model skyrme su(2) untuk hadron - fisikanet.lipi.go.id · samaan gelombang non linier yang memiliki...
TRANSCRIPT
Model Skyrme SU(2) untuk Hadron
Miftachul Hadi
7 September 2004
Ringkasan
Ditinjau model Skyrme SU(2) yang memperlakukan hadron sebagai soliton (skyrmion)
dari suatu persamaan medan skalar non linier, yakni persamaan Skyrme. Massa nuk-
leon (mN ) dan massa delta (m∆) dihitung dari penjumlahan energi statik dan energi
rotasi skyrmion yang dapat diturunkan dari tensor rapat energi-momentum model.
Hasil perhitungan memberikan nilai: mN∼= 955, 15 MeV dan m∆
∼= 1155, 41 MeV
yang berada dalam orde nilai eksperimental.
The SU(2) Skyrme model is considered which treats hadron as soliton (skyrmion)
of a non linear scalar field equation, i.e. the Skyrme equation. Nucleon mass (mN ) and
delta mass (m∆) are calculated from the sum of the static and rotational energies of
the skyrmion which can be derived from the energy-momentum density tensor of the
model. The results of the calculation are: mN∼= 955.15 MeV and m∆
∼= 1155.41 MeV
which are in the order of the experimental value.
Daftar Isi
1 Latar Belakang 1
1.1 Soliton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Hadron sebagai Soliton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Model Skyrme SU(2) 3
2.1 Fungsi Aksi Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 Persamaan Medan Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3 Energi Statik dan Muatan Topologi 6
3.1 Energi Statik dan Persamaan Medan Statik . . . . . . . . . . . . . . . 6
3.2 Kestabilan Skala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3.3 Muatan Topologi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4 Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya 10
4.1 Persamaan Skyrme Statik dalam Koordinat Bola . . . . . . . . . . . . 10
4.2 Solusi dan Energi Statik Skyrmion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
5 Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait 14
5.1 Kuantisasi Skyrmion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
5.2 Energi Rotasi Terkuantisasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5.3 Massa Hadron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
6 Pembahasan 18
7 Kesimpulan 19
i
DAFTAR ISI ii
8 Lampiran 24
8.1 Lampiran I: Model Skyrme SU(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
8.2 Lampiran II: Energi Statik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
8.3 Lampiran III: Persamaan Skyrme Statik, Solusi dan Energinya . . . . . 48
8.4 Lampiran IV: Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas Fisis Terkait . . . . 71
8.4.1 Kecepatan Sudut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
8.4.2 Momentum Sudut Rotasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
8.4.3 Kuantisasi Momentum sudut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
8.4.4 Massa Nukleon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
8.4.5 Massa Delta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
8.5 Lampiran V: Teori Grup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Bab 1
Latar Belakang
1.1 Soliton
Gejala gelombang soliton pertama kali dikemukakan pada tahun 1845 oleh fisikawan
Skotlandia, John Scott Russell, yang diterbitkan dalam Report of the British Associ-
ation for the Advancement of Science. Dalam makalah ini, Russell melaporkan ten-
tang pengamatannya terhadap gelombang soliton yang menjalar sepanjang kanal air
Edinburg-Glasgow. Gelombang soliton tersebut merambat lurus tanpa mengalami pe-
rubahan yang berarti pada bentuk maupun kecepatannya untuk jarak yang cukup
panjang. Gejala atau fenomena alam ini kemudian terlewat tanpa penjelasan selama
kurun waktu hidup Russell.
Keberadaan dan pentingnya gelombang soliton disadari setelah D.J. Korteweg dan
G. de Vries memberi perhitungan lengkap solusi persamaan hidrodinamika non linier
pada tahun 1895. Meski begitu, tak banyak perkembangan yang berarti setelah ke-
munculan artikel Korteweg-de Vries. Barulah pada tahun 1965, Zabusky dan Kruskal
berhasil mengungkap terjadinya fenomena (yang kemudian dikenal dengan) soliton ini
dari persamaan Korteweg-de Vries [1, 2].
Gelombang soliton (solitary wave, soliton) didefinisikan sebagai solusi klasik per-
samaan gelombang non linier yang memiliki energi total berhingga, terkurung se-
cara spasial (terlokalisasi), non dispersif, stabil, dengan profil sebaran rapat energinya
1
BAB 1. LATAR BELAKANG 2
menyerupai pulsa yang terpusat dalam rentang ruang berhingga. Selain memiliki be-
saran kekal dinamik yang tak berhingga banyaknya, setiap soliton dicirikan oleh invar-
ian topologi yang menunjukkan kestabilannya [1, 3, 11].
Pentingnya soliton diakui dalam banyak bidang fisika. Teknologi informasi, berbeda
dengan penjalaran sinyal sepanjang jalur transmisi biasa, memperoleh manfaat dari
pemanfaatan pulsa non dispersif. Dalam bidang fisika partikel elementer, soliton yang
terlokalisasi dan stabil boleh jadi sebagai model yang bagus dari partikel elementer. Di
tahun-tahun terakhir (2003), penemuan pentaquark [16] menambah kuatnya keyakinan
bahwasannya ”terdapat sesuatu yang dapat digali lebih dalam” dari soliton sebagai
model yang bagus untuk partikel elementer [1, 2, 4].
1.2 Hadron sebagai Soliton
Ide bahwa partikel elementer, khususnya nukleon, merupakan fenomena soliton per-
tama kali dikemukakan oleh Tony H.R. Skyrme pada tahun 1962. Pada dasarnya,
Skyrme mengemukakan bahwa partikel berinteraksi kuat (hadron) adalah solusi statik
terkonsentrasi secara lokal dari teori medan klasik model sigma (chiral) non linier yang
diperluas [6].
Ide Skyrme adalah menggabungkan boson dan fermion dalam suatu model medan
fundamental yang hanya terdiri dari pion. Nukleon diperoleh, sebagai bentuk konfig-
urasi klasik tertentu dari medan pion [7]. Konfigurasi istimewa ini membentuk objek
soliton topologi, merupakan solusi persamaan medan klasik dengan rapat energi ter-
lokalisasi, yang kemudian diberi nama skyrmion, untuk menghargai jasa Tony H.R.
Skyrme.
Dalam tesis ini, ditinjau model Skyrme untuk ruang-waktu (3 + 1)-dimensi yang
mencoba menerangkan partikel hadron sebagai soliton (skyrmion) dari persamaan
medan sigma (chiral) non linier dengan grup simetri internal SU(2).
Bab 2
Model Skyrme SU(2)
2.1 Fungsi Aksi Model Skyrme SU(2)
Model Skyrme SU(2) dideskripsikan oleh fungsi U = U(xµ) bernilai grup SU(2)
dari koordinat ruang-waktu (1+3)D, xµ = (xo, xa), dimana xo = ct, adalah koordinat
waktu dengan c kecepatan cahaya, dan xa = (x1 = x, x2 = y, x3 = z) adalah koordinat
ruang.
Dinamikanya ditentukan oleh fungsi aksi :
S =
∫d4xL (2.1)
dimana,
L = Tr
[−F
2
16LµL
µ +1
32a2[Lµ, Lν] [Lµ, Lν] +
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
](2.2)
adalah rapat Lagrangian terkait, dan dimana:
Lµ = U−1∂µU (2.3)
arus chiral kiri (left chiral currents), sedangkan F ∼= 123 MeV konstanta peluruhan
pion dan a konstanta tak berdimensi. Konvensi metrik ruang-waktu adalah ds2 =
(dxo)2 − (dxa)2.
Suku pertama pada persamaan (2.2) adalah rapat Lagrangian model chiral SU(2),
sedangkan suku kedua adalah suku Skyrme, yang berfungsi menstabilkan solusi soliton,
dan suku ketiga adalah suku massa, dimana Mπ adalah massa pion (meson).
3
BAB 2. MODEL SKYRME SU(2) 4
2.2 Persamaan Medan Model Skyrme SU(2)
Persamaan Euler-Lagrange model Skyrme SU(2) diturunkan dari syarat fungsi aksi
stasioner:
δS = 0. (2.4)
Variasi aksi dari persamaan (2.4) adalah:
δS =
∫d4xδL (2.5)
dimana,
δL = Tr
[−F
2
8(δLµ)Lµ +
1
16a2(δ [Lµ, Lν]) [Lµ, Lν] +
F 2
16M2
π
(δU−1 + δU
)](2.6)
δU−1 = −U−1(δU)U−1 (2.7)
δLµ = −U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU) + ∂µ(U−1δU) (2.8)
Tr((δLµ)Lµ) = −Tr[(∂µL
µ)U−1δU]
+ suku divergensi total (2.9)
Karena Lµ memenuhi persamaan Maurer-Cartan:
∂µLν − ∂νLµ = − [Lµ, Lν ] (2.10)
maka
δ [Lµ, Lν] = −∂µδLν + ∂νδLµ (2.11)
Dari persamaan (2.10) dan (2.11) dapat diturunkan bahwa:
Tr ((δ [Lµ, Lν]) [Lµ, Lν]) = 2Tr((∂µ [Lν , [Lν, Lµ]])U−1δU) + suku divergensi total.
(2.12)
Penurunannya diberikan dalam lampiran I, yakni persamaan (8.47). Substitusikan
persamaan (2.9) dan (2.12), ke persamaan (2.6) dan (2.5), kemudian transformasikan
suku divergensi total ke dalam integral permukaan, dengan menggunakan persyaratan
bahwa variasi δU = 0 pada batas integrasi, diperoleh:
δS =
∫d4xTr
[(F 2
8∂µL
µ +1
8a2∂µ [Lν , [L
ν, Lµ]] +F 2
16M2
π(U − U−1)
)U−1δU
]. (2.13)
BAB 2. MODEL SKYRME SU(2) 5
Dari persamaan (2.4) dan (2.13), karena δU memiliki nilai sembarang, maka berlaku:
(2.13) adalah:
∂µ
(Lµ − 1
a2F 2[Lν, [L
µ, Lν]]
)+
1
2M2
π(U − U−1) = 0 (2.14)
yang adalah persamaan Euler-Lagrange, dalam bentuk matriks, untuk model Skyrme
(2.1)-(2.3).
Bab 3
Energi Statik dan Muatan Topologi
3.1 Energi Statik dan Persamaan Medan Statik
Dalam bab ini akan ditinjau, model Skyrme SU(2) untuk kasus statik, dimana
U = U(x), sehingga arus chiral kiri L0 = U−1∂0U = 0. Energi model Skyrme SU(2)
untuk kasus statik ini, diturunkan dari tensor rapat energi-momentum terkait T µν,
dimana rapat energinya, ε, diberikan oleh komponen T 00.
Secara eksplisit, tensor rapat energi-momentum untuk model Skyrme SU(2), seba-
gaimana diturunkan dalam lampiran II, adalah sebagai berikut:
T ρσ = −gρσ − F 2
8gµρgσνTr(LµLν) +
1
16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr ([Lµ, Lν] [Lα, Lβ])
(3.1)
dimana gµν adalah komponen tensor metrik ruang-waktu.
Dengan demikian, energi model Skyrme SU(2), untuk kasus umum (nonstatik)
adalah:
E =
∫d3xT 00 (3.2)
6
BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI 7
yang secara eksplisit adalah:
E =
∫d3xTr
[−F
2
16LaLa −
1
32a2[La, Lc][La, Lc]
+F 2
16LoLo +
1
16a2[Lo, La][Lo, La]−
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)− F 2
8LoLo
− 1
8a2[La, Lo][La, Lo]
]
= Estatik + Erotasi
(3.3)
dimana,
Estatik = −∫d3xTr
[F 2
16L2a +
1
32a2[La, Lc]
2 +F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
](3.4)
dan,
Erotasi = −∫d3xTr
[F 2
16L2
0 +1
16a2[L0, La]
2
]. (3.5)
Sifat soliton model Skyrme SU(2) dari energi statik di persamaan (3.4) akan lebih mu-
dah dipelajari dengan cara menskala terlebih dahulu koordinat ruang x→ 2x/aF dan
menyatakan energi dalam satuan F/4a, yakni dengan mengambil (F/4a) = (1/12π2).
Dalam satuan ini persamaan (3.4) menjadi:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2a +
1
8
([La, Lc]
2 +m2π(U−1 + U − 2I)
)](3.6)
dimana,
mπ = 2Mπ/aF (3.7)
Persamaan Euler-Lagrange pada persamaan (2.14) dalam kasus statik menjadi:
∂a
(La −
1
4[Lc, [La, Lc]]
)− m2
π
2(U − U−1) = 0. (3.8)
3.2 Kestabilan Skala
Berikut ditinjau, kestabilan skala dari energi statik pada persamaan (3.6) terhadap
transformasi skala
x→ λx. (3.9)
BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI 8
Arus La terhadap transformasi pada persamaan (3.9) bertransformasi sebagai berikut:
La(x)→ U−1(λx)∂U(λx)
∂xa= λLa(λx). (3.10)
Dengan demikian, transformasi skala dari persamaan energi (3.6), dengan mengabaikan
suku massa adalah:
E [λ]statik =1
λEσ + λESky (3.11)
dimana, Eσ adalah suku energi chiral statik dan ESky adalah suku energi Skyrme.
Dari persamaan (3.11), diperoleh:
dE [λ]
dλ
∣∣∣∣λ=1
=
(− 1
λ2Eσ + ESky
)∣∣∣∣λ=1
= −Eσ + ESky (3.12)
dan,
d2E [λ]
dλ2
∣∣∣∣λ=1
=2
λ3Eσ|λ=1 = 2Eσ (3.13)
Dengan menerapkan syarat ekstrimum:
dE [λ]
dλ= 0. (3.14)
maka dari persamaan (3.12) dan (3.14), diperoleh:
Eσ = ESky (3.15)
yang menunjukkan bahwa,
Eσ ≥ 0 (3.16)
sehingga persamaan (3.13) memenuhi syarat:
d2E [λ]
dλ2> 0 (3.17)
Persamaan (3.17) adalah syarat kestabilan minimum yang mengimplikasikan bahwa
energi statik di persamaan (3.11) adalah stabil terhadap perturbasi skala.
3.3 Muatan Topologi
Tinjau kembali formulasi integral dari Estatik, pada persamaan (3.6), dalam ka-
sus tak bermassa mπ = 0, dengan menulis ulang dalam suku integran terkuadratkan
BAB 3. ENERGI STATIK DAN MUATAN TOPOLOGI 9
ditambah ”sesuatu” sebagai berikut:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[(La ±
1
4εabc [Lb, Lc]
)2]∓ 1
24π2
∫d3xεabcTr[LaLbLc]
(3.18)
dimana εabc adalah simbol Levi-Civita, εabc = δabc123. Integral pertama adalah jelas definit
positip. Dengan demikian, Estatik memiliki batas bawah:
Estatik ≥ B (3.19)
dimana,
B = − 1
24π2
∫d3xεabcTr(LaLbLc) (3.20)
Integral B pada persamaan (3.20), tidaklah bergantung pada tensor metrik ruang,
karena itu ia merupakan besaran topologi, dan dikenal sebagai muatan topologi model
Skyrme SU(2).
Dari persamaan (3.19), terbaca bahwa Estatik diukur dalam satuan muatan topologi.
Bab 4
Persamaan Skyrme Statik, Solusi
dan Energinya
4.1 Persamaan Skyrme Statik dalam Koordinat Bo-
la
Dalam bab ini diturunkan persamaan Skyrme statik (3.8) dalam koordinat bola
(r, θ, φ). Dengan menggunakan hasil dari transformasi koordinat ke koordinat bola
(lampiran III) diperoleh:
0 = ∂r
(Lr −
1
4
1
r2[Lθ, [Lr, Lθ]] +
1
r2sin2θ[Lφ, [Lr, Lφ]]
)
+ ∂θ
(1
r2Lθ −
1
4
1
r2[Lr, [Lθ, Lr]] +
1
r4sin2θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]
)
+ ∂φ
(1
r2sin2θLφ −
1
4
1
r2sin2θ[Lr, [Lφ, Lr]] +
1
r4sin2θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]
)(4.1)
Untuk mencari solusi persamaan Skyrme statik (4.1), bagi elemen grup U(x) ∈ SU(2),
digunakan pernyataan kanonik:
U(x) = exp(iFa(x)σa) (4.2)
dimana σa, a = 1, 2, 3 adalah ketiga matriks Pauli dan Fa(x) adalah fungsi parameter
berkaitan yang dalam koordinat bola:
Fa(x) = Fa(r, θ, φ) (4.3)
10
BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA 11
Berikut, tinjau kasus simetri bola dengan menggunakan ansatz Skyrme yang diny-
atakan sebagai berikut:
Fa(r, θ, φ) = g(r)na(θ, φ) (4.4)
dimana g(r) adalah fungsi profil yang memiliki sifat simetri bola, dan na, a = 1, 2, 3
adalah komponen vektor satuan n yang juga berkaitan dengan ruang internal SU(2),
yakni:
|n|2 = n21 + n2
2 + n23 = 1 (4.5)
Secara eksplisit, ketiga komponen vektor n adalah,
n1 = sin θ cosφ
n2 = sin θ sinφ (4.6)
n3 = cos θ.
Jadi, solusi statik simetri bola dari persamaan (4.2) dengan menggunakan ansatz
Skyrme, dapat dinyatakan sebagai berikut:
U(r) = exp(ig(r)naσa) (4.7)
atau,
U(r) = exp(ig(r)n.σ) (4.8)
dimana, σ = σ1i+ σ2j + σ3k, dan n = n1i + n2j + n3k.
4.2 Solusi dan Energi Statik Skyrmion
Dengan menggunakan ansatz Skyrme U(r) dari persamaan (4.4) dalam pernyataan
arus chiral menurut persamaan (4.8), maka pernyataan energi (3.6), dalam fungsi profil
g(r), adalah:
Estatik =1
12π2(4π)
∫r2dr
[(dg
dr
)2
+2
r2sin2 g
(1 +
(dg
dr
)2)
+1
r4sin4 g
](4.9)
dimana suku massa diabaikan (nilainya sangat kecil). Penurunan persamaan (4.9)
diberikan dalam lampiran III.
BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA 12
Gambar 4.1: Fungsi profil.
Dari persamaan energi (4.9), dengan menggunakan prinsip aksi stasioner:
δgEstatik = 0 (4.10)
diturunkan bahwa persamaan Euler-Lagrange untuk fungsi profil g(r), (diberikan oleh
persamaan (8.254) dalam lampiran III), adalah:
d2g
dr2
[1 +
2
r2sin2 g
]+
(dg
dr
)2 [1
r2sin 2g
]+
(dg
dr
)(2
r
)− 1
r2sin 2g− 1
r4sin2 g sin 2g = 0
(4.11)
Persamaan (4.11) tergolong jenis persamaan diferensial biasa orde dua nonlinier yang
ternyata tak memiliki solusi analitik sehingga perlu dicari solusinya secara numerik.
Agar Estatik pada persamaan (4.9) bernilai hingga, di r = 0 dan r = ∞, maka fungsi
profil g(r) haruslah memenuhi syarat batas:
g(0) = π, g(∞) = 0. (4.12)
Solusi numerik persamaan (4.11) untuk fungsi profil g(r) diperlihatkan secara grafis
pada gambar 4.1
Dengan menggunakan nilai numerik dari g(r), untuk menghitung integral Estatik
BAB 4. PERSAMAAN SKYRME STATIK, SOLUSI DAN ENERGINYA 13
pada persamaan (4.9), juga secara numerik, diperoleh hasil:
Estatik =1
12π2(4π)
(23, 2
2
)(4.13)
Dalam tetapan F dan a, dengan menggunakan kembali definisi (1/12π2) = (F/4a),
maka:
Estatik =πF
a
(23, 2
2
)(4.14)
Dalam Bab V, hasil numerik g(r) ini akan digunakan pula untuk menghitung:
(1) massa statik partikel nukleon (mN) dan delta (m∆);
(2) momen inersia skyrmion, I.
Bab 5
Kuantisasi Skyrmion dan Kuantitas
Fisis Terkait
5.1 Kuantisasi Skyrmion
Tinjau kuantisasi skyrmion dengan melibatkan kegayutan waktu dari elemen grup
U(r, t) sebagai berikut:
U(r)→ U(r, t) = A(t)U(r)A(t)† (5.1)
dimana,
A(t) ∈ SU(2)i nternal
AA† = A†A = I (5.2)
yakni A adalah matriks unitari, yang hanya bergantung pada waktu t.
Berikut, tinjau kaitan matriks grup internal A(t) dengan matriks rotasi koordinat
ruang R(t). Substitusikan uraian ansatz Skyrme dalam kasus statik, yakni persamaan
(4.8):
U(r) = exp (ig(r)σ.r) = cos g + i(σ.r) sin g = cos g + i(σaxa
r
)sin g (5.3)
ke persamaan (5.1), maka diperoleh:
U(r, t) = A[cos g + i
(σaxar
)sin g
]A† (5.4)
14
BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT 15
Dengan demikian, persamaan (5.4) menjadi:
U(r, t) = A cos g A† + iA(σaxa
r
)sin g A† = cos g + iAσaA
†(xar
)sin g (5.5)
Berikut tinjau, matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang:
r = (xa) i (5.6)
yang bekerja sebagai berikut:
r → r′
= R(t) r (5.7)
dimana R(t) ∈ SO(3), yang dalam bentuk komponen adalah:
xa → x′a = Rab xb (5.8)
Efek rotasi ruang pada persamaan (5.8) terhadap U(r), pada persamaan (5.3) dalam
bentuk komponen adalah:
U(r)→ U(r′) = cos g + i
(σax
′a
r
)sin g = cos g +
i
rσa Rab xb sin g (5.9)
Jika persamaan (5.9) dibandingkan dengan persamaan (5.5), tampak bahwa efek trans-
formasi SU(2)internal sama dengan efek transformasi rotasi ruang:
A σa A† xa = σa Rab xb (5.10)
Matriks A(t), dalam hal ini, disebut koordinat kolektif dari skyrmion.
5.2 Energi Rotasi Terkuantisasi
Dari persamaan (3.5), dengan U(r, t) diberikan oleh (5.5), dalam Lampiran IV
diturunkan bahwa Erotasi, diberikan oleh persamaan (8.481), yakni:
Erotasi = −
πF
2
6
∞∫
0
dr r2 sin2 g +2π
3a2
∞∫
0
dr r2 sin2 g
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g
]Tr
(R−1∂R
∂t
)2
=1
2I Tr Ω2 (5.11)
BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT 16
dimana,
Tr Ω2 = −Tr(R−1∂R
∂t
)2
(5.12)
dengan Ω adalah matriks kecepatan sudut skyrmion, dan
I = 2
(πF 2
6
∫ ∞
0
dr r2 sin2 g +2π
3a2
∫ ∞
0
dr r2 sin2 g
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g
])(5.13)
adalah momen inersia skyrmion.
Dengan menggunakan nilai numerik dari fungsi profil g(r), diperoleh:
I =1
4
(447
Fa3
)(5.14)
Dalam tinjauan mekanika klasik, momentum sudut skyrmion dinyatakan sebagai,
J =∂Erotasi∂Ω
= IΩ (5.15)
dimana Erotasi adalah energi rotasi skyrmion:
Erotasi =J2
2I. (5.16)
Dalam tinjauan mekanika kuantum, momentum sudut J terkuantisasi sebagai berikut:
J2 = j(j + 1)h2 (5.17)
dimana j = 0, 12, 1, 3
2, 2, . . . dan h = h
2π, h adalah konstanta Planck.
Dalam tesis ini digunakan satuan natural h = 1 = c. Dengan demikian (5.16) menjadi,
Erotasi =j(j + 1)
2I(5.18)
5.3 Massa Hadron
Skyrmion berkaitan dengan solusi persamaan Skyrme yang memiliki energi berhing-
ga. Dengan demikian, berdasarkan formula energi-massa Einstein, massanya adalah:
m =Estatik + Erotasi
c2= Mstatik +Mrotasi (5.19)
sehingga dari persamaan (5.19) dan (5.18) diperoleh:
m = Mstatik +j(j + 1)
2I(5.20)
BAB 5. KUANTISASI SKYRMION DAN KUANTITAS FISIS TERKAIT 17
Persyaratan kuantisasi Wess-Zumino [11], mensyaratkan:
j =1
2,3
2,5
2, . . .
Hal ini berarti bahwa skyrmion adalah fermion.
