: keterpolarisasian molekul udara α/4πε0≈2.2×10−30 m3\alpha/4\pi\varepsilon_0 \approx 2.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{m}^{3}; kerapatan cacahnya N=2.5×1025 m−3N = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}; rentang tampaknya 450450–700 nm700\,\mathrm{nm}.

Bagian I — Molekul yang terganggu.

  1. Sebuah medan statis E\mathcal E menggeser keadaan dasar sebuah molekul sebesar −12αE2-\tfrac12\alpha\mathcal E^2: kaitkanlah pernyataan ini dengan teori gangguan orde kedua (rumus yang mana, dan mengapa negatif?).
  2. α\alpha yang sama memberikan dipol imbasannya p=αEp = \alpha\mathcal E: untuk medan sinar matahari E∼800 V/m\mathcal E \sim 800\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, hitunglah dipol imbasan satu molekul nitrogen lalu bandingkanlah dengan ea0ea_0.
  3. Mengapa medan optisnya (berfrekuensi 5×10145 \times 10^{14} Hz) boleh diperlakukan dengan keterpolarisasian statis bagi molekul yang transisi elektroniknya terletak di ultraungu? (Bandingkanlah ℏω\hbar\omega dengan celahnya; inilah limit jauh di luar resonansi bagi penyebut kaidah emasnya.)
  4. Sebuah dipol berosilasi p0cos⁡ωtp_0\cos\omega t memancarkan daya rata-rata P=p02ω4/12πε0c3P = p_0^2\omega^4/12\pi\varepsilon_0c^3 (jilid Tahun 2). Digabungkan dengan p0=αE0p_0 = \alpha\mathcal E_0: bagaimana daya hamburannya bergantung pada ω\omega pada penyinaran yang tetap?
  5. Hitunglah nisbah daya hamburannya pada 450 nm450\,\mathrm{nm} dan 700 nm700\,\mathrm{nm}.
  6. Dalam satu kalimat: mengapa langitnya biru dan bukan ungu (dua bahan: spektrum Matahari yang menurun ke arah ungu, dan kepekaan mata)?

Bagian II — Dari satu molekul ke langit.

  1. Penampang lintang hamburannya diperoleh sebagai σ=8π3(α4πε0)2ω4c4\sigma = \dfrac{8\pi}{3}\Big(\dfrac{\alpha}{4\pi\varepsilon_0} \Big)^2\dfrac{\omega^4}{c^4}: periksalah dimensinya lalu hitunglah pada 550 nm550\,\mathrm{nm}.
  2. Panjang pelemahannya adalah ℓ=1/Nσ\ell = 1/N\sigma: hitunglah pada 550 nm550\,\mathrm{nm} lalu bandingkanlah dengan tebal atmosfernya (∼8 km\sim8\,\mathrm{km} setara pada kerapatan permukaan laut).
  3. Pada 450 nm450\,\mathrm{nm} berbanding 700 nm700\,\mathrm{nm}, berapa bagian seberkas sinar matahari tegak yang terhamburkan keluar? (Pakailah 1−e−L/ℓ1 - \eu^{-L/\ell} dengan L=8 kmL = 8\,\mathrm{km}.)
  4. Pada senja lintasannya tiga puluh kali lebih panjang: hitunglah kembali kebertahanan birunya lalu jelaskanlah warna Matahari yang rendah — dan warna cahaya yang memerahkan Bulan dalam gerhana bulan.
  5. Mengapa cahaya langit terpolarisasi pada 90∘90^\circ dari Matahari (ingatlah pola radiasi dipolnya: tak ada pancaran sepanjang sumbu dipolnya)?
  6. Lebah dan orang Viking konon bernavigasi dengan polarisasi ini: apa yang dilakukan hari yang mendung terhadapnya, dan mengapa?

Bagian III — Mengapa langitnya tidak lebih terang.

  1. Sebuah paradoks: dalam medium yang benar-benar seragam, riak gelombang dari unsur volume yang bertetangga berinterferensi merusak ke arah samping, sehingga tak ada cahaya yang akan terhambur sama sekali (hanya pembiasan yang bertahan). Apa yang sesungguhnya merusak keseragaman udara — apa yang tersebar secara acak?
  2. Fluktuasi kerapatan sebuah gas ideal membuat keterangan hamburan molekul yang saling bebas dijumlahkan: nyatakanlah mengapa kebebasannya (kedudukan acak, jarak berskala panjang gelombang) membunuh interferensi merusaknya.
  3. Dari ℓ\ell Anda pada 550 nm550\,\mathrm{nm}: berapa bagian sinar matahari yang dihamburkan satu atmosfer di hari cerah — apakah bilangannya cocok dengan keterangan langit sehari-hari dibandingkan Matahari?
  4. Sebutir titik awan (10 µm10\,\text{µ}\mathrm{m}) memuat ∼1012\sim10^{12} molekul dalam satu panjang gelombang: riak gelombangnya berjumlah secara terpadu. Bagaimana daya hamburannya lalu berskala terhadap cacah molekulnya, dan mengapa pemilihan warna ω4\omega^4-nya lenyap (semua panjang gelombangnya terhambur kuat): berwarna apakah awannya?
  5. Susu, kabut dan cat putih berwarna putih karena alasan yang sama: nyatakanlah kaidah umumnya — penghambur yang kecil terhadap λ\lambda mewarnai cahayanya, penghambur yang besar terhadap λ\lambda memutihkannya.
  6. Opalesensi kritis: di dekat titik kritis sebuah zat cair (bab perubahan fase jilid Tahun 1, dan Bab 21 di depan), fluktuasi kerapatannya tumbuh sampai skala optis dan fluidanya menjadi seperti susu: kaitkanlah dengan butir 13.

Bagian IV — Rantainya, dilengkapi.