Untuk partikel nukleon, yang memiliki spin 12, yakni j = 1
2, persamaan (5.20) mem-
berikan:
mN = Mstatik +12(1
2+ 1)
2I(5.21)
Dalam Lampiran IV, dengan menggunakan nilai untuk tetapan F = 123 MeV dan
a = 4, 95, diperoleh:
Mstatik∼= 905, 08 MeV (5.22)
dan
I ∼= 7, 49.10−3 (5.23)
Jadi,
mN∼= 955, 15 MeV (5.24)
Untuk partikel delta yang memiliki spin 32, yakni j = 3
2, persamaan (5.20) memberikan:
m∆ = Mstatik +32(3
2+ 1)
2I(5.25)
sehingga dengan nilai Mstatik dan I di atas, diperoleh:
m∆∼= 1155, 41 MeV (5.26)
Bab 6
Pembahasan
Model Skyrme SU(2) memperlakukan hadron sebagai soliton (skyrmion). Dinami-
ka skyrmion ditunjukkan oleh persamaan Euler-Lagrange atau persamaan Skyrme di
persamaan (2.14), dimana persamaan (3.8) adalah untuk kasus statik. Energi model
diturunkan dari tensor energi-momentum yang berkaitan.
Sifat soliton model Skyrme SU(2) dari energi statik dipelajari dengan cara menskala
koordinat ruang, kemudian menguji kestabilan skala dengan transformasi skala. Syarat
kestabilan pada persamaan (3.14), dan persamaan (3.17) mengimplikasikan bahwa en-
ergi statik yang ditunjukkan oleh persamaan (3.11) adalah stabil terhadap perturbasi
skala.
Solusi numerik dari persamaan (4.11), dengan menggunakan ansatz Skyrme di per-
samaan (4.4) menghasilkan nilai fungsi profil, g(r). Nilai fungsi profil ini dihitung dari
solusi numerik, yang dengannya dapat dihitung energi statik yang ditunjukkan oleh
persamaan (4.9), massa statik dan momen inersia skyrmion.
Kuantisasi skyrmion dilakukan dengan meninjau kegayutan waktu dari persamaan
(4.8) yakni persamaan (5.1). Terlihat bahwa efek transformasi dari SU(2)internal sama
dengan efek transformasi yang ditimbulkan oleh rotasi ruang.
Energi (massa) nukleon dan delta merupakan kontribusi dari energi (massa) statik
dan energi (massa) rotasinya.
18
Bab 7
Kesimpulan
Diperoleh besar energi (massa) nukleon sekitar 955,15 MeV. Dalam eksperimen
diperoleh besar energi (massa) nukleon sekitar 939 MeV. Terdapat selisih energi (mas-
sa) nukleon sekitar 16,15 MeV. Energi (massa) delta diperoleh sekitar 1155,41 MeV.
Dalam eksperimen diperoleh besar energi (massa) delta sekitar 1232 MeV [11]. Terda-
pat selisih energi (massa) sekitar 76,59 MeV.
Adanya perbedaan energi (massa) ini disebabkan karena model SU(2) yang ditinjau
masih sangat sederhana, yakni hanya melibatkan dua flavour: (u,d) atau (u,s) atau
(d,s).
Beberapa catatan yang perlu diingat, berkaitan dengan beda energi (massa) ini
adalah [7]:
(1) Lagrangian meson yang ditinjau hanya terdiri dari medan pseudoskalar. Meson
bermassa rendah yang lain (vektor) seharusnya dicakup.
(2) Di alam, terdapat tiga keluarga flavor ketimbang dua keluarga flavor ”ringan”,
sebagaimana ditinjau dalam model ini. Hal ini seharusnya juga dicakup dalam
formulasi realistis. Lebih jauh, efek perusakan simetri chiral (chiral symmetry
breaking) dan simetri flavor belum dihitung.
(3) Orde koreksi bilangan warna, NC (number of colour) terhadap massa nukleon
dalam teori medan belum dimasukkan.
19
Bibliografi
[1] Sascha Vongehr, Solitons, http://physics.usc.edu/, 1997.
[2] E. Soewono, Andonowati, S.R. Pudjaprasetya, H.J. Wospakrik, dan F.P. Zen, Soli-
ton dan Berbagai Solusi Terkait dari Persamaan Tipe Korteweg∼de Vries, Proc.
ITB, Vol. 32, No.2, 2000, Suplemen.
[3] Hans J. Wospakrik, Soliton dan Partikel, 2003.
[4] Hans J. Wospakrik, private communication, unpublished.
[5] T. Ioannidou, private communication, unpublished.
[6] Hans J. Wospakrik, Harmonic Maps, SU(N) Skyrme Models and Yang-Mills The-
ories, Ph.D Thesis, University of Durham, 2002.
[7] J. Schechter dan H. Weigel, The Skyrme Models for Baryons, hep-ph/9907554.
[8] Review of Particle Physics, Physical Review D 66, 1 July 2002.
[9] Arturas Acus, Baryons as Solitons in Quantum SU(2) Skyrme Model, hep-
ph/9901240.
[10] A. Acus dan E. Norvaisas, Stability of SU(2) Quantum Skyrmion and Static Prop-
erties of Nucleons, hep-ph/9701383.
[11] A.P. Balachandran, G. Marmo, B.S. Skagerstam dan A. Stern, Classical Topology
and Quantum States, World Scientific, 1991.
20
BIBLIOGRAFI 21
[12] A. Hosaka dan H. Toki, Quarks, Baryons and Chiral Symmetry, World Scientific,
2001.
[13] Jochen Wambach dan Thomas Waindzoch, From Skyrmions to the Nucleon-
Nucleon Potential, Springer, 2000.
[14] Selected Papers with Commentary, of Tony Hilton Royle Skyrme, editor Gerald E.
Brown, World Scientific, vol.3, 1994.
[15] N. Riazi, Geometry and Topology of Solitons, hep-th/0102152.
[16] Michal Praszalowicz, Pentaquark in the Skyrme Model, Physics Letters B 575
(2003) 234-241.
[17] Wang-Chang Su, Class of Exact Solutions of the SU(3) Skyrme Model, Physics
Letters B 568 (2003) 167-175, hep-th/0305233.
[18] Nikolaev V.A. dan Tkachev O.G., Skyrme Model Language in the Theory of Nu-
cleons and Nuclei, hep-ph/0109192.
[19] L. Marleau, Deformed Skyrmions, hep-ph/9710369.
[20] L. Marleau, Solving Skyrmions, hep-ph/0403292.
[21] Steffen Krusch, Homotopy of Rational Maps and the Quantization of Skyrmions,
hep-th/0210310.
[22] Steffen Krusch, Fermions coupled to Skyrmions on S3, hep-th/0304264.
[23] B.J. Schroers, Dynamics of Moving and Spinning Skyrmions, hep-ph/9308236.
[24] T. Ioannidou, B. Piette dan W.J. Zakrzewski, Low Energy States in the SU(N)
Skyrme Models, hep-th/9811071.
[25] T. Ioannidou, B. Piette dan W.J. Zakrzewski, Spherically Symmetric Solutions of
the SU(N) Skyrme Models, hep-th/9904160.
BIBLIOGRAFI 22
[26] T. Gisiger dan M.B. Paranjape, Recent Mathematical developments in the Skyrme
model, hep-th/9812148.
[27] Moshe Carmeli, Classical Fields, General Relativity and Gauge Theory, John Wi-
ley and Sons, 1982.
[28] Stancu, Group Theory in Subnuclear Physics, Clarendon Press, 1996.
[29] G. Eilenberger, Solitons, Mathematical Methods for Physicists, Springer-Verlag,
1983.
[30] R. Rajaraman, Solitons and Instantons, An Introduction to Solitons and Instan-
tons in Quantum Field Theory, North-Holland, 1987.
[31] Kerson Huang, Quarks, Leptons and Gauge Fields, 2nd. edition, World Scientific,
1992.
[32] John F. Donoghue, Eugene Golowich dan Barry R. Holstein, Dynamics of the
Standard Model, Cambridge University Press, 1996.
[33] Lewis H. Ryder, Quantum Field Theory, 2nd. edition, Cambridge University Press,
1999.
[34] F. Mandl dan G. Shaw, Quantum Field Theory, John Wiley and Sons, 1991.
[35] Mary L. Boas, Mathematical Methods in the Physical Sciences, 2nd. edition, John
Wiley and Sons, 1983.
[36] Murray R. Spiegel, Analisis Vektor, terjemahan Hans J. Wospakrik, Erlangga,
1999.
[37] Halliday-Resnick, Fundamentals of Physics, John Wiley and Sons, 1976.
[38] P.G. Drazin dan R.S. Johnson, Solitons: an Introduction, Cambridge University
Press, 1996.
[39] G.L. Lamb, JR., Elements of Soliton Theory, John Wiley and Sons, 1980.
BIBLIOGRAFI 23
[40] Eugen Merzbacher, Quantum Mechanics, John Wiley and Sons, 1998.
Bab 8
Lampiran
8.1 Lampiran I: Model Skyrme SU(2)
Bukti persamaan (2.6):
δL = Tr
[−F
2
8(δLµ)Lµ +
1
16a2(δ[Lµ,Lν])[L
µ,Lν] +F 2
16M 2π (δU−1 + δU)
](8.1)
Karena menurut persamaan (2.2):
L = Tr
[−F
2
16LµLµ +
1
32a2[Lµ,Lν][L
µ,Lν] +F 2
16M 2π (U−1 + U − 2I)
](8.2)
maka variasi L adalah:
δL = δTr
[−F
2
16LµLµ +
1
32a2[Lµ,Lν][L
µ,Lν] +F 2
16M 2π (U−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16δ(LµLµ) +
1
32a2δ([Lµ,Lν][L
µ,Lν]) +F 2
16M 2π δ(U
−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16[(δLµ)Lµ + Lµ(δLµ)] +
1
32a2((δ[Lµ, Lν])[L
µ, Lν] + [Lµ, Lν]δ[Lµ, Lν])
+F 2
16M2
π(δU−1 + δU − 2δI)
]
(8.3)
Karena:
Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)] (8.4)
dan,
Tr [(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = Tr [[Lµ, Lν](δ[L
µ, Lν ])] (8.5)
24
BAB 8. LAMPIRAN 25
maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.5) dan (8.4) ke (8.3), diperoleh:
δL = Tr
[−F
2
162(δLµ)Lµ +
1
32a22(δ[Lµ, Lν])[L
µ, Lν] +F 2
16M2
π(δU−1 + δU)
]
= Tr
[−F
2
8(δLµ)Lµ +
1
16a2(δ[Lµ, Lν])[L
µ, Lν] +F 2
16M2
π(δU−1 + δU)
] (8.6)
Bukti persamaan (8.4):
Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)] (8.7)
Dengan menggunakan sifat trace: Tr (AB) = Tr (BA), maka persamaan (8.7)
menjadi:
Tr [(δLµ)Lµ] = Tr [Lµ(δLµ)]
= Tr [ηµνLν(δLµ)]
= Tr [Lν(δ(ηµνLµ))]
= Tr [Lν(δ(ηνµLµ))]
= Tr [Lν(δLν)]
= Tr [Lα(δLα)]
= Tr [Lµ(δLµ)]
(8.8)
dimana, ηµν adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik:
ηµν = ηνµ (8.9)
dan α, µ, ν adalah indeks boneka (yakni, indeks yang bisa ”dimain-mainkan”).
Bukti persamaan (8.5):
Tr [(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = Tr [[Lµ, Lν](δ[L
µ, Lν ])] (8.10)
Misalkan,
[Lµ, Lν] = Fµν (8.11)
dan
[Lµ, Lν ] = F µν (8.12)
BAB 8. LAMPIRAN 26
dimana, Fµν dan F µν adalah matriks. Substitusikan persamaan (8.11) dan (8.12) ke
(8.10) dan dengan menggunakan sifat trace, maka diperoleh:
Tr [(δFµν)Fµν] = Tr [F µν(δFµν)]
= Tr[ηµαηνβFαβ(δFµν)
]
= Tr[Fαβδ(η
µαηνβFµν)]
= Tr[Fαβδ(F
αβ)]
= Tr [Fµν(δFµν)]
(8.13)
Bukti persamaan (2.8):
δLµ = −U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU) + ∂µ(U−1δU) (8.14)
Dengan menggunakan persamaan (2.3), diperoleh:
δLµ = δ(U−1∂µU)
= (δU−1)∂µU + U−1(δ∂µU)
= −U−1(δU)U−1∂µU + U−1∂µ(δU)
= −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU)− (∂µU−1)δU
(8.15)
dimana,
A∂µB = ∂µ(AB)− (∂µA)B = (∂µA)B + A∂µB − (∂µA)B (8.16)
sehingga:
δLµ = −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU)− (−U−1(∂µU)U−1)δU
= −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU) + U−1(∂µU)U−1(δU)
= −U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU) + LµU−1(δU)
(8.17)
Bukti persamaan (2.9):
Tr [(δLµ)Lµ] = −Tr[(∂µLµ)U−1δU
]+ suku divergensi total. (8.18)
Tinjau,
Tr [(δLµ)Lµ] = Tr[(−U−1(δU)Lµ + ∂µ(U−1δU) + LµU
−1(δU))Lµ]
= Tr[−U−1(δU)LµL
µ + (∂µ(U−1δU))Lµ + LµU−1(δU)Lµ
]
= Tr[−U−1(δU)LµL
µ +[∂µ(U−1δU)
]Lµ + U−1(δU)LµLµ
](8.19)
BAB 8. LAMPIRAN 27
dimana,
Tr[ABC] = Tr[CAB] = Tr[BCA] (8.20)
sehingga,
Tr [(δLµ)Lµ] = Tr[−U−1(δU)LµL
µ + (∂µ(U−1δU))Lµ + U−1(δU)LµLµ]
= Tr[(∂µ(U−1δU))Lµ
]
= Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)− U−1δU(∂µL
µ)]
= Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)
]− Tr
[U−1δU(∂µL
µ)]
= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ
])− Tr
[U−1δU(∂µL
µ)]
= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ])︸ ︷︷ ︸= suku divergensi total
−Tr[(∂µL
µ)U−1δU]
(8.21)
Dari persamaan (8.21) baris kelima, diperoleh:
∂µ((U−1δU)Lµ) = (∂µ(U−1δU))Lµ + U−1δU(∂µLµ) (8.22)
dimana,
Tr[∂µ((U−1δU)Lµ)
]= ∂µ(Tr[(U−1δU)Lµ]) (8.23)
Bukti persamaan (8.21):
Tr [LµLµ] = Tr [LµLµ] (8.24)
Pembuktian:
Tr [LµLµ] = Tr [gµαLαLµ]
= Tr [gαµLαLµ]
= Tr [LαgαµLµ]
= Tr [LαLα]
= Tr [LµLµ]
= Tr [LµLµ]
(8.25)
dimana, gµα adalah bilangan (skalar), yang bersifat simetrik:
gµα = gαµ (8.26)
BAB 8. LAMPIRAN 28
dan α, µ adalah indeks boneka.
Bukti persamaan (2.10):
∂µLν − ∂νLµ = −[Lµ, Lν] (8.27)
Pembuktian:
∂µLν − ∂νLµ = ∂µ(U−1∂νU)− ∂ν(U−1∂µU)
= (∂µU−1)∂νU + U−1(∂µ∂νU)− ((∂νU
−1)∂µU + U−1(∂ν∂µU))
= (∂µU−1)∂νU + U−1(∂µ∂νU)− (∂νU
−1)∂µU − U−1(∂ν∂µU)
= −U−1(∂µU)U−1∂νU − (−U−1(∂νU)U−1∂µU)
= −LµLν + LνLµ
= −[LµLν − LνLµ]
= −[Lµ, Lν]
(8.28)
dimana, ∂µ∂νU = ∂ν∂µU .
Bukti persamaan (2.11):
δ[Lµ, Lν] = −∂µδLν + ∂νδLµ (8.29)
Dengan menggunakan relasi (8.27) diperoleh:
−∂µLν + ∂νLµ = [Lµ, Lν ] (8.30)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.30) ke (8.29), diperoleh:
δ[Lµ, Lν] = δ(−∂µLν + ∂νLµ) = −δ(∂µLν) + δ(∂νLµ) = −∂µδLν + ∂νδLµ (8.31)
Bukti persamaan (2.12):
Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = 2Tr
[(∂µ[Lν, [L
ν,Lµ]])U−1δU]+ suku divergensi total (8.32)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.31) ke ruas kiri (8.32), diperoleh:
Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = Tr [(−∂µδLν + ∂νδLµ)[Lµ, Lν]] (8.33)
BAB 8. LAMPIRAN 29
Penjabaran persamaan (8.33) dengan menggunakan (8.17) adalah:
Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = Tr [−(∂µ(δLν))[L
µ, Lν ]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]
= Tr [−(∂ν(δLµ))[Lν , Lµ]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]
= Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]] + Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]
= 2Tr [(∂ν(δLµ))[Lµ, Lν]]
= 2Tr[(∂ν(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν ]]
= 2∂ν(Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν]])
−2Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU) + ∂µ(U−1δU))
(∂ν [Lµ, Lν])
]
= 2(∂ν(Tr
[(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU) + ∂µ(U−1δU)[Lµ, Lν]])
−Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU))(∂ν [Lµ, Lν ])
]
+Tr[(∂µ(U−1δU))∂ν [L
µ, Lν]])
(8.34)
Gunakan kedua relasi berikut:
−[Lν , Lµ] = [Lµ, Lν] (8.35)
dan,
∂ν(Tr[AB])− Tr[A∂νB] = Tr[(∂νA)B] (8.36)
maka persamaan (8.34), teralihkan menjadi:
Tr[(δ[Lµ, Lν])[Lµ, Lν ]] = 2(∂ν(Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU
−1(δU) + ∂µ(U−1δU))[Lµ, Lν]])
−Tr[(−U−1(δU)Lµ + LµU−1(δU))(∂ν [L
µ, Lν])]
+∂µ(Tr[(U−1δU)∂ν [Lµ, Lν ]])
+Tr[(U−1δU)∂µ∂ν[Lµ, Lν ]])
(8.37)
Suku derivatif total, yakni suku pertama dan suku ketiga persamaan (8.34) dapat dia-
baikan, karena integral permukaannya nol, mengingat δU |permukaan = 0. Suku keempat
BAB 8. LAMPIRAN 30
langsung lenyap, karena ∂µ∂ν[Lµ, Lν ] = 0.
Perkenalkan,
P = [(δ [Lµ, Lν ]) [Lµ, Lν ]] , (8.38)
maka persamaan (8.37), dengan alasan di atas, tersederhanakan menjadi:
TrP = −2Tr[−U−1(δU)Lµ∂ν[L
µ, Lν ] + LµU−1(δU)∂ν [L
µ, Lν]]
−1
2TrP = Tr
[−U−1(δU)Lµ∂ν [L
µ, Lν] + LµU−1(δU)∂ν [L
µ, Lν]]
= Tr[(−Lµ∂ν[Lµ, Lν] + (∂ν [L
µ, Lν])Lµ)U−1(δU)]
= Tr[(−∂ν(Lµ[Lµ, Lν ]) + (∂νLµ)[Lµ, Lν] + ∂ν([L
µ, Lν]Lµ)− [Lµ, Lν]∂νLµ)U−1δU]
= Tr
−∂ν(Lµ[Lµ, Lν]− [Lµ, Lν]Lµ) + ∂νLµ[Lµ, Lν]− [Lµ, Lν]∂νLµ︸ ︷︷ ︸
= Q
U−1δU
= Tr
(−∂ν([Lµ, [Lµ, Lν]])) (U−1δU) +Q(U−1δU)︸ ︷︷ ︸
=A→TrA=0
(8.39)
Proposisi:
Tr[Q(U−1δU)
]= 0 (8.40)
Bukti:
T[Q(U−1δU)
]= Tr
[(∂νLµ[Lµ, Lν ]− [Lµ, Lν]∂νLµ)U−1δU
](8.41)
Dengan menggunakan persamaan (8.27):
∂µLν − ∂νLµ = −[Lµ, Lν] (8.42)
dan persamaan (8.30):
[Lµ, Lν] = −∂µLν + ∂νLµ (8.43)
maka persamaan (8.41) menjadi:
Tr[Q(U−1δU)
]= Tr
[(∂νLµ(−∂µLν + ∂νLµ)− (−∂µLν + ∂νLµ)∂νLµ)U−1δU
]
= Tr[((∂νLµ)(−∂µLν + ∂νLµ) + (∂µLν − ∂νLµ)∂νLµ)U−1δU
]
= Tr[(−∂νLµ∂µLν + ∂νLµ∂νLµ + ∂µLν∂νLµ − ∂νLµ∂νLµ)U−1δU
]
= 0
(8.44)
BAB 8. LAMPIRAN 31
karena,
Tr[∂νLµ∂µLν ] = Tr[∂µLν∂νLµ] (8.45)
dimana, ν, µ adalah indeks boneka.
Substitusikan persamaan (8.44) ke (8.39), maka diperoleh:
−1
2TrP = Tr
[(−∂ν [Lµ, [Lµ, Lν]])U−1δU
](8.46)
Dengan demikian,
TrP = −2Tr[(−∂ν [Lµ, [Lµ, Lν]])U−1δU
]= 2Tr
[(∂ν[Lµ, [L
µ, Lν]])U−1δU]
(8.47)
Bukti persamaan (2.13):
δS =
∫d4xTr
[(F 2
8∂µL
µ +1
8a2∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]] +F 2
16M 2π (U − U−1)
)U−1δU
](8.48)
Tinjau ulang persamaan (2.5), (2.6), (2.9), dan (2.12), yang berturut-turut adalah:
δS =
∫d4x δL (8.49)
dengan,
δL = Tr
[−F
2
8(δLµ)Lµ +
1
16a2(δ[Lµ,Lν])[L
µ,Lν] +F 2
16M 2π (δU−1 + δU)
](8.50)
Tr [(δLµ)Lµ] = −Tr[(∂µLµ)U−1δU
]+ suku divergensi total (8.51)
Tr [(δ[Lµ,Lν])[Lµ,Lν]] = 2Tr
[(∂µ[Lν, [L
ν,Lµ]])U−1δU]
+ suku divergensi total (8.52)
Substitusikan persamaan (8.51) dan (8.52) ke (8.50) dengan menstransformasi suku
divergensi total ke integral permukaan, dan gunakan persyaratan bahwa variasi δU = 0
BAB 8. LAMPIRAN 32
pada batas integrasi, maka diperoleh:
δL = Tr
[−F
2
8(−1)(∂µL
µ)U−1δU +1
16a22(∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]])U−1δU +F 2
16M2
π(δU−1 + δU)
]
= Tr
[F 2
8(∂µL
µ)U−1δU +1
8a2(∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]])U−1δU +F 2
16M2
π(−U−1(δU)U−1 + δU)
]
= Tr
[F 2
8(∂µL
µ)U−1δU +1
8a2(∂µ[Lν, [L
ν , Lµ]])U−1δU +F 2
16M2
π(−U−1 + U)U−1δU
]
= Tr
[(F 2
8∂µL
µ +1
8a2∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]] +F 2
16M2
π(U − U−1)
)U−1δU
]
(8.53)
Substitusikan persamaan (8.53) ke (8.49), diperoleh:
δS =
∫d4x Tr
[(F 2
8∂µL
µ +1
8a2∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]] +F 2
16M2
π(U − U−1)
)U−1δU
]
(8.54)
Bukti persamaan (2.14):
∂µ
(Lµ− 1
a2F 2[Lν , [L
µ,Lν]]
)+
1
2M 2π (U−U−1) = 0 (8.55)
Dari persamaan (8.54) dan (2.4), dan karena δU bernilai sembarang, maka persamaan
Euler-Lagrange dalam bentuk matriks adalah:
F 2
8∂µL
µ +1
8a2∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]] +F 2
16M2
π(U − U−1) = 0 (8.56)
Bila persamaan (8.56) dikalikan dengan 8F 2 diperoleh:
∂µLµ +
1
a2F 2∂µ[Lν , [L
ν, Lµ]︸ ︷︷ ︸−[Lµ,Lν ]
] +1
2M2
π(U − U−1) = 0 (8.57)
∂µLµ − 1
a2F 2∂µ[Lν , [L
µ, Lν]] +1
2M2
π(U − U−1) = 0 (8.58)
∂µ
(Lµ − 1
a2F 2[Lν , [L
µ, Lν]]
)+
1
2M2
π(U − U−1) = 0 (8.59)
8.2 Lampiran II: Energi Statik
Dalam lampiran ini diturunkan pernyataan energi total skyrmion, E, melalui for-
mulasi tensor rapat energi-momentum, T µν , yakni:
E =
∫d4xT 00 (8.60)
BAB 8. LAMPIRAN 33
Disini diturunkan pernyataan umum T µν dengan menggunakan pendekatan teori rela-
tivitas umum. Misalkan, gµν adalah tensor metrik ruang-waktu lengkung, maka fungsi
aksi:
S =
∫d4x√−g L (8.61)
dimana, L adalah rapat Lagrangian ruang-waktu lengkung, dengan
g = det(gµν) < 0 (8.62)
Dalam tinjauan teori relativitas umum, variasi aksi (8.61) berkenaan dengan variasi
tensor metrik saja, adalah:
δgS = −1
2
∫d4x√−g T µνδgµν . (8.63)
Gunakan relasi:
δ√−g =
1
2
√−g gρσδgρσ (8.64)
dan,
δgµν = −gµρ(δgρσ)gσν (8.65)
maka dari persamaan (8.61), diperoleh:
δgS = δg
[∫d4x√−g L
]=
∫d4x δg[
√−g L] =
∫d4x [(δg
√−g)L+√−g(δgL)]
(8.66)
Substitusikan persamaan (8.64) ke (8.66), diperoleh:
δgS =
∫d4x
[(1
2
√−ggρσδgρσ)L+√−g(δgL)
]=
∫d4x√−g
[1
2gρσ(δgρσ)L+ δgL
]
(8.67)
dimana δgL adalah variasi berkaitan dari L. Dengan membandingkan persamaan (8.63)
dengan (8.67), dapat dibaca tensor rapat energi-momentum terkait. Untuk model
Skyrme (2.2), rapat Lagrangian ruang-waktu lengkungnya adalah:
L = Tr
[−F
2
16gµνLµLν +
1
32a2gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] +
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
(8.68)
BAB 8. LAMPIRAN 34
Dengan melakukan variasi terhadap tensor metrik saja, δgµν, maka dengan menggu-
nakan persamaan (8.65), persamaan (8.68) tertransformasikan menjadi:
δgL = δg
(Tr
[−F
2
16gµνLµLν +
1
32a2gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] +
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
])
= Tr
−F
2
16δg(g
µνLµLν) +1
32a2δg(g
µαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]) +F 2
16δgM2
π(U−1 + U − 2I)
︸ ︷︷ ︸=B→TrB=0
= Tr[−F2
16((δgg
µν)LµLν + gµν(δgLµ)Lν + gµνLµ(δgLν))
+1
32a2
(δgg
µα)gνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
+gµαgνβ(δg[Lµ, Lν ])[Lα, Lβ] + gµαgνβ[Lµ, Lν](δg[Lα, Lβ])
]
= Tr
[−F
2
16(δgg
µν)LµLν +1
32a2
((δgg
µα)gνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
)]
= Tr
[F 2
16gµρ(δgρσ)gσνLµLν −
1
32a2(gµρ(δgρσ)gσαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
−gµαgνρ(δgρσ)gσβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ])]
=F 2
16gµρ(δgρσ)gσνTr [LµLν ]−
1
32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)δgρσTr [[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]
(8.69)
Substitusikan persamaan (8.69) ke (8.67), diperoleh:
δgS =
∫d4x√−g(
1
2gρσ(δgρσ)L+
F 2
16gµρ(δgρσ)gσνTr[LµLν ]
− 1
32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)δgρσTr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]])
=
∫d4x√−g(δgρσ)
(1
2gρσL+
F 2
16gµρgσνTr[LµLν]
− 1
32a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]
)
(8.70)
Tinjau ulang (8.63) dengan menggunakan sifat indeks boneka:
δgS = −1
2
∫d4x√−g T µνδgµν = −1
2
∫d4x√−g T ρσδgρσ =
∫d4x√−g(δgρσ)
(−1
2
)T ρσ
(8.71)
BAB 8. LAMPIRAN 35
Dengan membandingkan (8.70) dengan (8.71), didapat relasi:
−1
2T ρσ =
1
2gρσL+
F 2
16gµρgσνTr[LµLν ]
− 1
32a2
(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ
)Tr [[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]
T ρσ = −gρσL− F 2
8gµρgσνTr[LµLν] +
1
16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]
(8.72)
Untuk kasus ruang-waktu datar, yang ditinjau dalam tesis ini, gµν adalah tensor metrik
dalam ruang Minskowski, yakni:
gµν = ηµν =
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
(8.73)
atau, dapat pula dinyatakan sebagai:
gµν = ηµν = diag(1,−1,−1,−1) (8.74)
dimana, goo = 1, gab = −1, jika a = b dan gab = 0, jika a 6= b.
Berikut, diturunkan pernyataan untuk komponen T 00.
Tinjau persamaan (8.72):
T ρσ = −gρσL− F 2
8gµρgσνTr[LµLν] +
1
16a2(gµρgσαgνβ + gµαgνρgσβ)Tr[[Lµ, Lν][Lα, Lβ]]
(8.75)
BAB 8. LAMPIRAN 36
Untuk ρ, σ = 0, maka (8.75) menjadi:
T oo = −gooL − F 2
8gµogoνTr[LµLν ] +
1
16a2
(gµogoαgνβ + gµαgνogoβ
)Tr[[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]]
= −(1)L − F 2
8googooTr[LoLo] +
1
16a2(googoogνβTr[[Lo, Lν][Lo, Lβ]]
+gµαgoogooTr[[Lµ, Lo][Lα, Lo]])
= −L− F 2
8Tr[LoLo] +
1
16a2(gνβTr[[Lo, Lν ][Lo, Lβ]] + gµαTr[[Lµ, Lo][Lα, Lo]])
= −L− F 2
8Tr[LoLo] +
1
16a2(gooTr[[Lo, Lo][Lo, Lo]] + gabTr[[Lo, La][Lo, Lb]]
+gooTr[[Lo, Lo][Lo, Lo]] + gabTr[[La, Lo][Lb, Lo]])
= −L− F 2
8Tr[LoLo] +
1
16a2gabTr[[Lo, La][Lo, Lb] + [La, Lo][Lb, Lo]]
= −L− F 2
8Tr[LoLo] +
1
16a2gabTr[(−1)2[La, Lo][Lb, Lo] + [La, Lo][Lb, Lo]]
= −L− F 2
8Tr[LoLo] +
1
8a2gabTr[[La, Lo][Lb, Lo]]
(8.76)
Dari persamaan (8.68), rapat Lagrangian L secara terurai adalah:
L = Tr
[−F
2
16(gooLoLo + gabLaLb) +
1
32a2(goαgνβ[Lo, Lν ][Lα, Lβ] + gaαgνβ[La, Lν][Lα, Lβ])]
+F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16(LoLo + gabLaLb) +
1
32a2(googνβ[Lo, Lν][Lo, Lβ]
+gaαgνβ[La, Lν][Lα, Lβ]) +F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16(LoLo + gabLaLb) +
1
32a2gνβ[Lo, Lν][Lo, Lβ] + gabgνβ[La, Lν ][Lb, Lβ])
+F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16(LoLo + gabLaLb) +
1
32a2(goo[Lo, Lo][Lo, Lo] + gab[Lo, La][Lo, Lb]
+gabgoo[La, Lo][Lb, Lo] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld]) +F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
= Tr
[−F
2
16(LoLo + gabLaLb) +
1
32a2(2gab[Lo, La][Lo, Lb] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld])
+F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
BAB 8. LAMPIRAN 37
(8.77)
Substitusikan persamaan (8.77) ke (8.76) diperoleh:
T oo = −Tr[−F
2
16(LoLo + gabLaLb) +
1
32a2(2gab[Lo, La][Lo, Lb] + gabgcd[La, Lc][Lb, Ld])
+F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]− F 2
8Tr(LoLo) +
1
8a2gabTr([La, Lo][Lb, Lo])
= −Tr[−F
2
16(LoLo − LaLa) +
1
32a2
((−1)2[Lo, La][Lo, La](−1)2[La, Lc][La, Lc]
)
+F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]− F 2
8Tr(LoLo) +
1
8a2(−1)Tr([La, Lo][La, Lo])
= Tr
[F 2
16(LoLo − LaLa)−
1
32a2(2[Lo, La][Lo, La]− [La, Lc][La, Lc])
−F2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]− F 2
8Tr(LoLo)−
1
8a2Tr([La, Lo][La, Lo])
= Tr
[−F
2
16LaLa −
1
32a2[La, Lc][La, Lc]
]+ Tr
[F 2
16LoLo +
2
32a2[Lo, La][Lo, La]
−F2
16M2
π(U−1 + U − 2I)− F 2
8(LoLo)−
1
8a2[La, Lo][La, Lo]
]
(8.78)
Substitusikan persamaan (8.78) ke (3.2) diperoleh:
E =
∫d3xT oo = Estatik + Erotasi (8.79)
yakni,
E =
∫d3xTr
[−F
2
16LaLa −
1
32a2[La, Lc][La, Lc]
+F 2
16LoLo +
1
16a2[Lo, La][Lo, La]−
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)− F 2
8LoLo
− 1
8a2[La, Lo][La, Lo]
](8.80)
dimana:
Estatik = −∫d3xTr
[F 2
16LaLa +
1
32a2[La, Lc][La, Lc] +
F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
= −∫d3xTr
[F 2
16L2a +
1
32a2[La, Lc]
2 +F 2
16M2
π(U−1 + U − 2I)
]
(8.81)
BAB 8. LAMPIRAN 38
dan,
Erotasi = −∫d3xTr
[−F
2
16LoLo +
F 2
8LoLo −
1
16a2[Lo, La][Lo, La] +
1
8a2[La, Lo][La, Lo]
]
= −∫d3xTr
[−F
2
16L2o +
F 2
8L2o −
1
16a2[Lo, La][Lo, La] +
1
8a2[Lo, La][Lo, La](−1)2
]
= −∫d3xTr
[−F
2
16L2o +
2F 2
16L2o −
1
16a2[Lo, La]
2 +2
16a2[Lo, La]
2
]
= −∫d3xTr
[F 2
16L2o +
1
16a2[Lo, La]
2
]
(8.82)
Dari (8.68), dengan melakukan variasi tensor metrik saja, δgµν, terhadap suku pertama
(8.68) diperoleh:
δg(gµνLµLν) = (δgg
µν)LµLν + gµν (δgLµ)︸ ︷︷ ︸= 0
Lν + gµνLµ (δgLν)︸ ︷︷ ︸= 0
= (δggµν)LµLν (8.83)
Mencari nilai (δggµν).
Tinjau relasi:
gµνgνρ = δµρ (8.84)
Lakukan variasi tensor metrik terhadap (8.84), diperoleh:
δg(gµνgνρ) = δg(δ
µρ ) (8.85)
(δggµν)gνρ + gµν(δggνρ) = 0 (8.86)
(δggµν)gνρ = −gµν(δggνρ) (8.87)
Jika (8.87) dikonstraksikan dengan gρσ, maka diperoleh:
(δggµν)gνρg
ρσ = −gµν(δgνρ)gρσ (8.88)
Dari (8.88), dengan menggunakan relasi (8.84), diperoleh:
(δggµν)δσν = −gµν(δggνρ)gρσ (8.89)
BAB 8. LAMPIRAN 39
sehingga,
δggµν = −gµα(δgαρ)g
ρν (8.90)
dimana δσν = 1, untuk σ = ν. Dengan mensubstitusikan persamaan (8.90) ke (8.83),
maka diperoleh:
δg(gµνLµLν) = (δgg
µν)LµLν = −gµα(δgαρ)gρνLµLν = −gµρ(δgρσ)gσνLµLν (8.91)
untuk µ, ν, ρ, σ adalah indeks boneka.
Tinjau persamaan (8.68), lakukan variasi tensor metrik saja terhadap suku kedua
dari persamaan (8.68), maka diperoleh:
δg(gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]) = (δgg
µα)gνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + gµα(δggνβ)[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
+ gµαgνβ(δg[Lµ, Lν])[Lα, Lβ] + gµαgνβ[Lµ, Lν](δg[Lα, Lβ])
(8.92)
Jabaran δggµα.
Analog dengan persamaan (8.84), diperoleh:
gµαgαρ = δµρ (8.93)
Variasi tensor metrik terhadap persamaan (8.93), adalah:
δg(gµαgαρ) = δg(δ
µρ ) (8.94)
(δggµα)gαρ + gµα(δggαρ) = 0 (8.95)
(δggµα)gαρ = −gµα(δggαρ) (8.96)
Jika (8.96) dikonstraksikan dengan gρσ maka diperoleh:
(δggµα)gαρg
ρσ = −gµα(δggαρ)gρσ (8.97)
Dari persamaan (8.97) dengan menggunakan persamaan (8.93), diperoleh:
(δggµα)δσα = −gµα(δggαρ)g
ρσ (8.98)
BAB 8. LAMPIRAN 40
dimana, δσα = 1, untuk σ = α, sehingga
δgµσ = −gµα(δgαρ)gρσ (8.99)
Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:
δggµα = −gµρ(δggρσ)gσα (8.100)
Jabaran δggνβ.
Analog dengan persamaan (8.93), diperoleh:
gνβgβρ = δνρ (8.101)
Variasi tensor metrik terhadap (8.101), diperoleh:
δg(gνβgβρ) = δg(δ
νρ ) (8.102)
(δggνβ)gβρ + gνβ(δggβρ) = 0 (8.103)
(δggνβ)gβρ = −gνβ(δggβρ) (8.104)
Jika (8.104) dikalikan dengan gρσ maka diperoleh:
(δggνβ)gβρg
ρσ = −gνβ(δggβρ)gρσ (8.105)
Dari (8.105), dengan menggunakan relasi (8.101), diperoleh:
(δggνβ)δσβ = −gνβ(δggβρ)g
ρσ (8.106)
dimana, δσβ = 1, untuk σ = β.
Sehingga,
δggνσ = −gνβ(δggβρ)g
ρσ (8.107)
Dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:
δggνβ = −gνρ(δggρσ)gσβ (8.108)
BAB 8. LAMPIRAN 41
Substitusikan (8.100) dan (8.108) ke (8.92), diperoleh:
δg(gµαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]) = −gµρ(δggρσgσαgνβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
+ gµα−gνρ(δggρσ)gσβ
[Lµ, Lν][Lα, Lβ] + 0
= −gµρ(δggρσ)gσαgνβ[Lµ, Lν ][Lα, Lβ]
− gµαgνρ(δggρσ)gσβ[Lµ, Lν][Lα, Lβ]
(8.109)
Bukti persamaan (3.6):
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2a +
1
8([La, Lb]
2) +m2π(U−1 + U − 2I)
](8.110)
Tinjau transformasi skala:
xa =2xa
aF→ dxa =
(2
aF
)dxa (8.111)
maka,
xb =2xb
aF→ xb =
(aF
2
)xb → dxb =
(aF
2
)dxb → dxb =
(2
aF
)dxb (8.112)
Dengan cara yang sama,
xc =2xc
aF→ dxc =
(2
aF
)dxc (8.113)
sehingga,
x1 =2x1
aF→ dx1 =
2dx1
aF(8.114)
x2 =2x2
aF→ dx2 =
2dx2
aF(8.115)
x3 =2x3
aF→ dx3 =
2dx3
aF(8.116)
Diperoleh
d3x = dx1dx2dx3 =
(2dx1
aF
)(2dx2
aF
)(2dx3
aF
)=
(2
aF
)3
dx1dx2dx3 (8.117)
Tinjau,
La = U−1∂aU = U−1 ∂U
∂xa(8.118)
BAB 8. LAMPIRAN 42
maka persamaan (8.118) dapat dinyatakan sebagai,
La = U−1 ∂xb
∂xa∂U
∂xb(8.119)
Dari persamaan (8.119), dan (8.112) diperoleh:
∂xb
∂xa=
(aF2
)∂xb
∂xa=
(aF
2
)∂xb
∂xa=
(aF
2
)δba (8.120)
dimana, ∂xb
∂xa= δba.
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.120) ke (8.119), diperoleh:
La = U−1 ∂xb
∂xa∂U
∂xb= U−1
(aF
2
)δba∂U
∂xb=
(aF
2
)U−1 ∂U
∂xa︸ ︷︷ ︸= fLa
=
(aF
2
)La (8.121)
dimana δba = 1 untuk a = b.
Berikut ditinjau, transformasi skala dari suku pertama pada persamaan (8.81):
E(1)statik = −
∫d3xTr
[F 2
16L2a
](8.122)
Substitusikan (8.117) dan (8.121) ke (8.122):
E(1)statik = −
∫ (2
aF
)3
dx1dx2dx3Tr
[F 2
16
(aF
2
)2
L2a
]
= −(
2
aF
)3(F 2
16
)(aF
2
)2 ∫dx1dx2dx3Tr
[L2a
]
= −(
8
a3F 3
)(F 2
16
)(a2F 2
4
)∫dx1dx2dx3Tr
[L2a
]
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr[L2a
]
(8.123)
dimana, pada baris terakhir telah digunakan definisi:
−(F
8a
)= −1
2
(F
4a
)= −1
2
(1
12π2
)(8.124)
dan telah dinamakan ulang, x→ x dan La → La. Transformasi skala dari suku kedua
BAB 8. LAMPIRAN 43
pada persamaan (8.81):
E(2)statik = −
∫d3xTr
[1
32a2[La, Lc]
2
]
= −∫d3xTr
[1
32a2[LaLc − LcLa]2
]
= −∫ (
2
aF
)3
dx1dx2dx3Tr
[1
32a2
[(aF
2
)La
(aF
2
)Lc −
(aF
2
)Lc
(aF
2
)La
]2]
= −(
2
aF
)3(1
32a2
)∫dx1dx2dx3Tr
([(aF
2
)La
(aF
2
)Lc −
(aF
2
)Lc
(aF
2
)La
]2)
= −(
2
aF
)3(1
32a2
)∫dx1dx2dx3Tr
([(aF
2
)La
(aF
2
)Lc
]2
−2
[(aF
2
)La
(aF
2
)Lc
] [(aF
2
)Lc
(aF
2
)La
]+
[(aF
2
)Lc
(aF
2
)La
]2)
= −(
2
aF
)3(1
32a2
)∫dx1dx2dx3Tr
[(aF
2
)2
L2a
(aF
2
)2
L2c
−2
(aF
2
)La
(aF
2
)Lc
(aF
2
)Lc
(aF
2
)La +
(aF
2
)2
L2c
(aF
2
)2
L2a
]
= −(
2
aF
)3(1
32a2
)(aF
2
)4 ∫dx1dx2dx3Tr
[L2aL
2c − 2LaLcLcLa + L2
cL2a
]
= −(
2
aF
)3(1
32a2
)(aF
2
)4 ∫d3xT r
([La, Lc
]2)
= −(
8
a3F 3
)(1
32a2
)(a4F 4
16
)∫d3xT r
([La, Lc
]2)
= −(F
64a
)∫d3xT r
([La, Lc
]2)
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[1
8
(La, Lc
]2)
(8.125)
dimana pada baris terakhir telah digunakan definisi:
−(F
64a
)=
1
8
(−1
2
)(F
4a
)=
1
8
(−1
2
)(1
12π2
)(8.126)
Jadi,
E(2)statik =
1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[1
8[La, Lc]
2
](8.127)
BAB 8. LAMPIRAN 44
dimana telah dinamakan ulang: x→ x, dan La → La.
Transformasi skala terhadap suku massa, suku ketiga dari persamaan (8.81):
E(3)statik =
∫d3xTr
[F 2
16M2
π
(U−1 + U − 2I
)]
=
∫ (2
aF
)3
dx1dx2dx3Tr
[F 2
16M2
π
(U−1 + U − 2I
)]
=
(2
aF
)3(F 2
16
)∫dx1dx2dx3Tr
[M2
π
(U−1 + U − 2I
)]
=
(8
a3F 3
)(F 2
16
)∫d3xT r
[M2
π
(U−1 + U − 2I
)]
=
(1
2a3F
)∫d3xT r
[M2
π
(U−1 + U − 2I
)]
=
(1
2a3F
)∫d3xT r
[(aFmπ
2
)2 (U−1 + U − 2I
)]
=
(1
2a3F
)(a2F 2
4
)∫d3xT r
[m2π
(U−1 + U − 2I
)]
=
(F
8a
)∫d3xT r
[m2π
(U−1 + U − 2I
)]
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr[m2π
(U−1 + U − 2I
)]
(8.128)
dimana,
mπ =2Mπ
aF→ 2Mπ = aFmπ (8.129)
Mπ =
(aFmπ
2
)(8.130)
dan, dari persamaan (8.124) diperoleh:
−(F
8a
)=
(−1
2
)(F
4a
)=
(−1
2
)(1
12π2
)(8.131)
dengan x→ x.
Dari persamaan (8.123), (8.127) dan (8.128) diperoleh:
Estatik = E(1)statik + E
(2)statik + E
(3)statik
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr(L2a
)+
1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[1
8[La, Lc]
2
]
+1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr[m2π
(U−1 + U − 2I
)]
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2a +
1
8
([La, Lc]
2)+m2π
(U−1 + U − 2I
)]
(8.132)
BAB 8. LAMPIRAN 45
Lakukan pengujian kestabilan skala terhadap energi statik dari persamaan (8.132).
Terhadap transformasi skala x→ λx, arus La terskalakan sebagai berikut:
La(x)→ U−1(x)∂U(x)
∂xa= U−1(λx)
∂U(λx)
∂xa= λU−1(λx)
∂U(λx)
∂(λxa)= λLa(λx) (8.133)
Tinjau (8.132):
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2a +
1
8
([La, Lc]
2)+m2π
(U−1 + U − 2I
)](8.134)
Penerapan transformasi skala terhadap (8.134), memberikan:
E[(λ)]statik =1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[(λLa (λx))2 +
1
8
([λLa (λx) , λLc (λx)]2
)
+m2π
(U−1 + U − 2I
)]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ2L2
a +1
8([λLaλLc − λLcλLa]2) +m2
π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ2L2
a +1
8([λLaλLcλLaλLc − 2λLaλLcλLcλLa
+λLcλLaλLcλLa]) +m2π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ2L2
a +λ4
8[LaLcLaLc − 2LaLcLcLa + LcLaLcLa]
+m2π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ2L2
a +λ4
8[LaLc − LcLa]2 +m2
π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ2L2
a +λ4
8[La, Lc]
2 +m2π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr[λ2L2
a
]+
1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr
[λ4
8[La, Lc]
2
]
+1
12π2
∫d3(λx)
λ3
(−1
2
)Tr[m2π(U−1 + U − 2I)
]
=1
λ
(1
12π2
∫d3(λx)
(−1
2
)Tr[L2a
])+ λ
(1
12π2
∫d3(λx)
(−1
2
)Tr
[1
8[La, Lc]
2
])
+1
λ3
(1
12π2
∫d3(λx)
(−1
2
)Tr[m2π(U−1 + U − 2I)
])
=1
λEσ + λESky +
1
λ3
(1
12π2
∫d3(λx)
(−1
2
)Tr[m2
π(U−1 + U − 2I)]
)
(8.135)
dimana Eσ adalah suku energi chiral statik, dan ESky adalah suku energi Skyrme. Dari
persamaan (8.135), dengan tidak melibatkan suku massa (nilainya sangat kecil), maka
BAB 8. LAMPIRAN 46
diperoleh:
dE [λ]
dλ|λ=1 =
d
dλ
[1
λEσ + λESky
]|λ=1
=
[(d
dλ
[1
λ
])Eσ +
1
λ
(d
dλEσ
)+
(d
dλ[λ]
)ESky + λ
(d
dλESky
)]|λ=1
=
[− 1
λ2Eσ + ESky
]|λ=1
= −Eσ + ESky
(8.136)
Dari persamaan (8.136) diperoleh:
d2E[λ]
dλ2
∣∣∣∣λ=1
=d
dλ
[− 1
λ2Eσ + ESky
]∣∣∣∣λ=1
= (−1)d
dλ
[1
λ2Eσ
]∣∣∣∣λ=1
+d
dλESky
∣∣∣∣λ=1
= (−1)
(d
dλ
[1
λ2
])Eσ +
1
λ2
(d
dλEσ
)∣∣∣∣λ=1
+dESkydλ
∣∣∣∣λ=1
= (−1)
− 2
λ3Eσ + 0
∣∣∣∣λ=1
+ 0
=2
λ3Eσ
∣∣∣∣λ=1
= 2Eσ
(8.137)
Pembuktian (8.132) dari persamaan adalah sebagai berikut:
Tinjau (3.18):
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[(La ±
1
4εabc[Lb, Lc]
)2]∓ 1
24π2
∫d3xεabcTr(LaLbLc)
(8.138)
dimana, dari persamaan (8.138):
(La ±1
4εabc[Lb, Lc])
2 = L2a ±
1
2Laεabc[Lb, Lc] +
1
16(εabc[Lb, Lc])
2 (8.139)
BAB 8. LAMPIRAN 47
Dari persamaan (8.139) diperoleh:
εabc[Lb, Lc] = εabc[LbLc − LcLb]
= εabcLbLc − εabcLcLb
= εabcLbLc − εacbLbLc
= εabcLbLc − (−εabc)LbLc
= εabcLbLc + εabcLbLc
= 2εabcLbLc
(8.140)
dimana a, b, c adalah indeks boneka, dan εacb = −εabcTinjau persamaan (8.139) dan (8.140), maka diperoleh:
(εabc[Lb, Lc])2 = εabc[Lb, Lc]εade[Ld, Le] = 2εabcLbLc2εadeLdLe (8.141)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.140) dan (8.141) ke (8.139) diperoleh:
(La ±1
4εabc[Lb, Lc])
2 = L2a ±
1
2La2εabcLbLc +
1
16(2εabcLbLc2εadeLdLe)
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
4εabcLbLcεadeLdLe︸ ︷︷ ︸
(∗)
(8.142)
Dari persamaan (8.141), diperoleh:
2εabcLbLc2εadeLdLe = εabc[Lb, Lc]εade[Ld, Le] (8.143)
εabcLbLcεadeLdLe =1
2εabc[Lb, Lc]
1
2εade[Ld, Le] (8.144)
BAB 8. LAMPIRAN 48
Dengan mensubstitusikan (8.144) ke (8.142), diperoleh:
(La ±1
4εabc[Lb, Lc])
2 = L2a ± LaεabcLbLc +
1
4(1
2εabc[Lb, Lc]
1
2εade[Ld, Le])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
4(1
4εabcεade[Lb, Lc][Ld, Le])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
16([δbdδce − δbeδcd][Lb, Lc][Ld, Le])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
16(δbdδce[Lb, Lc][Ld, Le]− δbeδcd[Lb, Lc][Ld, Le])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
16([Lb, Lc][Lb, Lc]− [Lb, Lc] [Lc, Lb]︸ ︷︷ ︸
= (−1)[Lb,Lc]
)
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
16([Lb, Lc][Lb, Lc] + [Lb, Lc][Lb, Lc])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
16(2[Lb, Lc][Lb, Lc])
= L2a ± LaεabcLbLc +
1
8[Lb, Lc]
2
(8.145)
Sehingga, dengan mensubstitusikan (8.145) ke (8.138), diperoleh:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2a ± LaεabcLbLc +
1
8[Lb, Lc]
2
]
∓ 1
12π2
∫d3x
(−1
2
)εabcTr(LaLbLc)
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)TrL2
a ±1
12π2
∫d3x
(−1
2
)εabcTr(LaLbLc)
+1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
(1
8[Lb, Lc]
2
)∓ 1
12π2
∫d3x
(−1
2
)εabcTr(LaLbLc)
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr L2
a +1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
(1
8[Lb, Lc]
2
)
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
(L2a +
1
8[Lb, Lc]
2
)
(8.146)
8.3 Lampiran III: Persamaan Skyrme Statik, Solusi
dan Energinya
Dari persamaan (3.8), dengan mengabaikan suku massa, diperoleh:
∂a
(La −
1
4[Lb, [La, Lb]]
)= 0 (8.147)
BAB 8. LAMPIRAN 49
dimana a, b, c adalah indeks boneka. Untuk menggunakan teknik analisa tensor secara
konsisten, persamaan (8.147) ditulis ulang dalam pernyataan kontraksi indeks sebagai
berikut:
∂a
(La − 1
4[Lb, [La, Lb]]
)= 0 (8.148)
Pernyataan ini berlaku dalam koordinat umum. Bila gab adalah komponen tensor
metrik berkaitan, maka:
La = gabLb (8.149)
dimana,
gab = (g−1)ab (8.150)
Dengan menggunakan persamaan (8.149) dan (8.148), diperoleh:
∂a
(gabLb −
1
4[gbcLc, [g
adLd, Lb]]
)= 0 (8.151)
Tinjau, elemen panjang dalam koordinat kartesian (x, y, z):
ds2 = dx2 + dy2 + dz2 = gab dxa dxb (8.152)
dimana, gab = diag(1, 1, 1). Dalam koordinat bola (r, θ, φ), komponen tensor metriknya
adalah
gab =
1 0 0
0 r2 0
0 0 r2 sin2 θ
(8.153)
atau, gab = diag(1, r2, r2 sin2 θ).