  1. Riak gelombang yang terhambur ke depan tidak saling meniadakan: ia berinterferensi dengan berkasnya lalu memperlambat fasenya — yakni indeks biasnya. Dengan memakai n−1=Nα/2ε0n - 1 = N\alpha/2\varepsilon_0 (dengan α\alpha dalam SI), hitunglah n−1n - 1 untuk udara lalu bandingkanlah dengan nilai terukur 2.9×10−42.9 \times 10^{-4}.
  2. Satu tetapan α\alpha, yang dihitung dengan teori gangguan orde kedua, dengan demikian menetapkan tiga gejala sekaligus: sebutkanlah ketiganya (pergeseran dalam medan statis; birunya langit; pembelokan cahaya dalam udara).
  3. Serapan ozon, aerosol dan hamburan berganda merumitkan langit yang sebenarnya: sebutkanlah satu hal teramati bagi masing-masingnya (warna senja; cakrawala yang seperti susu; keterangan sisa langit di zenit setelah matahari terbenam).
  4. Mengapa Bulan, yang tanpa udara, mempunyai langit siang yang hitam — dan apa yang karenanya dibenarkan tiap foto dari permukaannya tentang asal usul langit kita?
  5. Langit siang Mars berwarna karamel dan senjanya biru: udaranya yang tipis menghamburkan sedikit, dan butiran debu mikrometer yang melayanglah yang melakukan pekerjaannya. Dengan memakai kaidah butir 18, jelaskanlah bagaimana debunya membalikkan logika warnanya.
  6. Untuk sinar-X, ℏω\hbar\omega jauh melampaui tiap transisi molekul: elektronnya menanggapi seolah-olah bebas dan hamburannya (Thomson) kehilangan ω4\omega^4-nya. Apa yang terjadi pada mekanisme “biru langit” dalam rezim itu — dan mengapa tanggapan yang rata itu justru yang menjadikan sinar-X penyelidik kerapatan elektron yang bersih?
  7. Ringkaslah hasil bernama itu: keterpolarisasian 2.2×10−30 m32.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{m}^{3}, yang dikuadratkan lalu dikalikan ω4\omega^4, memberikan panjang hamburan berskala 60 km60\,\mathrm{km} pada warna hijau — cukup panjang sehingga langit siangnya lembut, cukup pendek sehingga senjanya memerah dan langitnya biru, dengan pola polarisasi sebuah hutan dipol yang digerakkan.
Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. V^=eEz^\hat V = e\mathcal E\hat z tidak mempunyai rata-rata orde pertama (paritas); jumlahan orde keduanya, yang semua penyebutnya negatif bagi keadaan dasar, memberikan −12αE2-\tfrac12\alpha\mathcal E^2 dengan α\alpha adalah keterpolarisasiannya — negatif karena arasnya tertolak dari atas. 2. αSI=4πε0×2.2×10−30=2.4×10−40 F m2\alpha_{\text{SI}} = 4\pi\varepsilon_0 \times 2.2 \times 10^{-30} = 2.4 \times 10^{-40}\,\mathrm{F}\,\mathrm{m}^{2}: p=2×10−37 C m≈2×10−8 ea0p = 2 \times 10^{-37}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m} \approx 2 \times 10^{-8}\,ea_0 — seperseratus juta dipol atom, tiap molekulnya. 3. ℏω≈2.3 eV\hbar\omega \approx 2.3\,\mathrm{eV} berbanding celah ultraungunya ≳10 eV\gtrsim10\,\mathrm{eV}: penyebut perturbatifnya nyaris tidak merasakan penggeraknya, sehingga α\alpha statisnya sudah memadai. 4. p0=αE0p_0 = \alpha\mathcal E_0 rata terhadap frekuensinya, sehingga P∝ω4P \propto \omega^4: yakni hukum Rayleigh. 5. (700/450)4=5.9(700/450)^4 = 5.9: cahaya biru terhambur enam kali lebih banyak daripada merah. 6. Matahari memancarkan lebih sedikit ungu daripada biru dan kepekaan mata terhadap ungu buruk: langit yang terhambur memuncak, bagi kita, pada biru. 7. [α/4πε0]=m3[\alpha/4\pi\varepsilon_0] = \mathrm{m}^{3} dan ω4/c4=m−4\omega^4/c^4 = \mathrm{m}^{-4}: hasilnya sebuah luas. Pada 550 nm550\,\mathrm{nm}: σ≈7×10−31 m2\sigma \approx 7 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}^{2}. 8. ℓ=1/Nσ≈58 km\ell = 1/N\sigma \approx 58\,\mathrm{km}: setebal beberapa atmosfer — udara hampir tembus pandang. 