Dengan menggunakan persamaan (8.153), elemen panjang dalam koordinat bola dapat
dinyatakan sebagai:
ds2 = grr dr2 + gθθ dθ
2 + gφφ dφ2
= (1) dr2 + (r2) dθ2 + (r2 sin2 θ) dφ2
= dr2 + r2 dθ2 + r2 sin2 θ dφ2
(8.154)
BAB 8. LAMPIRAN 50
dimana,
gab = diag
(1,
1
r2,
1
r2 sin2 θ
)=
1 0 0
0 1r2 0
0 0 r2 sin2 θ
(8.155)
Tinjau persamaan (8.151) dalam koordinat bola, yakni untuk a = r, θ, φ dan digu-
nakan sifat indeks boneka, diperoleh:
0 = ∂r
(graLa −
1
4
[gbcLc, [g
rdLd, Lb]])
+ ∂θ
(gθaLa −
1
4
[gbcLc, [g
θdLd, Lb]])
+∂φ
(gφaLa −
1
4
[gbcLc, [g
φdLd, Lb]])
(8.156)
dimana,
graLa = grr︸︷︷︸= 1
Lr + grθ︸︷︷︸= 0
Lθ + grφ︸︷︷︸= 0
Lφ = (1)Lr = Lr (8.157)
gθaLa = gθr︸︷︷︸= 0
Lr + gθθ︸︷︷︸= 1r2
Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0
Lφ =
(1
r2
)Lθ (8.158)
gφaLa = gφr︸︷︷︸= 0
Lr + gφθ︸︷︷︸= 0
Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1
r2 sin2 θ
Lφ =
(1
r2 sin2 θ
)Lφ (8.159)
Dari persamaan (8.156), diperoleh:
[gbcLc, [grdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g
rr
︸︷︷︸= 1
Lr + grθ︸︷︷︸= 0
Lθ + grφ︸︷︷︸= 0
Lφ), Lb]]
= [gbcLc, [Lr, Lb]]
= [grcLc, [Lr, Lr]] + [gθcLc, [Lr, Lθ]] + [gφcLc, [Lr, Lφ]]
= [( gθr︸︷︷︸= 0
Lr + gθθ︸︷︷︸= 1
r2
Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0
Lφ), [Lr, Lθ]]
+ [( gφr︸︷︷︸= 0
Lr + gφθ︸︷︷︸= 0
Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1r2 sin2 θ
Lφ), [Lr, Lφ]]
=
[1
r2Lθ, [Lr, Lθ]
]+
[(1
r2 sin2 θ
)Lφ, [Lr, Lφ]
]
=1
r2
[Lθ, [Lr, Lθ]] +
1
r2 sin2 θ[Lφ, [Lr, Lφ]
]
(8.160)
BAB 8. LAMPIRAN 51
dan,
[gbcLc, [gθdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g
θr
︸︷︷︸= 0
Lr+ gθθ︸︷︷︸= 1
r2
Lθ+ gθφ︸︷︷︸= 0
Lφ), Lb]] =
[gbcLc,
[(1
r2
)Lθ, Lb
]]
(8.161)
Untuk b = r, θ, φ, persamaan (8.161) teruraikan menjadi:
[gbcLc, [gθdLd, Lb]] =
[grcLc,
[1
r2Lθ, Lr
]]+
[gθcLc,
[1
r2Lθ, Lθ
]]+
[gφcLc,
[1
r2Lθ, Lφ
]]
=
( grr︸︷︷︸
= 1
Lr + grθ︸︷︷︸= 0
Lθ + grφ︸︷︷︸= 0
Lφ),
[1
r2Lθ, Lr
]
+
( gφr︸︷︷︸
= 0
Lr + gφθ︸︷︷︸= 0
Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1
r2 sin2 θ
Lφ),
[1
r2Lθ, Lφ
]
=
[Lr,
[1
r2Lθ, Lr
]]+
[1
r2 sin2 θLφ,
[1
r2Lθ, Lφ
]]
=1
r2[Lr, [Lθ, Lr]] +
1
r2 sin2 θ
1
r2[Lφ, [Lθ, Lφ]]
=1
r2[Lr, [Lθ, Lr]] +
1
r4 sin2 θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]
(8.162)
BAB 8. LAMPIRAN 52
Dari persamaan (8.156), diperoleh:
[gbcLc, [gφdLd, Lb]] = [gbcLc, [( g
φr
︸︷︷︸= 0
Lr + gφθ︸︷︷︸= 0
Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1
r2 sin2 θ
Lφ), Lb]]
=
[gbcLc,
[1
r2 sin2 θLφ, Lb
]]
=1
r2 sin2 θ
[gbcLc, [Lφ, Lb]
]
=1
r2 sin2 θ
[grcLc, [Lφ, Lr]] + [gθcLc, [Lφ, Lθ] + [gφcLc, [Lφ, Lφ]︸ ︷︷ ︸
= 0
]
=1
r2 sin2 θ
[( grr︸︷︷︸
= 1
Lr + grθ︸︷︷︸= 0
Lθ + grφ︸︷︷︸= 0
Lφ), [Lφ, Lr]]
+[( gθr︸︷︷︸= 0
Lr + gθθ︸︷︷︸= 1
r2
Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0
Lφ), [Lφ, Lθ]]
=1
r2 sin2 θ
[Lr, [Lφ, Lr]] + [
1
r2Lθ, [Lφ, Lθ]]
=1
r2 sin2 θ
[Lr, [Lφ, Lr]] +
1
r2[Lθ, [Lφ, Lθ]]
=1
r2 sin2 θ
[Lr, [Lφ, Lr]] +
1
r4 sin2 θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]
(8.163)
Substitusikan persamaan (8.157), (8.158), (8.159), (8.160), (8.162) dan (8.163), ke
persamaan (8.156) diperoleh persamaan Skyrme statik dalam koordinat bola sebagai
berikut:
0 = ∂r
(Lr −
1
4
1
r2[Lθ, [Lr, Lθ]] +
1
r2 sin2 θ[Lφ, [Lr, Lφ]]
)
+ ∂θ
(1
r2Lθ −
1
4
1
r2[Lr, [Lθ, Lr]] +
1
r4 sin2 θ[Lφ, [Lθ, Lφ]]
)
+ ∂φ
(1
r2 sin2 θLφ −
1
4
1
r2 sin2 θ[Lr, [Lφ, Lr]] +
1
r4 sin2 θ[Lθ, [Lφ, Lθ]]
)(8.164)
Tinjau ulang, persamaan (8.132), yakni:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
L2a +
1
8
([La ,Lc]2 + m2
π(U−1 + U − 2I))
(8.165)
BAB 8. LAMPIRAN 53
Dari persamaan (8.165), elemen volume dalam koordinat bola (r, θ, φ) dapat dinyatakan
sebagai:
d3x =√g dr dθ dφ (8.166)
dengan g = det(gab). Tensor metrik gab dibaca dari elemen panjang dalam koordinat
bola:
ds2 = grr dr2 + gθθ dθ
2 + gφφ dφ2 (8.167)
dimana, dengan menggunakan persamaan (8.153), diperoleh:
ds2 = (1) dr2 + r2 dθ2 + r2 sin2 θ dφ2 (8.168)
Dari persamaan (8.163), dan (8.153) diperoleh:
g = det(gab) = r4 sin2 θ (8.169)
sehingga,
√g = r2 sin θ (8.170)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.170) ke (8.166), diperoleh:
d3x = r2 sin θ dr dθ dφ (8.171)
Mencari nilai L2a pada persamaan (8.165).
Untuk a = r, θ, φ, maka:
L2a = LaLa = LrLr + LθLθ + LφLφ (8.172)
dimana,
La = gabLb = garLr + gaθLθ + gaφLφ (8.173)
untuk b = r, θ, φ. Bila a = r, θ, φ, maka persamaan (8.173) dapat dinyatakan sebagai:
Lr = grr︸︷︷︸= 1
Lr + grθ︸︷︷︸= 0
Lθ + grφ︸︷︷︸= 0
Lφ = Lr (8.174)
Lθ = gθr︸︷︷︸= 0
Lr + gθθ︸︷︷︸= 1
r2
Lθ + gθφ︸︷︷︸= 0
Lφ =1
r2Lθ (8.175)
BAB 8. LAMPIRAN 54
Lφ = gφr︸︷︷︸= 0
Lr + gφθ︸︷︷︸= 0
Lθ + gφφ︸︷︷︸= 1
r2 sin2 θ
Lφ =1
r2 sin2 θLφ (8.176)
Dari persamaan (8.172), (8.174), (8.175) dan (8.176) diperoleh:
L2a = LaLa
= LrLr + LθLθ + LφLφ
= LrLr +
(1
r2
)LθLθ +
(1
r2 sin2 θ
)LφLφ
= L2r +
(1
r2
)L2θ +
(1
r2sin2θ
)L2φ
(8.177)
dengan a = r, θ, φ.
Mencari nilai [La, Lb]2 pada persamaan (8.165).
[La, Lb]2 = [La, Lb][La, Lb]
= [Lr, Lb][Lr, Lb] + [Lθ, Lb][Lθ, Lb] + [Lφ, Lb][Lφ, Lb]
= [Lr, Lr︸ ︷︷ ︸= 0
][Lr, Lr︸ ︷︷ ︸= 0
] + [Lr, Lθ][Lr, Lθ] + [Lr, Lφ][Lr, Lφ]
+ [Lθ, Lr][Lθ, Lr] + [Lθ, Lθ︸ ︷︷ ︸= 0
][Lθ, Lθ]︸ ︷︷ ︸= 0
+[Lθ, Lφ][Lθ, Lφ] + [Lφ, Lr][Lφ, Lr]
+ [Lφ, Lθ][Lφ, Lθ] + [Lφ, Lφ︸ ︷︷ ︸= 0
][Lφ, Lφ︸ ︷︷ ︸= 0
]
= [Lr, Lθ][Lr, Lθ] + [Lr, Lφ][Lr, Lφ] + [ Lθ, Lr︸ ︷︷ ︸(−1)[Lr ,Lθ ]
][ Lθ, Lr︸ ︷︷ ︸(−1)[Lr ,Lθ ]
] + [Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]
+ [ Lφ, Lr︸ ︷︷ ︸(−1)[Lr ,Lφ]
][ Lφ, Lr︸ ︷︷ ︸=(−1)[Lr ,Lφ]
] + [ Lφ, Lθ︸ ︷︷ ︸(−1)[Lθ ,Lφ]
][ Lφ, Lθ︸ ︷︷ ︸(−1)[Lθ ,Lφ]
]
= 2
[Lr, Lθ][Lr, Lθ] + [Lr, Lφ][Lr, Lφ] + [Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]
(8.178)
dimana, a, b, c adalah indeks boneka.
BAB 8. LAMPIRAN 55
Dari persamaan (8.178), diperoleh:
[Lr, Lθ] = [LrLθ − LθLr]
= [ grr︸︷︷︸= 1
Lr gθθ
︸︷︷︸= 1r2
Lθ − gθθLθgrrLr]
=
[Lr
(1
r2
)Lθ −
(1
r2
)LθLr
]
=
[1
r2LrLθ −
1
r2LθLr
]
=1
r2[LrLθ − LθLr]
=1
r2[Lr, Lθ]
(8.179)
[Lr, Lφ] = [LrLφ − LφLr]
= [grrLrgφφLφ − gφφLφgrrLr]
=
[(1)Lr
(1
r2 sin2 θ
)Lφ −
(1
r2 sin2 θ
)Lφ(1)Lr
]
=1
r2 sin2 θ[LrLφ − LφLr]
=1
r2 sin2 θ[Lr, Lφ]
(8.180)
[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ]
= [gθθLθgφφLφ − gφφLφgθθLθ]
=
[(1
r2
)Lθ
(1
r2 sin2 θ
)Lφ −
(1
r2 sin2 θ
)Lφ
(1
r2
)Lθ
]
=1
r4 sin2 θ[LθLφ − LφLθ]
=1
r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]
(8.181)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.179), (8.180) dan (8.181) ke (8.178), diperoleh:
[La, Lb]2 = 2
1
r2[Lr, Lθ][Lr, Lθ] +
1
r2 sin2 θ[Lr, Lφ][Lr, Lφ] +
1
r4 sin2 θ[Lθ, Lφ][Lθ, Lφ]
= 2
1
r2[Lr, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[Lr, Lφ]2 +
1
r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]2
(8.182)
BAB 8. LAMPIRAN 56
Jadi, dengan mensubstitusikan (8.177) dan (8.182) ke (8.165), diperoleh:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2r +
(1
r2
)L2θ +
(1
r2sin2θ
)L2φ
+1
8
[2
1
r2[Lr, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[Lr, Lφ]2 +
1
r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]2
]+m2
π(U−1 + U − 2I)
]
=1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[L2r +
(1
r2
)L2θ +
(1
r2 sin2 θ
)L2φ
+1
4
1
r2[Lr, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[Lr, Lφ]2 +
1
r4 sin2 θ[Lθ, Lφ]2
+m2
π(U−1 + U − 2I)
]
(8.183)
dimana,
Lr = (iσ.n)I
(dg
dr
)(8.184)
sehingga,
L2r =
(iσ.n)I
(dg
dr
)(iσ.n)I
(dg
dr
)= (−1) (σ.n)2
︸ ︷︷ ︸= 1
(dg
dr
)2
= −(dg
dr
)2
1
(8.185)
Jadi,
Tr[L2r
]= −(2)
(dg
dr
)2
(8.186)
Berikut, karena
Lθ = i cos g sin g
(σ.∂n
∂θ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)sin2 g (8.187)
BAB 8. LAMPIRAN 57
maka
L2θ =
i cos g sin g(σ.
∂n
∂θ) + (σ.n)(σ.
∂n
∂θ) sin2 g
i cos g sin g(σ.
∂n
∂θ) + (σ.n)(σ.
∂n
∂θ) sin2 g
= (−1) cos2 g sin2 g(σ.∂n
∂θ)(σ.
∂n
∂θ) + i cos g sin3 g(σ.
∂n
∂θ)(σ.n)(σ.
∂n
∂θ)
+ i cos g sin3 g (σ.n)(σ.∂n
∂θ)
︸ ︷︷ ︸=−(σ. ∂bn
∂θ)(σ.bn)
(σ.∂n
∂θ) + sin4 g(σ.n)(σ.
∂n
∂θ)(σ.n)(σ.
∂n
∂θ)
= − cos2 g sin2 g(σ.∂n
∂θ)(σ.
∂n
∂θ) + i cos g sin3 g(σ.
∂n
∂θ)(σ.n)(σ.
∂n
∂θ)
− i cos g sin3 g(σ.∂n
∂θ)(σ.n)(σ.
∂n
∂θ) + sin4 g(σ.n) (σ.
∂n
∂θ)(σ.n)
︸ ︷︷ ︸=(−1)(σ.bn)(σ. ∂bn
∂θ)
(σ.∂n
∂θ)
= − cos2 g sin2 g (σ.∂n
∂θ)(σ.
∂n
∂θ)
︸ ︷︷ ︸= 1
− sin4 g (σ.n)(σ.n)︸ ︷︷ ︸= 1
(σ.∂n
∂θ)(σ.
∂n
∂θ)
︸ ︷︷ ︸= 1
= (− cos2 g sin2 g − sin4 g)1
= (− sin2 g [cos2 g + sin2 g]︸ ︷︷ ︸= 1
)1
= − sin2 g1
(8.188)
Jadi,
Tr[L2θ
]= −(2) sin2 g (8.189)
Berikut,
Lφ = i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin2 g (8.190)
BAB 8. LAMPIRAN 58
sehingga,
L2φ =
i cos g sin g(σ.
∂n
∂φ) + (σ.n)(σ.
∂n
∂φ) sin2 g
i cos g sin g(σ.
∂n
∂φ) + (σ.n)(σ.
∂n
∂φ) sin2 g
= (−1) cos2 g sin2 g(σ.∂n
∂φ)(σ.
∂n
∂φ) + i cos g sin3 g(σ.
∂n
∂φ)(σ.n)(σ.
∂n
∂φ)
+ i cos g sin3 g (σ.n)(σ.∂n
∂φ)
︸ ︷︷ ︸=−(σ. ∂bn
∂φ)(σ.bn)
(σ.∂n
∂φ) + sin4 g(σ.n) (σ.
∂n
∂φ)(σ.n)
︸ ︷︷ ︸=−(σ.bn)(σ. ∂bn
∂φ)
(σ.∂n
∂φ)
= − cos2 g sin2 g(σ.∂n
∂φ)(σ.
∂n
∂φ) + i cos g sin3 g(σ.
∂n
∂φ)(σ.n)(σ.
∂n
∂φ)
− i cos g sin3 g(σ.∂n
∂φ)(σ.n)(σ.
∂n
∂φ)− sin4 g (σ.n)(σ.n)︸ ︷︷ ︸
= 1
(σ.∂n
∂φ)(σ.
∂n
∂φ)
= − cos2 g sin2 g (σ.∂n
∂φ)(σ.
∂n
∂φ)
︸ ︷︷ ︸= sin2 θ
− sin4 g (σ.∂n
∂φ)(σ.
∂n
∂φ)
︸ ︷︷ ︸=sin2 θ
= (− cos2 g sin2 g sin2 θ − sin4 g sin2 θ)1
= (− sin2 g sin2 θ[cos2 g + sin2 g])1
= (− sin2 g sin2 θ)1
(8.191)
Jadi,
Tr[L2φ
]= −(2) sin2 g sin2 θ (8.192)
Pada perhitungan di atas, telah digunakan proposisi berikut.
Proposisi: (σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)= sin2 θ (8.193)
Bukti:
Karena:
n = sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θk (8.194)
maka,
∂n
∂θ= cos θ cos φi+ cos θ sin φj − sin θk (8.195)
∂n
∂φ= − sin θ sin φi+ sin θ cos φj (8.196)
BAB 8. LAMPIRAN 59
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)=
(σa∂na∂θ
)(σb∂nb∂θ
)
= σaσb∂na∂θ
∂nb∂θ
=1
2(σaσb + σbσa)
∂na∂θ
∂nb∂θ
=1
2(2 δab︸︷︷︸
=1,a=b
)∂na∂θ
∂nb∂θ
=∂na∂θ
∂na∂θ
(8.197)
Dari persamaan (8.197), diperoleh:(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)=
(σ1∂n1
∂θ
)(σ1∂n1
∂θ
)(σ2∂n2
∂θ
)(σ2∂n2
∂θ
)(σ3∂n3
∂θ
)(σ3∂n3
∂θ
)
= σ1σ1∂n1
∂θ
∂n1
∂θ+ σ2σ2
∂n2
∂θ
∂n2
∂θ+ σ3σ3
∂n3
∂θ
∂n3
∂θ
(8.198)
dimana,
σ = σ1i+ σ2j + σ3k (8.199)
dan,
∂na∂θ
∂na∂θ
=∂n1
∂θ
∂n1
∂θ
∂n2
∂θ
∂n2
∂θ
∂n3
∂θ
∂n3
∂θ(8.200)
Tinjau (8.200) dengan menggunakan (8.195), diperoleh:(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)= (cos θ cos φi + cos θ sin φj − sin θk).(cos θ cos φi+ cos θ sin φj − sin θk)
= cos2 θ cos2 φ+ cos2 θ sin2 φ+ sin2 θ
= cos2 θ[cos2 φ+ sin2 φ] + sin2 θ
= cos2 θ + sin2 θ
= 1
(8.201)
Dari persamaan (8.197) dan (8.201), diperoleh:
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)=
(∂na∂θ
∂na∂θ
)=
(∂n
∂θ.∂n
∂θ
)= 1 (8.202)
Analog dengan persamaan (8.197), diperoleh:
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)=
(∂na∂φ
∂na∂φ
)=
(∂n
∂φ.∂n
∂φ
)(8.203)
BAB 8. LAMPIRAN 60
Tinjau persamaan (8.203) dengan menggunakan (8.196):
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)= (− sin θ sin φ i+ sin θ cos φj)(− sin θ sin φi+ sin θ cos φj)
= sin2 θ sin2 φ+ sin2 θ cos2 φ
= sin2 θ[sin2 φ+ cos2 φ]
= sin2 θ
(8.204)
maka diperoleh:
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)=
(∂na∂φ
∂na∂φ
)=
(∂n
∂φ.∂n
∂φ
)= sin2 θ (8.205)
Mencari nilai [Lr, Lθ]2 pada persamaan (8.183).
[Lr, Lθ] = [LrLθ − LθLr] = 2i
(dg
dr
)sin g
i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)+
(σ.∂n
∂θ
)sin g
(8.206)
BAB 8. LAMPIRAN 61
Dari persamaan (8.206), diperoleh:
[Lr, Lθ]2 =
2i
(dg
dr
)sin g
2i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)+
(σ.∂n
∂θ
)sin g
2
= 4(−1)
(dg
dr
)2
sin2 g
i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)+
(σ.∂n
∂θ
)sin g
i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)+
(σ.∂n
∂θ
)sin g
= −4
(dg
dr
)2
sin2 g
(−1) cos2 g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)
+i cos g sin g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)
+i cos g sin g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.n)
︸ ︷︷ ︸−(σ.bn)(σ. ∂bn∂θ )
(σ.∂n
∂θ
)+ sin2 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)
︸ ︷︷ ︸=1
= −4
(dg
dr
)2
sin2 g
cos2 g (σ.n)(σ.n)︸ ︷︷ ︸= 1
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂θ
)
︸ ︷︷ ︸= 1
+ sin2 g
= −4
(dg
dr
)2
sin2 g
cos2 g + sin2 g
1
= −4
(dg
dr
)2
sin2 g1
(8.207)
Jadi,
Tr [Lr, Lθ]2 = −4(2)
(dg
dr
)2
sin2 g (8.208)
Mencari nilai [Lr, Lφ]2 pada persamaan (8.183).
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.184) dan (8.190) ke relasi komutasi keduanya,
BAB 8. LAMPIRAN 62
maka diperoleh:
[Lr, Lφ] = [LrLφ, LφLr]
=
(iσ.n)
(dg
dr
)i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin2 g
−i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin2 g
(iσ.n)
(dg
dr
)
= i sin g
(dg
dr
)[i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin g
−i cos g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n) + (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n) sin g
]
= i sin g
(dg
dr
)[i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
−−i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)− (σ.n)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin g
]
= i sin g
(dg
dr
)[i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
+
i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
]
= 2i sin g
(dg
dr
)i cos g (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
(8.209)
BAB 8. LAMPIRAN 63
Dari persamaan (8.209), diperoleh:
[Lr, Lφ]2 =
2i sin g
(dg
dr
)2i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
2
= 4(−1) sin2 g
(dg
dr
)2i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
i cos g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)+
(σ.∂n
∂φ
)sin g
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2(−1) cos2 g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)
+i cos g sin g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)+ i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n)
︸ ︷︷ ︸=−(σ.bn)(σ. ∂bn∂φ)
(σ.∂n
∂φ
)
+ sin2 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)
︸ ︷︷ ︸= sinθ
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
(−1) cos2 g(σ.n)(−1)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂φ
)
︸ ︷︷ ︸= sin2 θ
+ sin2 g sin2 θ
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
cos2 g (σ.n)(σ.n)︸ ︷︷ ︸
= 1
sin2 θ + sin2 g sin2 θ
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2 cos2 g sin2 θ + sin2 g sin2 θ
1
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ
cos2 g + sin2 g
1
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ1
(8.210)
Jadi,
Tr [Lr, Lφ]2 = −4(2) sin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ (8.211)
Mencari nilai [Lθ, Lφ]2 pada persamaan (8.183).
[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ] (8.212)
BAB 8. LAMPIRAN 64
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.187), dan (8.190) ke relasi komutasi keduanya,
maka diperoleh:
[Lθ, Lφ] = [LθLφ − LφLθ]
=
i cos g sin g
(σ.∂n
∂θ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)sin2 g
i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin2 g
−i cos g sin g
(σ.∂n
∂φ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)sin2 g
i cos g sin g
(σ.∂n
∂θ
)+ (σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)sin2 g
=
(−1) cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)+ i cos g sin3 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)
+i cos g sin3 g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)+ sin4 g(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)
−
(−1) cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)+ i cos g sin3 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)
+
i cos g sin3 g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)+ sin4 g(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)
=
− cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)− sin4 g(σ.n)(σ.n)
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)
−− cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)− sin4 g(σ.n)(σ.n)
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)
= − cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)− sin4 g
(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)
+ cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)+ sin4 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)
= cos2 g sin2 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)−(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)
︸ ︷︷ ︸=2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
+ sin4 g
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)−(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)
= cos2 g sin2 g
2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
+ sin4 g
2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
= sin2 g
2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
cos2 g + sin2 g
= sin2 g
2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
BAB 8. LAMPIRAN 65
(8.213)
Jadi, dari persamaan (8.213), diperoleh:
[Lθ, Lφ]2 = sin4 g
2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
2iεdefσf
∂nd∂φ
∂ne∂θ
(8.214)
Dalam perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut:
Proposisi:
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)−(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)= 2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
(8.215)
Bukti:(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)−(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)=
(σa∂na∂φ
)(σb∂nb∂θ
)−(σa∂na∂θ
)(σb∂nb∂φ
)
= (σaσb − σbσa)∂na∂φ
∂nb∂θ
(8.216)
dimana,
∂nb∂θ
∂na∂φ
=∂na∂φ
∂nb∂θ
(8.217)
dan matriks Pauli σa memenuhi aturan siklis:
(σaσb − σbσa) = 2iεabcσc (8.218)
dengan a, b, c = 1, 2, 3. Dengan mensubstitusikan persamaan (8.218) ke (8.216) maka
diperoleh:
(σ.∂n
∂φ
)(σ.∂n
∂θ
)−(σ.∂n
∂θ
)(σ.∂n
∂φ
)= 2iεabcσc
∂na∂φ
∂nb∂θ
(8.219)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.185),(8.188),(8.191),(8.207),(8.210) dan (8.214)
ke dalam persamaan (8.183) diperoleh:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)Tr
[−(dg
dr
)2
+1
r2(−1) sin2 g +
1
r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ
+
(1
4
)1
r2(−4)
(dg
dr
)2
sin2 g +
(1
4
)1
r2 sin2 θ(−4) sin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ
+
(1
4
)1
r4 sin2 θsin4 g
[2iεabcσc
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)2iεdefσf
(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)]
+ mπ
(U−1 + U − 2I
)]
BAB 8. LAMPIRAN 66
(8.220)
Berikut, dihitung faktor trace pada suku yang mengandung simbol Levi-Civita.
Tr
[εabcσc
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)εdefσf
(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)]= εabcεdef
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)Tr(σcσf )
= εabcεdef
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)(2δcf)
= 2εabf εdef
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)
(8.221)
dimana, telah digunakan proposisi berikut:
Proposisi:
Tr(σcσf ) = 2δcf (8.222)
Bukti:
σcσf + σfσc = 2δcf .1 (8.223)
yakni, sifat matriks Pauli.
Jika dilakukan trace terhadap persamaan (8.223), diperoleh:
Tr(σcσf + σfσc) = Tr(2δcf .1) (8.224)
sehingga,
Tr(σcσf ) + Tr(σfσc) = 2δcf .T r(1) (8.225)
dimana,
Tr(1) = Tr
1 0
0 1
= 2 (8.226)
Sifat trace:
Tr(AB) = Tr(BA) (8.227)
maka:
Tr(σcσf) + Tr(σcσf ) = 2δcf(2) (8.228)
sehingga,
2Tr(σcσf) = 4δcf (8.229)
BAB 8. LAMPIRAN 67
Jadi, terbukti:
Tr(σcσf ) = 2δcf (8.230)
Dengan menggunakan sifat perkalian dua simbol Levi-Civita:
εabf εdef = δadδbe − δaeδbd (8.231)
maka persamaan (8.221) menjadi:
Tr
[εabcσc
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)εdefσf
(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)]= 2 (δadδbe − δaeδbd)
(∂na∂φ
∂nb∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)
= 2
(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)
−2
(∂ne∂φ
∂nd∂θ
)(∂nd∂φ
∂ne∂θ
)
= 2
(∂nd∂φ
∂nd∂φ
)(∂ne∂θ
∂ne∂θ
)
−2
(∂ne∂φ
∂ne∂θ
)(∂nd∂φ
∂nd∂θ
)
= 2
(∂nd∂φ
∂nd∂φ
)
︸ ︷︷ ︸= sin2 θ
(∂ne∂θ
∂ne∂θ
)
︸ ︷︷ ︸= 1
−2
(∂ne∂φ
∂ne∂θ
)
︸ ︷︷ ︸= 0
(∂nd∂φ
∂nd∂θ
)
︸ ︷︷ ︸= 0
= 2(sin2 θ)(1)− 2(0)(0)
= 2 sin2 θ
(8.232)
Pada perhitungan di atas telah digunakan proposisi berikut:
Proposisi: (∂n
∂φ.∂n
∂θ
)=
(∂na∂φ
∂na∂θ
)= 0 (8.233)
Bukti:
n = sin θ cos φ i+ sin θ sin φ j + cos θ k (8.234)
sehingga,
∂n
∂φ= − sin θ sinφi+ sin θ cos φj (8.235)
BAB 8. LAMPIRAN 68
dan,
∂n
∂θ= cos θ cos φi+ cos θ sinφj − sin θk (8.236)
Jadi,
∂n
∂φ.∂n
∂θ= (− sin θ sinφi+ sin θ cosφj).(cos θ cosφi + cos θ sinφj − sin θk)
= − sin θ sinφ cos θ cos φ+ sin θ cosφ cos θ sinφ
= 0
(8.237)
Jika persamaan (8.232) disubstitusikan ke dalam persamaan (8.220), diperoleh:
Estatik =1
12π2
∫d3x
(−1
2
)(2)
[−(dg
dr
)2
+1
r2(−1) sin2 g +
1
r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ+
1
4
(1
r2(−4)
(dg
dr
)2
sin2 g +1
r2 sin2 θ(−4) sin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ +1
r4 sin2 θsin4 g(−4) sin2 θ
)
+mπ
(U−1 + U − 2I
)]
=1
12π2
∫d3x (−1)
[(−1)
(dg
dr
)2
+1
r2(−1) sin2 g +
1
r2 sin2 θ(−1) sin2 g sin2 θ+
(−1)
(1
r2
(dg
dr
)2
sin2 g +1
r2 sin2 θsin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ +1
r4 sin2 θsin4 g sin2 θ
)
+mπ
(U−1 + U − 2I
)]
=1
12π2
∫d3x
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g +
1
r2 sin2 θsin2 g sin2 θ
+1
r2
(dg
dr
)2
sin2 g +1
r2 sin2 θsin2 g
(dg
dr
)2
sin2 θ +1
r4 sin2 θsin4 g sin2 θ
−mπ
(U−1 + U − 2I
)]
(8.238)
BAB 8. LAMPIRAN 69
Jika suku massa ditiadakan (nilainya sangat kecil) maka persamaan (8.238) menjadi:
Estatik =1
12π2
∫d3x
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g +
1
r2 sin2 θsin2 g sin2 θ
+1
r4 sin2 θsin4 g sin2 θ +
1
r2
(dg
dr
)2
sin2 g(1 + 1)
]
=1
12π2
∫d3x
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g(1 + 1) +
2
r2
(dg
dr
)2
sin2 g +1
r4sin4 g
]
(8.239)
Berikut, digunakan kembali definisi satuan:
1
12π2=F
4a(8.240)
dan definisi integral volume dalam koordinat bola:
∫d3x =
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θdθ
∫ ∞
0
r2dr (8.241)
Dengan memperhatikan bahwa faktor integran tak gayut pada variabel sudut θ dan φ,
diperoleh:
Estatik =
(πF
a
)∫ ∞
0
dr r2
[(dg
dr
)2
+2
r2sin2 g +
2
r2
(dg
dr
)2
sin2 g +sin4 g
r4
](8.242)
dimana, telah digunakan nilai integral:
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θ dθ = 4π (8.243)
Berikut, ditinjau penurunan persamaan Euler-Lagrange dariEstatik, dengan mengabaikan
suku massa, yakni:
Estatik =πF
a
∫ ∞
0
dr
(r2g
′2 + 2 sin2 g)
+ sin2 g
(2g′2 +
sin2 g
r2
)(8.244)
yang dapat pula dinyatakan sebagai berikut:
Estatik = K
∫ ∞
0
dr
r2g
′2 + 2 sin2 g(1 + g′2) +
sin4 g
r2
(8.245)
BAB 8. LAMPIRAN 70
dimana,
K =πF
a(8.246)
Jadi, variasi dari Estatik menurut persamaan (8.245), adalah:
δgEstatik = K
∫ ∞
0
drr2(2g
′δg′) + (2)(2) sin g cos g δg(1 + g
′2) + 2 sin2 g (0 + 2g′δg′)
+1
r24 sin3 g cos g δg
= 2K
∫ ∞
0
dr
r2
(dg
dr
d
dr(δg)
)+ 2 sin g cos g
(1 +
[dg
dr
]2)δg
+2 sin2 g
(dg
dr
d
dr(δg)
)+
1
r22 sin3 g cos g δg
(8.247)
dimana telah digunakan:
δg′= δ
(dg
dr
)=
d
dr(δg) (8.248)
Bagaimana caranya mengeluarkan δg dari persamaan (8.247) ?
Karena
r2
(dg
dr
d
dr[δg]
)=
d
dr
(r2 dg
drδg
)
︸ ︷︷ ︸derivatif total
−[d
dr
(r2dg
dr
)]δg (8.249)
dan,
2 sin2 g
(dg
dr
d
dr(δg)
)=
d
dr
(2 sin2 g
dg
drδg
)
︸ ︷︷ ︸derivatif total
−[d
dr
(2 sin2 g
dg
dr
)]δg (8.250)
maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.249) dan (8.250) ke persamaan (8.247)
serta membuang suku derivatif total, diperoleh:
δgEstatik = 2K
∫ ∞
0
dr
− d
dr
(r2dg
dr
)+ 2 sin g cos g
(1 +
[dg
dr
]2)−[d
dr
(2 sin2 g
dg
dr
)]
+1
r22 sin3 g cos g
dg︸︷︷︸
sembarang
(8.251)
Dengan demikian, dari syarat variasi aksi stasioner:
δgEstatik = 0 (8.252)
BAB 8. LAMPIRAN 71
diperoleh:
0 = − d
dr
(r2dg
dr
)+ 2 sin g cos g
(1 +
[dg
dr
]2)−[d
dr
(2 sin2 g
dg
dr
)]+
1
x22 sin3 g cos g
= −[2r
dg
dr+ r2 d
2g
dr2
]+ 2 sin g cos g
(1 + [
dg
dr]2)
−(
4 sin g cos gdg
dr
dg
dr+ 2 sin2 g
d2g
dr2
)+
2
r2sin3 g cos g
=d2g
dr2
[−r2 − 2 sin2 g
]+
(dg
dr
)2
[sin 2g − 2 sin 2g] +dg
dr(−2r) + sin 2g
+1
r2sin2 g sin 2g
(8.253)
Jika (8.253) dibagi dengan (−r2), diperoleh:
0 =d2g
dr2
[1 +
2
r2sin2 g
]+
(dg
dr
)2 [1
r2sin 2g
]+
(dg
dr
)(2
r
)− 1
r2sin 2g− 1
r4sin2 g sin 2g
(8.254)
yang adalah, persamaan Euler-Lagrange berkaitan.
8.4 Lampiran IV: Kuantisasi Skyrmion dan Kuan-
titas Fisis Terkait
Tinjau kembali persamaan (3.2), yang dapat dinyatakan sebagai berikut:
ESkyrmion = Estatik + Erotasi (8.255)
Solusi persamaan Skyrme dalam kasus statik, yakni persamaan (5.3) adalah:
U(r) = exp (ig(r)σ.r) = cos g + i(σ.r) sin g = cos g + i(σaxar
) sin g (8.256)
dimana, n = r, r = r|r| =
(xar
)i.
Perlakuan kuantisasi (hanya berlaku untuk sistem fisis yang berevolusi terhadap wak-
tu) terhadap persamaan (8.256), diperoleh dengan meninjau ketergantungan U(r) ter-
hadap waktu t sebagai berikut:
U(r)→ U(r, t) = A(t) U(r) A(t)† (8.257)
BAB 8. LAMPIRAN 72
Jika persamaan (8.256) disubstitusikan ke (8.257), maka diperoleh:
U(r, t) = A[cos g + i
(σaxar
)sin g
]A† (8.258)
dimana, A(t) ∈ SU(2)internal, A adalah matriks unitari, AA† = A†A = I. Dengan
demikian, persamaan (8.258) menjadi:
U(r, t) = A cos g A† + iA(σaxa
r
)sin g A† = cos g + iAσaA
†(xar
)sin g (8.259)
Matriks A(t) berkaitan dengan matriks rotasi R(t) dari koordinat ruang:
r = (xa)i (8.260)
yakni:
r → r′= R(t)r (8.261)
dimana R(t) ∈ SO(3). Persamaan (8.261) dalam bentuk komponen adalah:
xa → x′a = Rab xb (8.262)
Jadi, efek rotasi ruang pada persamaan (8.261) terhadap U(r), pada persamaan (8.259)
adalah:
U(r)→ U(r′) = cos g + i
(σax
′a
r
)sin g = cos g +
i
rσa Rab xb sin g (8.263)
Jika persamaan (8.263) dibandingkan dengan persamaan (8.259), tampak bahwa efek
transformasi SU(2)internal sama dengan efek transformasi rotasi ruang:
A σa A† xa = σa Rab xb (8.264)
Matriks A(t) dengan demikian disebut koordinat kolektif dari skyrmion. Dengan
menuliskan ruas kiri persamaan (8.264), sebagai:
A σa A† xa = A σa A
† δab xb (8.265)
maka dengan mensubstitusikan ruas kanan persamaan (8.265) ke ruas kiri persamaan
(8.264), diperoleh:
A σa A† δab xb = σa Rab xb (8.266)
BAB 8. LAMPIRAN 73
yang darinya tersimpulkan bahwa:
A σa A† δab = σa Rab (8.267)
atau
A σb A† = σa Rab (8.268)
Dari persamaan (8.268), terlihat bahwa efek transformasi internal sama dengan efek
transformasi ruang.
Berikut, dihitung Erotasi dengan menggunakan relasi U(r, t) = A(t)U(r)A(t)†. Dari
persamaan (3.5), diperoleh, untuk ”rapat energi” berkaitan:
εrotasi = −Tr(F 2
16L2o +
1
16a2[Lo, La]
2
)(8.269)
dimana,
Lo = U †∂oU (8.270)
Dari persamaan (8.257), diperoleh:
U(r, t) = A(t)U(r)A(t)† = A(t)UstA(t)† (8.271)
dimana telah diperkenalkan: Ust = U(r). Maka
U(r, t)† = [AUstA†]† = (A†)†U †stA
† = AU †stA† (8.272)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.271) dan (8.272) ke persamaan (8.270) diper-
oleh:
Lo = [AU †stA†]∂o[AUstA
†] = [AU †stA†][(∂oA)UstA
† + AUst∂oA†] (8.273)
karena Ust adalah fungsi dari r saja.
Dari persamaan (8.273), diperoleh:
L2o = (U †∂oU)(U †∂oU) (8.274)
Karena,
(∂oU)U † = −U(∂oU†) (8.275)
BAB 8. LAMPIRAN 74
maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.275) ke (8.274), diperoleh:
L2o = U †(−U∂oU †)∂oU
= −I(∂oU†)∂oU
= −(∂o[AU†stA†])∂o[AUstA
†]
= −[(∂oA)U †stA† + AU †st(∂oA
†)][(∂oA)UstA† + AUst(∂oA
†)]
= −[(∂oA)U †stA†(∂oA)UstA
† + (∂oA)U †stA†AUst(∂oA
†)
+AU †st(∂oA†)(∂oA)UstA
† + AU †st(∂oA†)AUst(∂oA
†)]
(8.276)
Dari persamaan (8.276), dengan menggunakan sifat trace, diperoleh:
Tr L2o = −Tr[UstA†(∂oA)U †stA
†(∂oA) + (∂oA)U †stUst(∂oA†) + UstA
†AU †st(∂oA†)(∂oA)
+AU †st(∂oA†)AUst(∂oA
†)]
= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + (∂oA)(∂oA
†) + (∂oA†)(∂oA) + AU †st(∂oA
†)AUst(∂oA†)]
= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + 2(∂oA)(∂oA
†) + AU †st(∂oA†)AUst(∂oA
†)]
= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + 2(∂oA)(∂oA
†) + (∂oA†)AU †st(∂oA
†)AUst]
= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + 2(∂oA)(∂oA
†) +−A†(∂oA)
U †st−A†(∂oA)
Ust]
= −Tr[UstA†(∂oA)U †stA†(∂oA) + 2(∂oA)(∂oA
†) + UstA†(∂oA)U †stA
†(∂oA)]
= −2Tr[UstA†(∂oA)U †stA
†(∂oA) + (∂oA)(∂oA†)]
(8.277)
Karena
A†A = I (8.278)
maka darinya diperoleh relasi berikut:
(∂oA†)A+ A†(∂oA) = ∂oI → (∂oA
†)A = −A†(∂oA) (8.279)
Dengan demikian,
(∂oA)(∂oA†) = (∂oA)(A†A)(∂oA
†) = (∂oA)A†[−(∂oA)]A† = −(∂oA)A†(∂oA)A†
(8.280)
BAB 8. LAMPIRAN 75
Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.280) ke (8.277), diperoleh:
TrL2o = −2Tr[UstA
†(∂oA)U †stA†(∂oA)− (∂oA)A†(∂oA)A†]
= −2Tr[UstA†(∂oA)U †stA
†(∂oA)−A†(∂oA)
2]
(8.281)
Tinjau kembali persamaan (8.256) dalam Ust, yakni,
Ust = cos g + i(σ.r) sin g (8.282)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.282) ke (8.281), diperoleh:
Tr L2o = −2Tr[UstA
†(∂oA)U †stA†(∂oA)−
A†(∂oA)
2]
= −2Tr[(cos g + i(σ.r) sin g)A†(∂oA)(cos g + i(σ.r) sin g)†A†(∂oA)−A†(∂oA)
2]
= −2Tr[(cos g + i(σ.r) sin g)A†(∂oA) cos g − i(σ.r) sin gA†(∂oA)−A†(∂oA)
2]
= −2Tr[cos g + i(σ.r) sin gA†(∂oA) cos g − iA†(∂oA)(σ.r) sin g
A†(∂oA)
−A†(∂oA)
2]
= −2Tr[cos g + i(σ.r) sin g
cos g[A†(∂oA)]2 − i sin gA†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)
−A†(∂oA)
2]
= −2Tr[cos2 gA†(∂oA)
2 − i sin g cos gA†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)
+i(σ.r) sin g cos g[A†(∂oA)
]2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−
A†(∂oA)
2]
= −2Tr[cos2 gA†(∂oA)
2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−
A†(∂oA)
2]
(8.283)
Dengan demikian, dari persamaan (8.269) dan (8.281) diperoleh:
ε(1)rotasi = −F
2
16TrL2
o
= −F2
16(−2)Tr
[cos2 g
A†(∂oA)
2+ sin2 g(σ.r)A†(∂oA)(σ.r)A†(∂oA)−
A†(∂oA)
2]
(8.284)
Karena, A†(∂oA) ∈ aljabar Lie SU(2), maka,
A†(∂oA) = ckσk (8.285)
BAB 8. LAMPIRAN 76
dimana ck adalah bilangan. Jika persamaan (8.285) dikalikan dengan σl dari sisi kanan
persamaan, maka diperoleh:
A†(∂oA)σl = ckσkσl (8.286)
Ambilkan trace dari persamaan (8.286), maka diperoleh:
Tr[A†(∂oA)σl
]= ckTr[σkσl] = ck[2δkl] = 2cl (8.287)
dimana, δkl = 1 untuk k = l, dan δkl = 0 untuk k 6= l.
Jadi,
cl =1
2Tr[A†(∂oA)σl] (8.288)
Dengan mesubstitusikan persamaan (8.288) ke (8.286), untuk cl→k dan σl→k didapati:
A† (∂oA) σk =1
2Tr[A† (∂oA)σl
]σlσk (8.289)
sehingga,
A†(∂oA) =1
2Tr[A†(∂oA)σl]σl (8.290)
Berikut, dihitung [Lo, La]2 pada persamaan (8.269).
[Lo, La]2 = [Lo, La][Lo, La]
= [Lo, Lr][Lo, Lr] + [Lo, Lθ][Lo, Lθ] + [Lo, Lφ][Lo, Lφ]
= [LoLr − LrLo][LoLr − LrLo] + [LoLθ − LθLo][LoLθ − LθLo]
+ [LoLφ − LφLo][LoLφ − LφLo]
= [gooLogrrLr − grrLrgooLo][LoLr − LrLo] + [gooLog
θθLθ − gθθLθgooLo][LoLθ − LθLo]
+ [gooLogφφLφ − gφφLφgooLo][LoLφ − LφLo]
(8.291)
dimana a = r, θ, φ. Dengan menggunakan pernyataan tensor metrik gab pada per-
BAB 8. LAMPIRAN 77
samaan (8.155), maka persamaan (8.291) dapat dinyatakan sebagai:
[Lo, La]2 = [(1)Lo(1)Lr − (1)Lr(1)Lo][LoLr − LrLo] + [(1)Lo
1
r2Lθ −
1
r2Lθ(1)Lo][LoLθ − LθLo]
+ [(1)Lo1
r2 sin2 θLφ −
1
r2 sin2 θLφ(1)Lo][LoLφ − LφLo]
= [LoLr − LrLo][LoLr − LrLo] + [1
r2LoLθ −
1
r2LθLo][LoLθ − LθLo]
+ [1
r2 sin2 θLoLφ −
1
r2 sin2 θLφLo][LoLφ − LφLo]
= [Lo, Lr][Lo, Lr] +1
r2[Lo, Lθ][Lo, Lθ] +
1
r2 sin2 θ[Lo, Lφ][Lo, Lφ]
= [Lo, Lr]2 +
1
r2[Lo, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[Lo, Lφ]2
(8.292)
Substitusikan persamaan (8.292) ke dalam persamaan (8.269) memberikan:
ε(2)rotasi = − 1
16a2
[Lo, Lr]
2 +1
r2[Lo, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[Lo, Lφ]2
(8.293)
Tinjau kembali persamaan (8.259), ditulis ulang sebagai berikut:
U(r, t) = A[cos g + i(σ.r) sin g]A† = cos g+ iAσA†.r sin g = cos g + iAσkA†xk sin g
(8.294)
Dari persamaan (8.268), dengan menggunakan sifat indeks boneka, diperoleh:
AσkA† = σlRlk (8.295)
dimana, Rlk adalah fungsi dari waktu, Rlk(t).