9. Biru (ℓ≈26 km\ell \approx 26\,\mathrm{km}): 1−e−8/26=26%1 - \eu^{-8/26} = 26\% terhambur; merah (ℓ≈150 km\ell \approx 150\,\mathrm{km}): 5%5\%. Langitnya dibangun dari selisih itu. 10. Sepanjang ∼240 km\sim240\,\mathrm{km} lintasan matahari rendahnya, birunya bertahan e−9∼10−4\eu^{-9} \sim 10^{-4} sedangkan merahnya menyimpan ∼20%\sim20\%: Matahari terbenam merah — dan merah yang sama, yang dibiaskan cincin senja Bumi, mewarnai Bulan yang gerhana menjadi tembaga. 11. Sebuah dipol tidak memancarkan apa pun sepanjang sumbunya sendiri: pada hamburan 90∘90^\circ, komponen osilasi molekulnya sepanjang garis pandang tidak dapat menyumbang, dan cahaya yang bertahan terpolarisasi tegak lurus terhadap bidang Matahari–molekul–mata. 12. Awan memaksakan hamburan berganda, yang mengacak geometrinya: kompas polarisasinya mati di bawah langit mendung — dan itulah yang menjadikan penggunaannya oleh orang Viking sebuah prestasi. 13. Kedudukan molekulnya: udara adalah gas acak, dengan kerapatannya berfluktuasi pada tiap skala — materi yang tertata sempurna (idealnya sebuah kristal) hanya menghamburkan ke dalam berkas biasnya. 14. Penghambur yang acak dan terpisah pada skala panjang gelombang berjumlah dengan fase acak: suku silangnya merata-rata habis dan keterangannya berjumlah — persekongkolan merusaknya menuntut keteraturan, dan ketakteraturan membatalkannya. 15. 1−e−8/58≈13%1 - \eu^{-8/58} \approx 13\% sinar matahari memberi makan kubah birunya — selaras dengan langit yang ribuan kali lebih redup daripada cakram matahari namun cukup terang untuk membaca. 16. Di dalam sebutir titiknya riak gelombangnya menjumlahkan amplitudo: dayanya ∝N2\propto N^2, yang luar biasa besar dan nyaris buta panjang gelombang (titiknya jauh lebih besar daripada λ\lambda): awan menghamburkan segalanya — jadi putih. 17. Penghambur di bawah panjang gelombang memilih warnanya (ω4\omega^4); penghambur di atas panjang gelombang memantulkan secara geometris lalu memutihkannya: susu, kabut, cat, salju. 18. Di dekat titik kritisnya fluktuasi kerapatannya sendiri tumbuh sampai berukuran optis: fluidanya menjadi awannya sendiri — yakni opalesensi kritis, mekanisme Rayleigh yang dikuatkan sampai kelegapan. 19. n−1=2.5×1025×2.4×10−40/(2×8.85×10−12)≈3.4×10−4n - 1 = 2.5 \times 10^{25} \times 2.4 \times 10^{-40}/(2 \times 8.85 \times 10^{-12}) \approx 3.4 \times 10^{-4}, berbanding nilai terukur 2.9×10−42.9 \times 10^{-4}: riak gelombang ke depannya, yang terpadu dengan berkasnya, memperlambat fasenya. 20. Pergeseran Stark sebuah aras; birunya langit; dan pembiasan (beserta fatamorgana dan lensa udara) cahaya — satu α\alpha, tiga gejala. 21. Serapan ozon mewarnai senja di zenit menjadi biru; aerosol memutihkan cakrawalanya; cahaya yang terhambur berganda menjaga langit tetap sedikit bercahaya setelah matahari terbenam. 22. Tanpa udara, tanpa dipol: Matahari menyala dalam langit yang hitam — sehingga membuktikan lewat ketiadaan bahwa kubah biru kita adalah sinar matahari yang terhambur, bukan sifat “angkasa” yang berpijar. 23. Butiran debu Mars besar terhadap λ\lambda: butiran itu menghamburkan cahaya merah secara berdaya guna ke segala arah (sehingga mewarnai langitnya) sambil mendifraksikan biru paling kuat ke depan — sehingga langitnya karamel dan lingkar cahaya di sekitar Matahari yang terbenam berwarna biru: ukuran butirannya membalikkan logika butir 18. 24. Hamburan Thomson rata terhadap frekuensinya: tanpa pemilihan warna, tanpa biru — tetapi tanggapan yang sekadar sebanding dengan kerapatan elektron justru itulah yang diinginkan kristalografi dan radiografi dari sebuah penyelidik. 25. Satu tetapan orde kedua, 2.2×10−30 m32.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{m}^{3}, yang dikuadratkan lalu dibobot ω4\omega^4, menghasilkan panjang hamburan cahaya hijau ∼60 km\sim60\,\mathrm{km}: cukup tembus pandang untuk siang hari, cukup menghambur untuk sebuah kubah biru, terpolarisasi bagaikan sebuah ladang dipol yang digerakkan, dan memerahkan tiap senja tepat pada waktunya.