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.295) ke (8.294), diperoleh:
U(r, t) = cos g + iσlRlkxk sin g (8.296)
dan,
U(r, t)† = cos g − iσlRlkxk sin g (8.297)
dimana, xk dengan k = 1, 2, 3 adalah:
x1 = sin θ cos φi (8.298)
x2 = sin θ sin φj (8.299)
BAB 8. LAMPIRAN 78
x3 = cos θk (8.300)
dengan i, j dan k adalah vektor satuan sistem koordinat Kartesis. Dari persamaan
(8.296) diperoleh:
∂oU = iσl∂Rlk
∂txk sin g (8.301)
sehingga dari persamaan (8.270),(8.297), dan (8.301) diperoleh:
Lo = U †∂oU = [cos g − iσlRlkxk sin g]
[iσl∂Rlk
∂txk sin g
](8.302)
Perkenalkan,
σ.R.x = σaRabxb = Φ (8.303)
maka persamaan (8.302) teringkaskan menjadi:
L2o = [cos g − iΦ sin g]
[i∂Φ
∂tsin g
][cos g − iΦ sin g]
[i∂Φ
∂tsin g
]
=
[i∂Φ
∂tcos g sin g + Φ
∂Φ
∂tsin2 g
][i∂Φ
∂tcos g sin g + Φ
∂Φ
∂tsin2 g
]
=
[(−1)
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g sin2 g + i
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tcos g sin3 g + iΦ
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos g sin3 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin4 g
]
(8.304)
Berikut, tinjau suku pertama persamaan (8.304). Dengan mensubstitusikan Φ dari
persamaan (8.303), maka diperoleh:
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]= Tr
[∂
∂t(σaRabxb)
∂
∂t(σcRcdxd)
]
= Tr
[(σaσcxbxd)
∂Rab
∂t
∂Rcd
∂t
]
= [Tr(σaσc)] xbxd∂Rab
∂t
∂Rcd
∂t
= 2δacxbxd∂Rab
∂t
∂Rcd
∂t
= 2xbxd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t
(8.305)
dimana telah digunakan sifat trace perkalian matriks Pauli Tr(σaσb) = 2δab.
Dalam manipulasi berikut akan digunakan ketiga sifat matriks Pauli berikut:
σaσb + σbσa = 2δab.1 (8.306)
BAB 8. LAMPIRAN 79
dimana 1 adalah matriks satuan (2×2) dan δacRab = Rcb, dengan δac = 1 untuk a = c.
Tr(σaσcσe) = Tr[σaδce + iεcefσaσf ] = iεcefTr(σaσf ) = iεcef (2δaf) = 2iεcea (8.307)
dan
Tr σa = 0 (8.308)
Untuk suku kedua persamaan (8.304), digunakan proposisi berikut.
Proposisi:
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂tΦ
]= 0 (8.309)
Bukti:
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂tΦ
]= 2iεceaxbxdxf
∂Rab
∂t
∂Rcd
∂tRef
= iεceaxbxdxf∂Rab
∂t
∂Rcd
∂tRef + iεaecxdxbxf
∂Rcd
∂t
∂Rab
∂tRef
= i[εcea + εaec]xbxdxf∂Rab
∂t
∂Rcd
∂tRef
= 0
(8.310)
karena,
εaec = εcae = −εcea (8.311)
Untuk suku ketiga persamaan (8.304), diperoleh:
Tr
[Φ∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]= Tr
[∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t
]= Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂tΦ
]= 0 (8.312)
Untuk suku keempat persamaan (8.304), diperoleh:
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t
]= Tr
[σaRabxbσc
∂Rcd
∂txdσeRef xfσg
∂Rgh
∂txh
]
= Tr[σaσcσeσg]xbσdxf xhRabRef∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t
= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce]xbxdxf xhRabRef∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t
= 2
[RcbRgf
∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t− RebRef
∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t+RgbRcf
∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t
]xbxdxf xh
= 2
[2RcbRgf
∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t− δbf
∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t
]xbxdxf xh
(8.313)
BAB 8. LAMPIRAN 80
dimana telah dipergunakan sifat ortogonalitas matriks rotasi R, RTR = I, yakni:
RebRef = (RT )beRef = (RTR)bf = (I)bf = δbf (8.314)
Dengan demikian,
RgbRcf∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂txbxdxf xh = RgfRcbxbxdxfxhxbxdxfxh
∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂txf xdxbxh (8.315)
Berikut,
Tr(σaσcσeσg) = Tr[(σaσc)(σeσg)]
= Tr[(δac + iεacdσd)(δeg + iεeghσh)]
= Tr[δacδeg + δaciεeghσh + iεacdσdδeg + (−1)εacdσdεeghσh]
= Tr[δacδegI − σdσhεacdεegh]
= 2δacδeg − Tr(σdσh)εacdεegh
= 2δacδeg − 2δdhεacdεegh
= 2δacδeg − 2εachεegh
= 2[δacδeg − (δaeδcg − δagδce)]
= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce]
(8.316)
Maka persamaan (8.313), menjadi:
Tr[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t] = 4[(RT )bc(R
T )fg∂Rcd
∂t
∂Rgh
∂t]xbxdxf xh − 2[
∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t]xbxdxf xh
= 4[
(RT ∂R
∂t
)
bd
(RT ∂R
∂t
)
fh
]xbxdxf xh − 2[∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t]xbxdxf xh
= −2[∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t]xdxh
(8.317)
dimana, xbxb = 1.
Selanjutnya, perlu dicatat bahwa (RT ∂R∂t
) adalah elemen aljabar Lie SO(3) yang
dibangun oleh generator SO(3), yakni:
(Ja)bc = iεabc (8.318)
Karena Ja membentuk basis aljabar Lie SO(3), maka:
(RT ∂R
∂t) = JaAa(t)→ (RT ∂R
∂t)bd = (Ja)bdAa = iεabdAa (8.319)
BAB 8. LAMPIRAN 81
Dengan demikian,
(RT ∂R
∂t)bdxbxd = iεabdAaxbxd = iεabdxbxdAa (8.320)
dimana,
εabdxbxd =1
2[εabdxbxd + εadbxdxb] =
1
2[εabd + εadb]xbxd =
1
2[εabd − εabd]xbxd = 0 (8.321)
Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.320) dan (8.321) ke baris ketiga dari
persamaan (8.317), diperoleh
(RT ∂R
∂t)bd(R
T ∂R
∂t)fhxbxdxf xh = 0 (8.322)
sehingga dari persamaan (8.304), (8.305) dan (8.317), diperoleh:
TrL2o = Tr
[(−1)
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g sin2 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin4 g
]
= (−1)(2)xbxd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂tcos2 g sin2 g − 2
[∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t
]xdxh sin4 g
= −2
[xhxd
∂Rgh
∂t
∂Rgd
∂tcos2 g +
∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂txdxh sin2 g
]sin2 g
= −2
[xhxd
∂Rgh
∂t
∂Rgd
∂t
]sin2 g
(8.323)
Tinjau,
I =
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θ dθ
∫ ∞
0
r2dr[Tr(Lo)2] (8.324)
Dengan menggunakan sifat integral:
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θ dθxaxb =4
3πδab (8.325)
maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.323) ke (8.324), diperoleh:
I =
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θ dθ
∫ ∞
0
r2dr
(−2)
[x1x1
∂Rg1
∂t
∂Rg1
∂t+ x2x2
∂Rg2
∂t
∂Rg2
∂t+ x3x3
∂Rg3
∂t
∂Rg3
∂t
]sin2 g
=
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θ dθ
∫ ∞
0
r2dr(−2)
[sin2 θ cos2 φ
∂Rg1
∂t
∂Rg1
∂t+ sin2 θ sin2 φ
∂Rg2
∂t
∂Rg2
∂t
+ cos2 θ∂Rg3
∂t
∂Rg3
∂t
]sin2 g
BAB 8. LAMPIRAN 82
(8.326)
Masing-masing integral sudut pada persamaan (8.326) adalah terhitungkan:
Pertama,
∫ 2π
0
dφ cos2 φ
∫ π
0
sin2 θ sin θdθ =
∫ 2π
0
dφ
[1 + cos 2φ
2
] ∫ π
0
[1− cos2 θ
]sin θdθ
=
[∫ 2π
0
1
2dφ+
1
2
∫ 2π
0
cos 2φdφ
]∫ π
0
sin θdθ −∫ π
0
cos2 θ sin θdθ
=
[2π
2+ 0
]− cos θ|π0 −
2
3
= π
[−(cos π − cos 0)− 2
3
]
= π
−(−2)− 2
3
=4
3π
(8.327)
dimana telah digunakan: cos2 φ = cos 2φ+12
.
Berikut,
∫ 2π
0
dφ sin2 φ
∫ φ
0
sin θdθ sin2 θ =
∫ 2π
0
sin2 φdφ
∫ π
0
sin2 θ sin θdθ
=
∫ 2π
0
(1− cos2 φ)dφ
4
3
=
∫ 2π
0
dφ−∫ 2π
0
cos2 φdφ
4
3
= 2π − π
4
3
=4
3π
(8.328)
BAB 8. LAMPIRAN 83
dan,
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin θdθ cos2 θ = 2π
∫ π
0
cos2 θ sin θdθ
= −(2π)
∫ π
0
cos2 θd(cos θ)
= 2π
−1
3cos3 θ|π0
= 2π
−1
3[cos3 π − cos 0]
= 2π
−1
3[−1− 1]
= 2π
−1
3[−2]
=4
3π
(8.329)
Substitusikan persamaan (8.327) dan (8.329) ke persamaan (8.326) memberikan:
I = (−2)
(4π
3
)∫ ∞
0
r2dr
[∂Rg1
∂t
∂Rg1
∂t+∂Rg2
∂t
∂Rg2
∂t+∂Rg3
∂t
∂Rg3
∂t
]sin2 g
= −8
3π
∫ ∞
0
r2dr
(∂Rga
∂t
∂Rga
∂t
)sin2 g
= −8
3π
∫ ∞
0
r2dr
[(∂RT
∂t
)
ag
(∂R
∂t
)
ga
]sin2 g
(8.330)
Gunakan sifat ortogonal matriks rotasi R:
RTR = RRT = I → RT = R−1 (8.331)
maka,
∂
∂t(RTR) =
∂I
∂t(8.332)
sehingga,
∂RT
∂tR +RT ∂R
∂t= 0 (8.333)
Jika persamaan (8.333) dikalikan dengan RT , dari sisi kanan, diperoleh:
∂RT
∂tRRT +RT ∂R
∂tRT = 0 (8.334)
sehingga, (∂RT
∂t
)= −RT
(∂R
∂t
)RT (8.335)
BAB 8. LAMPIRAN 84
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.335) ke (8.330), diperoleh:
I =8
3π
∫ ∞
0
r2dr
[RT
(∂R
∂t
)RT
(∂R
∂t
)]sin2 g
=8
3π
∫ ∞
0
r2dr
[RT
(∂R
∂t
)]2
sin2 g
=8
3π
∫ ∞
0
r2dr
[R−1
(∂R
∂t
)]2
sin2 g
(8.336)
Selanjutnya, akan digunakan proposisi berikut.
Proposisi:
ΦΦ = 1 (8.337)
dimana Φ diberikan oleh persamaan (8.303).
Bukti:
Dari pernyataan Φ menurut persamaan (8.303):
ΦΦ = [σlRlkxk][σmRmnxn] = σlσmRlkRmnxkxn (8.338)
Dengan menggunakan sifat matriks Pauli:
σlσm = δlm + iεlmp σp (8.339)
dimana δlm = 1 untuk l = m, sedangkan δlm = 0, untuk l 6= m, dalam persamaan
(8.339) ke (8.338), diperoleh:
ΦΦ = (δlm + iεlmp σp)RlkRmnxkxn = RmkRmnxkxn︸ ︷︷ ︸=1
+iσp εlmpRlkRmnxkxn︸ ︷︷ ︸=0
(8.340)
Karena,
RmkRmn = δkn (8.341)
maka suku pertama dari persamaan (8.340) menjadi:
RmkRmnxkxn = δknxkxn = |x|2 = 1 (8.342)
Untuk suku kedua dari persamaan (8.340), dengan menggunakan sifat indeks boneka,
diperoleh:
εlmpRlkRmnxkxn = εlmpRlnRmkxnxk (8.343)
BAB 8. LAMPIRAN 85
sehingga,
εlmpRlkRmnxkxn =1
2(εlmpRlkRmnxkxn + εlmpRlnRmkxnxk)
=1
2(εlmpRlkRmn + εlmpRlnRmk)xkxn
=1
2(εlmpRlkRmn + εmlpRmnRlk)xkxn
=1
2(εlmp + εmlp)RlkRmnxkxn
= 0
(8.344)
karena εlmp = −εmlp.Dengan mensubstitusikan (8.342) dan (8.344) ke (8.340), diperoleh:
ΦΦ = 1 (8.345)
Berikut, tinjau Tr[Lo, Lr]2 dari persamaan (8.292). Secara terurai adalah:
Tr[Lo, Lr]2 = Tr[LoLr − LrLo]2
= Tr Tr[LoLr − LrLo][LoLr − LrLo]
= Tr LoLrLoLr − LoLrLrLo − LrLoLoLr + LrLoLrLo
= Tr LoLrLoLr − LoLoLrLr − LoLoLrLr + LoLrLoLr
= 2Tr[LoLrLoLr − LoLoLrLr]
(8.346)
Pertama hitung suku Tr[LoLrLoLr].
Dari persamaan (8.302), diperoleh:
Lo = U †∂oU = [cos g − iσlRlkxk sin g][iσl∂Rlk
∂txk sin g]
= [cos g − iΦ sin g][i∂Φ
∂tsin g]
= [i∂Φ
∂tsin g cos g + Φ
∂Φ
∂tsin2 g]
= sin g[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g]
(8.347)
dimana, σlRlkxk = Φ.
BAB 8. LAMPIRAN 86
Dari persamaan (8.297) dan (8.296), diperoleh:
Lr = U †∂rU
= [cos g − iσlRlkxk sin g]∂r[cos g + iσlRlkxk sin g]
= [cos g − iΦ sin g][∂r cos g + iΦ∂r sin g]
= [cos g − iΦ sin g]
[− sin g
dg
dr+ iΦ cos g
dg
dr
]
= [cos g − iΦ sin g] [− sin g + iΦ cos g]dg
dr
=
[− cos g sin g + iΦ cos2 g + iΦ sin2 g + ΦΦ︸︷︷︸
=1
sin g cos g
]dg
dr
=[− cos g sin g + iΦ(cos2 g + sin2 g) + sin g cos g
] dgdr
= [− cos g sin g + iΦ + sin g cos g]dg
dr
= iΦdg
dr
(8.348)
Dari persamaan (8.347) dan (8.348), diperoleh:
LoLr = sin g
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
]iΦdg
dr(8.349)
sehingga,
LoLrLoLr = sin2 g(−1)
(dg
dr
)2 [i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
]Φ
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
]Φ
= − sin2 g
(dg
dr
)2[
(−1)∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g + i
∂Φ
∂tΦΦ︸︷︷︸=1
∂Φ
∂tΦ cos g sin g
+iΦ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ sin g cos g + Φ
∂Φ
∂tΦΦ︸︷︷︸=1
∂Φ
∂tΦ sin2 g
]
(8.350)
dan,
Tr[LoLrLoLr] = − sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g + i
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tΦ cos g sin g
+i∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin g cos g +
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin2 g
](8.351)
BAB 8. LAMPIRAN 87
Karena dari persamaan (8.309):
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂tΦ
]= 0 (8.352)
maka,
Tr[LoLrLoLr] = − sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g +
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin2 g
](8.353)
Berikut tinjau suku Tr[LoLoLrLr]. Pertama, dari persamaan (8.347) diperoleh:
LoLo = sin g
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
]sin g
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
]
= sin2 g
[(−1)
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + i
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tcos g sin g + iΦ
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin g cos g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2 g
]
(8.354)
sedangkan dari persamaan (8.348), diperoleh:
LrLr = iΦdg
driΦdg
dr= (−1) ΦΦ︸︷︷︸
=1
(dg
dr
)2
= −(dg
dr
)2
(8.355)
Jadi, dari persamaan (8.354) dan (8.348) diperoleh:
Tr [LoLoLrLr] = − sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + i
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tcos g sin g
+iΦ∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin g cos g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2 g
]
Tr [LoLoLrLr] = − sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2g
](8.356)
Dengan demikian,
Tr[Lo, Lr]2 = 2Tr[LoLrLoLr − LoLoLrLr] = 2 Tr[LoLrLoLr]− Tr[LoLoLrLr]
(8.357)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.353) dan (8.356) ke persamaan (8.357) diper-
BAB 8. LAMPIRAN 88
oleh:
Tr[Lo, Lr]2 = 2
− sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g +
∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin2 g
]
+ sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[−∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2 g
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2Tr
[∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g − ∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin2 g
]
+Tr
[−∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2 g
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tΦ cos2 g − ∂Φ
∂t
∂Φ
∂tsin2 g
−∂Φ
∂t
∂Φ
∂tcos2 g + Φ
∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂tsin2 g
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t(cos2 g + sin2 g)− ∂Φ
∂t
∂Φ
∂t(sin2 g + cos2 g)
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t− ∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
(8.358)
Dari persamaan (8.305), diperoleh:
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]= 2xbxd
∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t(8.359)
dimana, dari persamaan (8.317) diperoleh:
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t
]= −2
[∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t
]xdxh = − 2xdxh
∂Rgd
∂t
∂Rgh
∂t︸ ︷︷ ︸=Tr[∂Φ
∂t∂Φ∂t ]
(8.360)
maka, dari persamaan (8.359) dan (8.360) diperoleh:
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t
]= −Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
](8.361)
BAB 8. LAMPIRAN 89
Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.361) ke (8.360), diperoleh:
Tr[Lo, Lr]2 = 2 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t− ∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2Tr
[Φ∂Φ
∂tΦ∂Φ
∂t
]− Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2−Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]− Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
= 2 sin2 g
(dg
dr
)2−2Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
(8.362)
Teorema: ∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθTr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]= −8
3πTr
[R−1∂R
∂t
]2
(8.363)
Bukti:
Dari persamaan (8.359), diperoleh
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]= 2xbxd
∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t(8.364)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) ke (8.362), didapat:
Tr[Lo, Lr]2 = −4 sin2 g
(dg
dr
)2
2xbxd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t(8.365)
Sedang, menurut teorema di persamaan (8.325) adalah:
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sinθdθxaxb =4
3πδab (8.366)
Maka dengan mensubstitusikan persamaan (8.364) dan (8.366) ke (8.401), diperoleh:
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ2xbxd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t= (2)
4π
3δbd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t=
8π
3
∂Rcd
∂t
∂Rcd
∂t(8.367)
dimana,
∂Rcd
∂t
∂Rcd
∂t=
(∂RT
∂t
)
dc
(∂R
∂t
)
cd
=
(∂RT
∂t
∂R
∂t
)
dd
= Tr
[∂RT
∂t
∂R
∂t
](8.368)
Menurut persamaan(8.335), diperoleh:
(∂RT
∂t
)= −RT
(∂R
∂t
)RT (8.369)
BAB 8. LAMPIRAN 90
dan karena, RTR = I → RT = R−1 maka,
(∂RT
∂t
)= −R−1
(∂R
∂t
)R−1 (8.370)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.370) ke (8.368), diperoleh:
∂Rcd
∂t
∂Rcd
∂t= Tr
[−R−1
(∂R
∂t
)R−1∂R
∂t
]
= −Tr[R−1
(∂R
∂t
)R−1
(∂R
∂t
)]
= −Tr[R−1
(∂R
∂t
)]2
(8.371)
Sehingga, dengan mensubstitusikan persamaan (8.371) ke (8.367) dan dengan meng-
gunakan relasi pada persamaan (8.364), maka teorema di persamaan (8.363) terbukti
benar. Dengan menggunakan persamaan (8.362) dan (8.363), diperoleh:
∫ ∞
o
d3xTr[Lo, Lr]2 =
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
∫ ∞
o
r2dr
−4 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
= −4
−8
3πTr
[R−1∂R
∂t
]2∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
=32
3πTr
[R−1∂R
∂t
]2 ∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
(8.372)
dimana,∫∞od3x =
∫∞or2dr
∫ 2π
odφ∫ πo
sin θdθ.
BAB 8. LAMPIRAN 91
Dengan menggunakan persamaan (8.372),(8.364) dan (8.366) dan (8.371) diperoleh:
∫ ∞
o
d3xTr[Lo, Lr]2 =
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
∫ ∞
o
r2dr
−4 sin2 g
(dg
dr
)2
Tr
[∂Φ
∂t
∂Φ
∂t
]
=
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
∫ ∞
o
r2dr
−4 sin2 g
(dg
dr
)2
2xbxd∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t
=
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxbxd
∫ ∞
o
r2dr
−4 sin2 g
(dg
dr
)2
2∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t
=4
3πδbd
∫ ∞
o
r2dr
(−4)(2) sin2 g
(dg
dr
)2∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t
=4
3π(−4)(2)δbd
∂Rcb
∂t
∂Rcd
∂t
∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
=4
3π(−4)(2)
∂Rcd
∂t
∂Rcd
∂t
∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
=4
3π(−4)(2)(−1)Tr
[R−1
(∂R
∂t
)]2 ∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
=32
3πTr
[R−1
(∂R
∂t
)]2 ∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2
(8.373)
Tinjau relasi berikut:
Tr[Lo, Lθ]2 = Tr[LoLθ − LθLo]2
= Tr [LoLθ − LθLo][LoLθ − LθLo]
= Tr LoLθLoLθ − LoLθLθLo − LθLoLoLθ + LθLoLθLo
= Tr[LoLθLoLθ]− Tr[LoLθLθLo]− Tr[LθLoLoLθ] + Tr[LθLoLθLo]
= 2Tr[LoLθLoLθ]− 2Tr[LoLθLθLo]
(8.374)
dimana suku kedua dari (8.374) menjadi:
Tr[LθLoLoLθ] = Tr[LθLθLoLo] = Tr[LoLθLθLo] (8.375)
Dari persamaan (8.347), diperoleh:
Lo = sin g
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
](8.376)
BAB 8. LAMPIRAN 92
Dengan menggunakan persamaan (8.297) dan (8.296), dapat diperoleh:
Lθ = U †∂θU = [cos g − iΦ sin g][i(∂θΦ) sin g] (8.377)
dimana, Φ = σlRlkxk.
Dengan demikian,
L0Lθ = sin g
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
][cos g − iΦ sin g] [i(∂θΦ) sin g]
= i sin2 g
[i∂Φ
∂tcos g + Φ
∂Φ
∂tsin g
][(∂θΦ) cos g − iΦ(∂θΦ) sin g]
= i sin2 g
[i∂Φ
∂t(∂θΦ) cos2 g +
∂Φ
∂tΦ(∂θΦ) cos g sin g
+Φ∂Φ
∂t(∂θΦ) sin g cos g − iΦ∂Φ
∂tΦ(∂θΦ) sin2 g
]
= i sin2 g
i(∂Φ
∂t
)(∂θΦ) cos2 g +
(∂Φ
∂t
)Φ + Φ
(∂Φ
∂t
)
︸ ︷︷ ︸= 0
(∂θΦ) cos g sin g
−iΦ
(∂Φ
∂t
)Φ
︸ ︷︷ ︸=−( ∂Φ
∂t )
(∂θΦ) sin2 g
= i sin2 g
[i
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)(cos2 g + sin2 g)
]
= i sin2 g
[i
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
]
= − sin2 g
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
(8.378)
Karena,
ΦΦ = Φ2 = 1 (8.379)
maka
∂
∂tΦ2 = 0 (8.380)
Uraian ruas kiri persamaan (8.380) adalah:
∂
∂t(ΦΦ) =
(∂Φ
∂t
)Φ + Φ
(∂Φ
∂t
)= 0 (8.381)
BAB 8. LAMPIRAN 93
sehingga, (∂Φ
∂t
)Φ = −Φ
(∂Φ
∂t
)(8.382)
atau,
Φ
(∂Φ
∂t
)= −
(∂Φ
∂t
)Φ (8.383)
Bila kedua ruas dari persamaan (8.383) dikalikan dengan Φ, dari sisi kanan, maka
dengan mensubstitusikan (8.379), diperoleh:
Φ
(∂Φ
∂t
)Φ = −
(∂Φ
∂t
)ΦΦ︸︷︷︸=1
= −(∂Φ
∂t
)(8.384)
digunakan persamaan (8.374) dan (8.378) diperoleh:
Tr[LoLθLoLθ] = Tr
[(−1) sin2 g
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)(−1) sin2 g
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
]
= sin4 gTr
[(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
] (8.385)
dimana, Φ = σlRlkxk.
Berikut, dihitung Tr[LoLθLθLo] pada persamaan (8.374).
Telah dihitung di persamaan (8.378), bahwasannya:
LoLθ = −sin2g
[(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
](8.386)
Gunakan persamaan (8.376) dan (8.377), diperoleh:
LθLo = [cos g − iΦ sin g] [i (∂θΦ) sin g] sin g
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
]
= i sin2 g [(∂θΦ) cos g − iΦ (∂θΦ) sin g]
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
]
= i sin2 g
i (∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)cos2 g + (∂θΦ) Φ
(∂Φ
∂t
)cos g sin g + Φ (∂θΦ)︸ ︷︷ ︸
=−(∂θΦ)Φ
(∂Φ
∂t
)sin g cos g
−i Φ (∂θΦ) Φ︸ ︷︷ ︸=−(∂θΦ)ΦΦ=−(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)sin2 g
= i sin2 g
[i(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)(cos2 g + sin2 g)
]
= − sin2 g
[(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)]
BAB 8. LAMPIRAN 94
(8.387)
Dengan menggunakan persamaan (8.386) dan (8.387), dapat diperoleh:
Tr[LoLθLθLo] = Tr
[(−1) sin2 g
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)(−1) sin2 g(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)]
= sin4 gTr
[(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)] (8.388)
Dari (8.388), diperoleh:
Tr
[(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)]= Tr [σaσcσeσg]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)Ref
(∂xf∂θ
)(∂Rgh
∂t
)xh
= 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce](∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)Ref
(∂xf∂θ
)(∂Rgh
∂t
)xh
(8.389)
Dari persamaan (8.385) dijabarkan:
Tr
[(∂Φ
∂t
)(∂Φ
∂θ
)(∂Φ
∂θ
)(∂Φ
∂t
)]= 2
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)Ref
(∂xf∂θ
)(∂Reh
∂t
)xh
−(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)Raf
(∂xf∂θ
)(∂Rch
∂t
)xh
+
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)Rcf
(∂xf∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
= 2
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
(8.390)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.390) ke (8.388), diperoleh:
Tr[LoLθLθLo] = sin4g 2
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
= 2sin4g
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
(8.391)
BAB 8. LAMPIRAN 95
Dari persamaan (8.391), diperoleh:
Tr
[(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
(∂Φ
∂t
)(∂θΦ)
]= Tr[σaσcσeσg]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂θ
)
= 2[δacδeg − δaeδcg + δagδce](∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂θ
)
= 2
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)
−(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)(∂Raf
∂t
)xfRch
(∂xh∂θ
)
+
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂θ
)(∂Rcf
∂t
)xfRah
(∂xh∂θ
)]
= 4
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)]
−2
[(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
]
(8.392)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.392) ke (8.385), diperoleh:
Tr[LoLθLoLθ] = sin4 g
4
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)]
−2
[(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
]
(8.393)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.393),(8.391) ke persamaan (8.374), diperoleh:
Tr[Lo, Lθ]2 = 2 sin4 g
4
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)]
−2
[(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
]
−2.2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh
= 8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)
−(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)
︸ ︷︷ ︸=1
(∂Rah
∂t
)xh
(8.394)
BAB 8. LAMPIRAN 96
Proposisi:(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh =
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh (8.395)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.395) ke (8.394) diperoleh:
Tr[Lo, Lθ]2 = 8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
(8.396)
Bukti proposisi pada persamaan (8.395):
Tinjau, suku kedua dari ruas kanan persamaan (8.394) diperoleh:(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)(∂Rah
∂t
)xh =
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)xbxh
(8.397)
Karena, untuk d = 1, 2, 3, maka:(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)=
(∂x1
∂θ
)(∂x1
∂θ
)+
(∂x2
∂θ
)(∂x2
∂θ
)+
(∂x3
∂θ
)(∂x3
∂θ
)
=
[∂
∂θ(sin θ cos φ)
]2
+
[∂
∂θ(sin θ sin φ)
]2
+
[∂
∂θ(cos θ)
]2
= [cos θcosφ]2 + [cos θ sin φ]2 + [− sin θ]2
= cos2 θ cos2 φ+ cos2 θ sin2 φ+ sin2 θ
= cos2 θ(cos2 φ+ sin2 φ) + sin2 θ
= cos2 θ + sin2 θ
= 1
(8.398)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.398) ke ruas kiri persamaan (8.395), diperoleh:(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)(∂xd∂θ
)(∂xd∂θ
)xbxh =
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh (8.399)
Berikut, dihitung Tr[Lo, Lφ]2 pada persamaan (8.292).
Tr[Lo, Lφ]2 = Tr[LoLφ − LφLo]2
= Tr [LoLφ − LφLo][LoLφ − LφLo]
= Tr[LoLφLoLφ − LoLφLφLo − LφLoLoLφ + LφLoLφLo]
= Tr[LoLφLoLφ]− Tr[LoLφLφLo]− Tr[LφLoLoLφ] + Tr[LφLoLφLo]
= 2Tr[LoLφLoLφ]− 2Tr[LoLφLφLo]
(8.400)
BAB 8. LAMPIRAN 97
dimana, telah digunakan sifat trace:
Tr[LφLoLφLo] = Tr[LoLφLoLφ] (8.401)
dan,
Tr[LφLoLoLφ] = Tr[LφLφLoLo] = Tr[LoLφLφLo] (8.402)
Dari persamaan (8.347), diperoleh:
Lo = U †∂oU = sin g
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
](8.403)
dan,
Lφ = U †∂φU = [cos g− iΦ sin g](∂φ[cos g+ iΦ sin g]) = [cos g− iΦ sin g][i(∂φΦ) sin g]
(8.404)
dimana telah digunakan:
∂φ([cos g + iΦ sin g]) = ∂φ cos g(r) + (∂φi)Φ sin g + i∂φ(Φ sin g)
= 0 + 0 + i[(∂φΦ) sin g + Φ(∂φ sin g(r))]
= i(∂φΦ) sin g
(8.405)
Berikut, dihitung L0Lφ pada persamaan (8.400)
BAB 8. LAMPIRAN 98
Dari persamaan (8.403) dan (8.404) diperoleh:
L0Lφ = sin g
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
][cos g − iΦ sin g] [i (∂φΦ) sin g]
= i sin2 g [i (∂oΦ) cos g + Φ (∂oΦ) sin g] [(∂φΦ) cos g − iΦ (∂φΦ) sin g]
= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g + (∂oΦ) Φ (∂φΦ) cos g sin g + Φ (∂oΦ) (∂φΦ) sin g cos g
−iΦ (∂oΦ) Φ (∂φΦ) sin2 g]
= i sin2 g
i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g +
(∂oΦ) Φ + Φ (∂oΦ)︸ ︷︷ ︸=−(∂oΦ)Φ
(∂φΦ) cos g sin g
−iΦ (∂oΦ) Φ (∂φΦ) sin2 g]
= i sin2 g
i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g − iΦ (∂oΦ) Φ︸ ︷︷ ︸
=−(∂oΦ)
(∂φΦ) sin2 g
= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ) cos2 g + i (∂oΦ) (∂φΦ) sin2 g
]
= i sin2 g[i (∂oΦ) (∂φΦ)
cos2 g + sin2 g
]
= i sin2 g [i (∂oΦ) (∂φΦ)]
= − sin2 g (∂oΦ) (∂φΦ)
(8.406)
Berikut, dihitung LφL0 pada persamaan (8.400).
BAB 8. LAMPIRAN 99
Dari persamaan (8.403) dan (8.404) diperoleh:
LφL0 = [cos g − iΦ sin g] [i (∂φΦ) sin g] sin g
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
]
= i sin2 g [(∂φΦ) cos g − iΦ (∂φΦ) sin g]
[i
(∂Φ
∂t
)cos g + Φ
(∂Φ
∂t
)sin g
]
= i sin2 g
[i (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)cos2 g + (∂φΦ) Φ
(∂Φ
∂t
)cos g sin g
+Φ (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)sin g cos g − iΦ (∂φΦ) Φ
(∂Φ
∂t
)sin2 g
]
= i sin2 g
i (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)cos2 g +
(∂φΦ) Φ︸ ︷︷ ︸=−Φ(∂φΦ)
+Φ (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)cos g sin g
−iΦ (∂φΦ) Φ︸ ︷︷ ︸=−(∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)sin2 g
= i sin2 g
[i (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)cos2 g + −Φ (∂φΦ) + Φ (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)cos g sin g
−i(−1) (∂φΦ)
(∂Φ
∂t
)sin2 g
]
= i sin2 g[i (∂φΦ) (∂oΦ) cos2 g + i (∂φΦ) (∂oΦ) sin2 g
]
= i sin2 g[i (∂φΦ) (∂oΦ)
(cos2 g + sin2 g
)]
= − sin2 g (∂φΦ) (∂oΦ)
(8.407)
dimana,
∂φ (ΦΦ)︸ ︷︷ ︸=1
= ∂φ(1) (8.408)
maka,
(∂φΦ)Φ + Φ(∂φΦ) = 0 (8.409)
sehingga,
(∂φΦ)Φ = −Φ(∂φΦ) (8.410)
Bila kedua ruas persamaan (8.410) dikalikan dengan Φ, maka:
(∂φΦ)ΦΦ = −Φ(∂φΦ)Φ (8.411)
BAB 8. LAMPIRAN 100
sehingga,
(∂φΦ) = −Φ(∂φΦ)Φ (8.412)
Jadi, suku Tr[L0LφL0Lφ] pada persamaan (8.400) adalah:
Tr[LoLφLoLφ] = Tr[(−1) sin2 g(∂oΦ)(∂φΦ)(−1) sin2 g(∂oΦ)(∂φΦ)]
= Tr[sin4 g(∂oΦ)(∂φΦ)(∂oΦ)(∂φΦ)]
= sin4 gTr[(∂oΦ)(∂φΦ)(∂oΦ)(∂φΦ)]
(8.413)
BAB 8. LAMPIRAN 101
Dari (8.413), dengan menggunakan relasi Φ = σaRabxb, diperoleh:
Tr[LoLφLoLφ] = sin4 gTr
[∂
∂t(σaRabxb)
∂
∂φ(σcRcdxd)
∂
∂t(σeRef xf )
∂
∂φ(σgRghxh)
]
= sin4 gTr
[σa
(∂Rab
∂t
)xbσcRcd
(∂xd∂φ
)σe
(∂Ref
∂t
)xfσgRgh
(∂xh∂φ
)]
= sin4 gTr [σaσcσeσg]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂φ
)
= sin4 g 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂φ
)
= 2 sin4 g
[δacδeg
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂φ
)
−δaeδcg(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂φ
)
+δagδce
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRgh
(∂xh∂φ
)]
= 2 sin4 g
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Raf
∂t
)xfRch
(∂xh∂φ
)
+
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Rcf
∂t
)xfRah
(∂xh∂φ
)]
= 2 sin4 g
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
+
(∂Rab
∂t
)xbReh
(∂xh∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfRad
(∂xd∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)(∂Rah
∂t
)xhRcd
(∂xd∂φ
)]
= 4 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRab
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂φ
)(∂xd∂φ
)xh
(∂Rah
∂t
)
= 2 sin4 g
[2
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂φ
)(∂xd∂φ
)xh
(∂Rah
∂t
)]
(8.414)
Relasi berguna: RcdRcd = δdd = 1.
Berikut dihitung(∂bxd∂φ
) (∂bxd∂φ
)pada persamaan (8.414).
BAB 8. LAMPIRAN 102
Untuk d = 1, 2, 3 berlaku:
(∂xd∂φ
)(∂xd∂φ
)=
(∂x1
∂φ
)(∂x1
∂φ
)+
(∂x2
∂φ
)(∂x2
∂φ
)+
(∂x3
∂φ
)(∂x3
∂φ
)
=
(∂
∂φ[sin θ cosφ]
)2
+
(∂
∂φ[sin θ sinφ]
)2
+
(∂
∂φcos θ
)2
= (sin θ(−1) sin φ)2 + (sin θ cos φ)2 + (0)2
= sin2 θ sin2 φ+ sin2 θ cos2 φ+ 0
= sin2 θ(sin2 φ+ cos2 φ)
= sin2 θ
(8.415)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.415) ke dalam (8.414), diperoleh:
Tr[L0LφL0Lφ] = 2 sin4 g
[2
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xb sin2 θxh
(∂Rah
∂t
)]
(8.416)
BAB 8. LAMPIRAN 103
Dari persamaan (8.406) dan (8.407), diperoleh:
Tr[L0LφLφL0] = Tr
[(−1) sin2 g
(∂Φ
∂t
)(∂Φ
∂φ
)(−1) sin2 g
(∂Φ
∂φ
)(∂Φ
∂t
)]
= sin4 gTr
[(∂Φ
∂t
)(∂Φ
∂φ
)(∂Φ
∂φ
)(∂Φ
∂t
)]
= sin4 gTr
[σa
(∂Rab
∂t
)xbσcRcd
(∂xd∂φ
)σeRef
(∂xf∂φ
)σg
(∂Rgh
∂t
)xh
]
= sin4 gTr [σaσcσeσg]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Rgh
∂t
)xh
= sin4 g 2 [δacδeg − δaeδcg + δagδce]
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Rgh
∂t
)xh
= 2 sin4 g
[δacδeg
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Rgh
∂t
)xh
−δaeδcg(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Rgh
∂t
)xh
+δagδce
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Rgh
∂t
)xh
]
= 2 sin4 g
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)Ref
(∂xf∂φ
)(∂Reh
∂t
)xh
−(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Raf
(∂xf∂φ
)(∂Rch
∂t
)xh
+
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Rcf
(∂xf∂φ
)(∂Rah
∂t
)xh
]
= 2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRcd
(∂xd∂φ
)Rcd
(∂xd∂φ
)(∂Rah
∂t
)xh
= 2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xb
(∂xd∂φ
)(∂xd∂φ
)(∂Rah
∂t
)xh
dimana, Φ = σaRabxb dan RcdRcd = δdd = 1.
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.415) ke (8.417), diperoleh:
Tr[L0LφLφL0] = 2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xb sin2 θ
(∂Rah
∂t
)xh (8.417)
BAB 8. LAMPIRAN 104
Jadi, dari persamaan (8.400),(8.416) dan (8.417), diperoleh:
Tr[L0, Lφ]2 = 2Tr[L0LφL0Lφ]− 2Tr[L0LφLφL0]
= (2)(2) sin4 g
[2
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xb sin2 θxh
(∂Rah
∂t
)]− (2)(2) sin4 g
(∂Rab
∂t
)xb sin2 θ
(∂Rah
∂t
)xh
= 4 sin4 g
[2
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xb sin2 θxh
(∂Rah
∂t
)−(∂Rab
∂t
)xb sin2 θxh
(∂Rah
∂t
)]
= 4 sin4 g
[2
(∂Rab
∂t
)(∂Ref
∂t
)(∂xd∂φ
)(∂xh∂φ
)RadRehxbxf
−2
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh sin2 θ
]
= 8 sin4 g
[(∂Rab
∂t
)(∂Ref
∂t
)(∂xd∂φ
)(∂xh∂φ
)RadRehxbxf
−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh sin2 θ
]
(8.418)
Dari persamaan (8.394), diperoleh:
Tr[L0, Lθ]2 = 8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
(8.419)
Karena, (∂Rab
∂t
)Rad =
(R−1
(∂R
∂t
))
db
(8.420)
dimana, RTR = I → RT = R−1.
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.420) ke (8.419) diperoleh:
Tr[L0, Lθ]2 = 8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂θ
)(R−1∂R
∂t
)
hf
xf
(∂xh∂θ
)−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
(8.421)
Dari persamaan (8.325), diperoleh:
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxbxh =4
3πδbh (8.422)
BAB 8. LAMPIRAN 105
maka,∫d3xTr
[−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
]= −8
∫ ∞
o
drr2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)δbh
= −8
∫ ∞
o
drr2 sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)
= −8
∫ ∞
o
drr2 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)2
(8.423)
Tinjau suku pertama dari ruas kanan persamaan (8.421), diperoleh:
8sin4g
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂θ
)(R−1∂R
∂t
)
hf
xf
(∂xh∂θ
)(8.424)
dan karena, (R−1∂R
∂t
)
db
= −(R−1∂R
∂t
)
bd
(8.425)
maka,(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂θ
)=
(R−1∂R
∂t
)
12
(x2∂x1
∂θ− x1
∂x2
∂θ
)
+
(R−1∂R
∂t
)
13
(x3∂x1
∂θ− x1
∂x3
∂θ
)
+
(R−1∂R
∂t
)
23
(x3∂x2
∂θ− x2
∂x3
∂θ
)(8.426)
Untuk masing-masing suku yang mengandung x, pada persamaan (8.426) diperoleh:(x2∂x1
∂θ− x1
∂x2
∂θ
)= sin θ sin φ
(∂
∂θ[sin θ cos φ]
)− sin θ cos φ
(∂
∂θ[sin θ sin φ]
)
= sin θ sin φ (cos θ cos φ)− sin θ cos φ (cos θ sin φ)
= 0
(8.427)
(x3∂x1
∂θ− x1
∂x3
∂θ
)= cos θ
(∂
∂θ[sin θ cos φ]
)− sin θ cos φ
(∂
∂θcos θ
)
= cos θ(cos θ cos φ)− sin θ cos φ(− sin θ)
= cos2 θ cos φ+ sin2 θ cos φ
= cos φ(cos2 θ + sin2 θ)
= cos φ
(8.428)
BAB 8. LAMPIRAN 106
(x3∂x2
∂θ− x2
∂x3
∂θ
)= cos θ
(∂
∂θ[sin θ sin φ]
)− sin θ sin φ
(∂
∂θcos θ
)
= cos θ(cos θ sin φ)− sin θ sin φ(− sin θ)
= cos2 θ sin φ+ sin2 θ sin φ
= sin φ(cos2 θ + sin2 θ)
= sin φ
(8.429)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.427),(8.428) dan (8.429) ke (8.426) diperoleh:
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂θ
)=
(R−1∂R
∂t
)
13
cos φ+
(R−1∂R
∂t
)
23
sin φ (8.430)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.430) ke (8.424), diperoleh:
8sin4g
(R−1∂R
∂t
)
ab
xb
(∂xd∂θ
)(R−1∂R
∂t
)
hf
xf
(∂xh∂θ
)= 8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)
13
cos φ
+
(R−1∂R
∂t
)
23
sin φ
2
= 8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 φ
+2
(R−1∂R
∂t
)
13
cos φ
(R−1∂R
∂t
)
23
sin φ
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
sin2 φ
(8.431)
Dengan demikian, persamaan (8.418) tersederhanakan menjadi:
Tr[L0, Lφ]2 = 8 sin4 g
[(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
−(∂Rab
∂t
)xbsin
2θ
(∂Rah
∂t
)xh
]
(8.432)
BAB 8. LAMPIRAN 107
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.431) ke suku pertama ruas kanan persamaan
(8.432) diperoleh:
8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)
= 8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂φ
)(R−1∂R
∂t
)
hf
xf∂xh∂φ
(8.433)
Dengan cara yang sama dengan persamaan (8.431) diperoleh:(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂φ
)=
(R−1∂R
∂t
)
12
(x2∂x1
∂φ− x1
∂x2
∂φ
)
+
(R−1∂R
∂t
)
13
(x3∂x1
∂φ− x1
∂x3
∂φ
)
+
(R−1∂R
∂t
)
23
(x3∂x2
∂φ− x2
∂x3
∂φ
)(8.434)
Untuk masing-masing suku yang mengandung x, pada persamaan (8.434), diperoleh:(x2∂x1
∂φ− x1
∂x2
∂φ
)= sin θ sin φ
(∂
∂φ[sin θ cos φ]
)− sin θ cos φ
(∂
∂φ[sin θ sin φ]
)
= sin θ sin φ(sin θ(−1) sin φ)− sin θ cos φ(sin θ cos φ)
= − sin θ sin φ sin θ sin φ− sin θ cos φ sin θ cos φ
= − sin2 θ sin2 φ− sin2 θ cos2 φ
= − sin2 θ(sin2 φ+ cos2 φ)
= − sin2 θ
(8.435)
(x3∂x1
∂φ− x1
∂x3
∂φ
)= cos θ
(∂
∂φ[sin θ cos φ]
)− sin θ cos φ
(∂
∂φcos θ
)
= cos θ sin θ(−1) sin φ− sin θ cos φ (0)
= − cos θ sin θ sin φ
(8.436)
(x3∂x2
∂φ− x2
∂x3
∂φ
)= cos θ
(∂
∂φ[sin θ sin φ]
)− sin θ sin φ
(∂
∂φcos θ
)
= cos θ(sin θ cos φ)− sin θ sin φ (0)
= cos θ sin θ cos φ
(8.437)
BAB 8. LAMPIRAN 108
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.435),(8.436) dan (8.437) ke persamaan (8.434)
diperoleh:
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂φ
)=
(R−1∂R
∂t
)
12
(−1) sin2 θ
+
(R−1∂R
∂t
)
13
(−1) cos θ sin θ sin φ
+
(R−1∂R
∂t
)
23
cos θ sin θ cos φ
(8.438)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.438) ke (8.431) diperoleh:
8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)
db
xb
(∂xd∂φ
)(R−1∂R
∂t
)
hf
xf
(∂xh∂φ
)= 8 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)2
12
sin4 θ
+
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 θ sin2 θ sin2 φ
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
sin2 θ cos2 θ cos2 φ
+
(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
13
sin2 θ sin 2θ sin φ
−(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
23
sin2 θ sin 2θ cos φ
−1
2
(R−1∂R
∂t
)
13
(R−1∂R
∂t
)
23
sin2 2θ sin φ cos φ
(8.439)
Karena, ∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
dθ sin θ cos2 φ =
∫ 2π
o
dφ cos2 φ
∫ π
o
dθ sin θ (8.440)
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
dθ sin θ sin2 φ =
∫ 2π
o
dφ sin2 φ
∫ π
o
dθ sin θ (8.441)
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
dθ sin θ sin φ cos φ =
∫ 2π
o
dφ sin φ cos φ
∫ π
o
dθ sin θ (8.442)
BAB 8. LAMPIRAN 109
maka dari (8.432), diperoleh:
∫d3x8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂φ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂φ
)= 8
∫ ∞
o
drr2 sin4 g
(R−1∂R
∂t
)2
13
(2π) + 0
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
(2π)
(8.443)
Dari (8.440), dapat dicari:
∫ 2π
o
dφ cos2 φ =
∫ 2π
o
dφ
[1
2(cos 2φ+ 1)
]=
1
2
∫ 2π
o
dφ(cos 2φ+1) =1
2[
∫ 2π
o
cos 2φdφ+
∫ 2π
o
dφ]
(8.444)
Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ− sin2 φ dan sin2 φ = 1− cos2 φ.
Dengan memisalkan u = 2φ, maka dφ = 12du, persamaan (8.444) dapat dinyatakan
sebagai:
∫ 2π
o
dφ cos2 φ =1
2
[∫cos u(
1
2du) + φ|2πo
]
=1
2
[1
2sin 2φ|2πo + 2π
]
=1
2[1
2(sin 2 2π − sin 2 0) + 2π]
=1
2[1
2(0− 0) + 2π]
=1
22π
= π
(8.445)
Relasi berguna: sin 2θ = 2 sin θ cos θ, sin 2 2π = 2 sin 2π︸ ︷︷ ︸=0
cos 2π = 0
Dari persamaan (8.440), dicari:
∫ π
o
dθ sin θ = − cos θ|πo = −[cos π − cos 0] = −[(−1)− (1)] = −[−2] = 2 (8.446)
Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.445) dan (8.446) ke persamaan (8.440),
diperoleh: ∫ 2π
o
dφ cos2 φ
∫ π
o
dθ sin θ = π (2) = 2π (8.447)
BAB 8. LAMPIRAN 110
Dari persamaan (8.440), mencari nilai∫ 2π
odφ sin2 φ
∫ πodθ sin θ.
∫ 2π
o
dφ sin2 φ =
∫ 2π
o
dφ(−1
2)(cos 2φ− 1)
= −1
2
∫ 2π
o
dφ(cos 2φ− 1)
= −1
2
[∫ 2π
o
cos 2φdφ−∫ 2π
o
dφ
]
= −1
2
[∫cos u(
1
2du)− φ|2πo
]
= −1
2
[1
2
∫cos u du− 2π
]
= −1
2
[1
2sin 2φ|2πo − (2π − 0)
]
= −1
2[1
2(sin 2 2π − sin 2 0)− 2π]
= −1
2[1
20− 2π] = −1
2[−2π]
= π
(8.448)
Relasi berguna: cos 2φ = cos2 φ−sin2 φ, cos2 φ+sin2 φ = 1, u = 2φ, du = 2dφ, 12du =
dφ, sin 2A = 2 sin A cos A, sin 2 2π = 2 sin 2π︸ ︷︷ ︸=0
cos 2π = 0.
Analog dengan persamaan (8.446), diperoleh:
∫ π
o
dθ sin θ = 2 (8.449)
Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.445) dan (8.446) ke persamaan (8.440),
diperoleh: ∫ 2π
o
dφ sin2 φ
∫ π
o
dθ sin θ = 2π (8.450)
BAB 8. LAMPIRAN 111
Dari (8.441), mencari nilai∫ 2π
odφ sin φ cos φ
∫ πodθ sin θ.
∫ 2π
o
dφ sin φ cos φ =
∫ 2π
o
dφ1
2sin (φ− φ) + sin (φ+ φ)
=1
2
∫ 2π
o
dφ 0 + sin 2φ
=1
2
∫1
2du sin u
=1
2
1
2(−1) cos 2φ|2πo
= (−1)1
2
1
2[cos 2 2π − cos 2 0]
= (−1)1
2
1
2[1− 1]
= 0
(8.451)
Relasi berguna:
2φ = u, 2dφ = du, dφ = 12du, cos 2A = 2 cos2 A − 1, cos 2 2π = 2 cos2 2π︸ ︷︷ ︸
=1
−1 =
(2)(1)− 1 = 1.
Analog dengan persamaan (8.446), diperoleh:
∫ π
o
dθ sin θ = 2 (8.452)
Dengan demikian, substitusikan persamaan (8.451) dan (8.452) ke persamaan (8.442),
diperoleh: ∫ 2π
o
dφ sin φ cos φ
∫ π
o
dθ sin θ = (0)(2) = 0 (8.453)
Berikut tinjau,
Erotasi =
∫d3x εrotasi (8.454)
dimana, dari persamaan (8.269) diperoleh:
εrotasi = −Tr[F 2
16L2o +
1
16a2[Lo, La]
2
]= −F
2
16TrL2
o −1
16a2Tr [Lo, La]
2 (8.455)
dan dari persamaan (8.323), diperoleh:
TrL2o = −2
xhxd
(∂Rgh
∂t
)(∂Rgd
∂t
)sin2 g (8.456)
BAB 8. LAMPIRAN 112
Substitusikan persamaan (8.291),(8.364) dan (8.396) ke dalam persamaan (8.418),
diperoleh:
Tr[L0, La]2 = Tr
[L0, Lr]
2 +1
r2[L0, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θ[L0, Lφ]2
= Tr[L0, Lr]2 +
1
r2Tr[L0, Lθ]
2 +1
r2 sin2 θTr[L0, Lφ]2
= −4 sin2 g
(dg
dr
)2
2xbxd
(∂Rcb
∂t
)(∂Rcd
∂t
)
+1
r28 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)
−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
+1
r2 sin2 θ8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Ref
∂t
)(∂xd∂φ
)(∂xh∂φ
)RadRehxbxf
−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh sin2 θ
(8.457)
Dengan demikian, pensubstitusian persamaan (8.456) dan (8.457) ke persamaan (8.455),
memberikan:
εrotasi = −F2
16(−2)
xhxd
(∂Rgh
∂t
)(∂Rgd
∂t
)sin2 g
− 1
16a2
[−4 sin2 g
(dg
dr
)2
2xbxd
(∂Rcb
∂t
)(∂Rcd
∂t
)
+1
r28 sin4 g
(∂Rab
∂t
)xbRad
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
+1
r2 sin2 θ8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Ref
∂t
)(∂xd∂φ
)(∂xh∂φ
)RadRehxbxf
−(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh sin2 θ
]
(8.458)
BAB 8. LAMPIRAN 113
Dari persamaan (8.458), untuk suku pertama, diperolah:
E(1)rotasi =
∫d3xε
(1)rotasi =
F 2
8
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxhxd︸ ︷︷ ︸
= 43πδhd
(∂Rgh
∂t
)(∂Rgd
∂t
)sin2 g
=F 2
8
∫ ∞
o
r2dr
[4
3πδhd
(∂Rgh
∂t
)(∂Rgd
∂t
)sin2 g
]
=F 2
6π
∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(∂Rgd
∂t
)(∂Rgd
∂t
)
(8.459)
Untuk suku kedua:
E(2)rotasi =
∫d3xε
(2)rotasi
=1
2a2
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θ dθ xbxd︸ ︷︷ ︸
= 43πδbd
(∂Rcb
∂t
)(∂Rcd
∂t
)(dg
dr
)2
sin2 g
=1
2a2
∫ ∞
o
r2dr
[4
3πδbd
(∂Rcb
∂t
)(∂Rcd
∂t
)(dg
dr
)2
sin2 g
]
=2π
3a2
∫ ∞
o
r2dr sin2 g
(dg
dr
)2(∂Rcb
∂t
)(∂Rcb
∂t
)
(8.460)
Untuk suku ketiga dari persamaan (8.458), dengan menggunakan relasi (8.430), diper-
BAB 8. LAMPIRAN 114
oleh:
E(3)rotasi =
∫d3xε
(3)rotasi
=
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
(− 1
16a2
)(1
r2
)8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)
xbRab
(∂xd∂θ
)(∂Ref
∂t
)xfReh
(∂xh∂θ
)
= − 1
16a28
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θ dθ xbxf
(∂xh∂θ
)(∂xd∂θ
)
[(∂Rab
∂t
)Rad
(∂Ref
∂t
)Reh
1
r2sin4 g
]
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θ dθ xbxf
(∂xh∂θ
)(∂xd∂θ
)
[(R−1∂R
∂t
)
db
(R−1∂R
∂t
)
hf
sin4 g
]
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θ dθ
[(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 φ
+2
(R−1∂R
∂t
)
13
(R−1∂R
∂t
)
23
cos φ sin φ+
(R−1∂R
∂t
)2
23
sin2 φ
]
(8.461)
Sebagaimana ditunjukkan oleh persamaan (8.447):∫ 2π
o
dφ cos2 φ
∫ π
o
dθ sin θ = 2π (8.462)
sedangkan hasil pada persamaan (8.450):∫ 2π
o
dφ sin2 φ
∫ π
o
dθ sin θ = 2π (8.463)
dan (8.453): ∫ 2π
o
dφ sin φ cos φ
∫ π
o
dθ sin θ = 0 (8.464)
Maka, dengan mensubstitusikan persamaan (8.462),(8.463) dan (8.464) ke persamaan
(8.461), diperoleh:
E(3)rotasi = − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
13
(2π) + 0 +
(R−1∂R
∂t
)2
23
(2π)
]
= − πa2
∫ ∞
o
dr sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
13
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
] (8.465)
BAB 8. LAMPIRAN 115
Untuk suku keempat dari persamaan (8.458), diperoleh:
E(4)rotasi =
∫d3xε
(4)rotasi
=
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
(− 1
16a2
)(1
r28 sin4 g
)(−1)
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)xbxh
= − 1
16a2(−1)8
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxbxh︸ ︷︷ ︸
= 43πδbh
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)1
r2sin4 g
=1
2a2
∫ ∞
o
dr
[4
3πδbh
(∂Rab
∂t
)(∂Rah
∂t
)sin4 g
]
=2π
3a2
∫ ∞
o
drsin4g
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)
(8.466)
BAB 8. LAMPIRAN 116
Dari (8.458), dengan menggunakan persamaan (8.420) dan (8.438), diperoleh:
E(5)rotasi =
∫d3xε
(5)rotasi
=
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
(− 1
16a2
)(1
r2 sin2 θ
)8 sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Ref
∂t
)(∂xd∂φ
)(∂xh∂φ
)RadRehxbxf
= − 1
16a28
∫ ∞
o
r2dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxbxf
(∂xh∂φ
)(∂xd∂φ
)
[(∂Rab
∂t
)Rad
(∂Ref
∂t
)Reh
1
r2sin4 g
1
sin2 θ
]
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθxbxf
(∂xh∂φ
)(∂xd∂φ
)
[(R−1∂R
∂t
)
db
(R−1∂R
∂t
)
hf
sin4 g
(1
sin2 θ
)]
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
[(R−1∂R
∂t
)2
12
sin4 θ
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 θ sin2 θ sin2 φ
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
sin2 θ cos2 θ cos2 φ+
(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
13
sin2 θ sin 2θ sin φ
−(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
23
sin2 θ sin 2θ cos φ
−1
2
(R−1∂R
∂t
)
13
(R−1∂R
∂t
)
23
sin2 2θ sin φ cos φ
](1
sin2 θ
)
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
[(R−1∂R
∂t
)2
12
sin2 θ +
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 θ sin2 φ
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
cos2 θ cos2 φ+
(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
13
sin 2θ sin φ
−(R−1∂R
∂t
)
12
(R−1∂R
∂t
)
23
sin 2θ cos φ
−1
2
(R−1∂R
∂t
)
13
(R−1∂R
∂t
)
23
4 cos2 θ sin φ cos φ
]
(8.467)
Sebagaimana persamaan (8.451):∫ 2π
o
dφ sinφ cosφ = 0 (8.468)
dan, bahwa ∫ 2π
o
dφ sinφ = 0 =
∫ 2π
o
dφ cos φ (8.469)
BAB 8. LAMPIRAN 117
maka dengan mesubstitusikan persamaan (8.468) dan (8.469) ke (8.467), diperoleh:
E(5)rotasi = − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
[(R−1∂R
∂t
)2
12
sin2 θ
+
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 θ sin2 φ+
(R−1∂R
∂t
)2
23
cos2 θ cos2 φ
]
(8.470)
Berikut, tinjau integral sudut dengan memisalkan:
I =
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ sin2 θ = 2π
∫ π
o
sin θdθ sin2 θ (8.471)
dimana, u = cos θ, untuk θ = 0 maka u = cos 0 = 1, dan untuk θ = π, maka
u = cos π = −1, sehingga, du = d(cos θ) = − sin θdθ → sin θdθ = −du, dan
sin2 θ = 1− cos2 θ = 1− u2.
Jadi,
I = 2π
∫ π
0
sin θ dθ sin2 θ
= 2π
∫ π
0
(−1)d(cos θ) (1− cos2 θ)
= 2π
∫ −1
1
(−1)du(1− u2)
= −2π
∫ −1
1
(du− u2du)
= −2π(u− 1
3u3)|−1
1
= −2π
[(−1)− 1− 1
3(−1)− 1
]
= −2π
[−2− 1
3(−2)
]
= −2π[−2 +2
3]
=8
3π
(8.472)
BAB 8. LAMPIRAN 118
II =
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ sin2 φ
=
∫ 2π
o
dφ sin2 φ
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ
= π
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ
= π
∫ −1
1
(−du)u2
= −π(1
3u3)|−1
1
= −1
3π[(−1)− 1]
=2
3π
(8.473)
III =
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ cos2 φ
=
∫ 2π
o
dφ cos2 φ
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ
= π
∫ π
o
sin θdθ cos2 θ
=2
3π
(8.474)
dimana telah digunakan:∫ 2π
osin2 φdφ =
∫ 2π
odφ cos2 φ =
∫cos 2φdφ = sin 2φ
2.
Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.472),(8.473) dan (8.474) ke persamaan
(8.470), diperoleh:
E(5)rotasi = − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
∫ 2π
o
dφ
∫ π
o
sin θdθ
[(R−1∂R
∂t
)2
12
sin2 θ +
(R−1∂R
∂t
)2
13
cos2 θ sin2 φ+
(R−1∂R
∂t
)2
23
cos2 θ cos2 φ
]
= − 1
2a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
12
(8
3π) +
(R−1∂R
∂t
)2
13
(2
3π) +
(R−1∂R
∂t
)2
23
(2
3π)
]
= − π
3a2
∫ ∞
o
dr sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
12
4 +
(R−1∂R
∂t
)2
13
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
]
(8.475)
Dari persamaan (8.458) dan (8.466), diperoleh:
E(6)rotasi = E
(4)rotasi (8.476)
BAB 8. LAMPIRAN 119
Dengan demikian,
Erotasi = E(1)rotasi + E
(2)rotasi + E
(3)rotasi + E
(4)rotasi + E
(5)rotasi + E
(6)rotasi
=
∫ ∞
o
dr
[(F 2
6π
)r2 sin2 g
(∂Rgd
∂t
)(∂Rgd
∂t
)]
+
[(2π
3a2
)r2 sin2 g
(dg
dr
)2(∂Rcb
∂t
)(∂Rcb
∂t
)]
− πa2
sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
13
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
]+
[2π
3a2sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)]
− 1
2a2sin4 g
[(R−1∂R
∂t
)2
12
(8
3π) +
(R−1∂R
∂t
)2
13
(2
3π) +
(R−1∂R
∂t
)2
23
(2
3π)
]
+
[(2π
3a2
)sin4 g
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)]
=
∫ ∞
o
dr(r2 sin2 g)
[πF 2
16+
2π
3a2
(dg
dr
)2(
∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)]
+1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[64π
3
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)]− 1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[16π
(R−1∂R
∂t
)2
13
+16π
(R−1∂R
∂t
)2
23
+64π
3
(R−1∂R
∂t
)2
12
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
13
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
23
]
=
∫ ∞
o
dr(r2 sin2 g)
πF 2
6+
2π
3a2
(dg
dr
)2(
∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)
︸ ︷︷ ︸=−Tr[R−1(∂R∂t )]
2
+1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[64π
3
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)]− 1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[16π
(R−1∂R
∂t
)2
13
+16π
(R−1∂R
∂t
)2
23
+64π
3
(R−1∂R
∂t
)2
12
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
13
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
23
]
(8.477)
Gunakan persamaan (8.371):
(∂Rab
∂t
)(∂Rab
∂t
)= −Tr
[R−1
(∂R
∂t
)]2
(8.478)
BAB 8. LAMPIRAN 120
maka suku integran terakhir pada persamaan (8.477) tersederhanakan menjadi:
16π
(R−1∂R
∂t
)2
13
+ 16π
(R−1∂R
∂t
)2
23
+64π
3
(R−1∂R
∂t
)2
12
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
13
+16π
3
(R−1∂R
∂t
)2
23
=
[16π +
16π
3
](R−1∂R
∂t
)2
13
+
[16π +
16π
3
](R−1∂R
∂t
)2
23
+64π
3
(R−1∂R
∂t
)2
12
=64π
3
[(R−1∂R
∂t
)2
13
+
(R−1∂R
∂t
)2
23
+
(R−1∂R
∂t
)2
12
]
=64π
3
[−1
2Tr
(R−1∂R
∂t
)2]
= −32π
3Tr
(R−1∂R
∂t
)2
(8.479)
Dengan demikian,
Erotasi = −∫ ∞
o
dr(r2 sin2 g)
πF 2
6+
2π
3a2
(dg
dr
)2Tr
(R−1∂R
∂t
)2
− 1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[64π
3Tr
(R−1∂R
∂t
)2]
− 1
16a2
∫ ∞
o
dr(sin4 g)
[−32π
3Tr
(R−1∂R
∂t
)2]
(8.480)
Sehingga,
Erotasi = −πF 2
6
∫ ∞
o
dr(r2 sin2 g) +2π
3a2
∫ ∞
o
dr(r2 sin2 g)
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g
]Tr
(R−1∂R
∂t
)2
(8.481)
8.4.1 Kecepatan Sudut
Tinjau,
R = eiΩt (8.482)
dimana, R adalah matriks rotasi dan Ω adalah matriks kecepatan sudut. Maka
dR
dt=
d
dt[eiΩt] = eiΩt
d
dt[iΩt] = eiΩtiΩ (8.483)
Dalil:
eiΩtΩ = ΩeiΩt (8.484)
BAB 8. LAMPIRAN 121
Bukti:
Menurut definisi fungsi eksponensial:
eiΩt = 1 + (iΩt) +(iΩt)2
2!+
(iΩt)3
3!+ ... = 1 + (iΩt)− Ω2t2
2!− iΩ3t3
3!+ ... (8.485)
Jika persamaan (8.485) dikalikan dengan Ω maka diperoleh:
eiΩtΩ = 1Ω + (iΩt)Ω− Ω2t2Ω
2!− iΩ3t3Ω
3!+ ... (8.486)
dimana,
1Ω = Ω1, ΩΩ = ΩΩ, Ω2Ω = (ΩΩ)Ω = Ω(ΩΩ) = ΩΩ2, Ω3Ω = (ΩΩΩ)Ω = Ω(ΩΩΩ) = ΩΩ3
(8.487)
dan seterusnya. Secara umum,
ΩnΩ = ΩΩn (8.488)
Dari (8.482) dan (8.483), diperoleh:
R−1dR
dt= e−iΩteiΩtiΩ = iΩ (8.489)
Dengan demikian,
Tr
(R−1dR
dt
)2
= Tr (iΩ)2 = −Tr (Ω)2 (8.490)
Persamaan (8.481) dapat dinyatakan sebagai berikut:
Erotasi = −1
8a(Ust)Tr
(R−1dR
dt
)2
(8.491)
Dari persamaan (8.491) dan (8.481) diperoleh:
−1
8a(Ust) = −
(πF 2
6
∫ ∞
o
dr r2 sin2 g +2π
3a2
∫ ∞
o
dr r2 sin2 g
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2g
])
(8.492)
sehingga,
a(Ust) = 8
(πF 2
6
∫ ∞
o
drr2 sin2 g +2π
3a2
∫ ∞
o
drr2 sin2 g
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g
])
=4πF 2
3
∫ ∞
o
drr2 sin2 g +16π
3a2
∫ ∞
o
drr2 sin2 g
[(dg
dr
)2
+1
r2sin2 g
] (8.493)
BAB 8. LAMPIRAN 122
Dari solusi numerik, [11], p.164, persamaan (13.42), diperoleh:
a(Ust) ∼=447
F e3(8.494)
Substitusikan persamaan (8.490) ke persamaan (8.491), diperoleh:
Erotasi = −1
8a(Ust)(−1)Tr(Ω)2 =
1
8a(Ust)Tr(Ω)2 (8.495)
dimana, Ω termasuk ke dalam elemen aljabar grup Lie rotasi O(3), dengan generator
T1, T2, T3 yang memenuhi sifat ortonormal, yakni: Tr[TaTb] = 0, jika a 6= b, dan,
Tr[TaTb] = 1, jika a = b.
Jadi,
Ω = Ω1T1 + Ω2T2 + Ω3T3 (8.496)
dimana, Ω1,Ω2,Ω3 adalah bilangan, dan T1, T2, T3 adalah matriks.
Dari persamaan (8.496), dengan menggunakan sifat ortonormal generator grup Lie
rotasi O(3) diperoleh:
Tr(Ω)2 = Tr(Ω1T1 + Ω2T2 + Ω3T3)2
= Tr(Ω1T1Ω1T1 + 2Ω1T1(Ω2T2 + Ω3T3) + Ω2T2Ω2T2 + 2Ω2T2Ω3T3 + Ω3T3Ω3T3)
= Ω21Tr(T1T1) + 2Ω1Ω2Tr(T1T2) + 2Ω1Ω3Tr(T1T3) + Ω2
2Tr(T2T2) + 2Ω2Ω3Tr(T2T3)
+ Ω23Tr(T3T3)
= Ω21(1) + 2Ω1Ω2(0) + 2Ω1Ω3(0) + Ω2
2(1) + 2Ω2Ω3(0) + Ω23(1)
= Ω21 + 0 + 0 + Ω2
2 + 0 + Ω23
= Ω21 + Ω2
2 + Ω23
(8.497)
Dari persamaan (8.495), (8.497) diperoleh:
Erotasi =1
8a(Ust)Tr(Ω)2 =
1
8a(Ust)[Ω
21 + Ω2
2 + Ω23] (8.498)
8.4.2 Momentum Sudut Rotasi
Dalam tinjauan mekanika klasik, momentum sudut adalah:
Ja =∂Etotal∂Ωa
(8.499)
BAB 8. LAMPIRAN 123
dimana,
Etotal = Estatik + Erotasi (8.500)
karena Estatik tak gayut Ω, maka:
∂Estatik∂Ωa
= 0 (8.501)
Dari persamaan (8.499),(8.500) dan (8.501) diperoleh:
Ja =∂Erotasi∂Ωa
(8.502)
Dari persamaan (8.502), untuk a = 1, 2, 3, diperoleh:
J1 =∂Erotasi∂Ω1
(8.503)
J2 =∂Erotasi∂Ω2
(8.504)
J3 =∂Erotasi∂Ω3
(8.505)
Substitusikan persamaan (8.498) ke (8.503), (8.504) dan (8.505) diperoleh:
J1 =1
8a(Ust)2Ω1 =
1
4a(Ust)Ω1 → Ω1 =
4J1
a(Ust)(8.506)
J2 =1
8a(Ust)2Ω2 =
1
4a(Ust)Ω2 → Ω2 =
4J2
a(Ust)(8.507)
J3 =1
8a(Ust)2Ω3 =
1
4a(Ust)Ω3 → Ω3 =
4J3
a(Ust)(8.508)
Tinjau kembali persamaan (8.498):
Erotasi =1
8a(Ust)[Ω
21 + Ω2
2 + Ω23] (8.509)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.506),(8.507) dan (8.508) ke (8.509) diperoleh
(dalam kasus klasik):
Erotasi =1
8a(Ust)
[16J2
1
a(Ust)2+
16J22
a(Ust)2+
16J23
a(Ust)2
]
=2
a(Ust)[J2
1 + J22 + J2
3 ]
=1
12a(Ust)
J2
BAB 8. LAMPIRAN 124
(8.510)
Dalam tinjauan mekanika klasik, maka diperoleh:
Erotasi =1
2I(Ω2
1 + Ω22 + Ω2
3) (8.511)
dimana, I adalah momen inersia benda tegar. Jadi, momen inersia skyrmion, dari
persamaan (8.509) dan (8.511), adalah:
1
2I =
1
8a(Ust) (8.512)
sehingga,
I =1
4a(Ust)→ 2I =
1
2a(Ust) (8.513)
dimana,
U(x, t) = A(t)Ust(x)A(t)† (8.514)
untuk relasi ini, lihat [11], p.164. Jadi, dari persamaan (8.510) dan (8.513), diperoleh:
Erotasi =1
2IJ2 =
J2
2I(8.515)
8.4.3 Kuantisasi Momentum sudut
Operator momentum sudut J , bekerja pada fungsi eigen, |j,m〉, dinyatakan sebagai,
J2|j,m〉 = j(j + 1)|j,m〉 (8.516)
dimana, m = −j, j + 1, ..., j − 1, j dan j = 0, 12, 1, 3
2, ....
Tinjau,
〈J2〉 = 〈j,m|J2|j,m〉 = j(j + 1))h2 (8.517)
Dari persamaan (8.515) dan (8.517), dan dinyatakan dalam nilai ekspektasi diperoleh:
〈Erotasi〉 =j(j + 1)
2Ih2 (8.518)
BAB 8. LAMPIRAN 125
8.4.4 Massa Nukleon
Massa nukleon dicari dari relasi massa statik dan massa rotasi, sebagai berikut:
mN = Mstatik +Mrotasi (8.519)
dimana,
Mstatik =Estatikc2
= Estatik (8.520)
dalam hal ini digunakan c=1, yakni satuan natural.
Dari perhitungan numerik, diperoleh:
Estatik =π F
a
(23, 2
2
)=
(3, 14) (123)
4, 95
(23, 2
2
)∼= 905, 08 MeV (8.521)
dimana telah diambil F ∼= 123 MeV adalah konstanta peluruhan pion dan a = 4, 95
konstanta tak berdimensi [11], p.243.
Dari persamaan (8.520) dan (8.521), diperoleh:
Mstatik∼= 905, 08 MeV (8.522)
Untuk nukleon, yakni j = 12, diperoleh:
Erotasi =j(j + 1)
2I=
12(1
2+ 1)
2I=
3
8I(8.523)
dimana, dari perhitungan numerik, diperoleh:
I =1
4a(Ust) =
1
4
[447
F a3
]=
111, 75
(123)(4, 95)3∼= 7, 49.10−3 (8.524)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.524) ke (8.523) diperoleh:
Erotasi =3
8I∼= 3
8(7, 49.10−3)∼= 0, 05007.103 ∼= 50, 07 MeV (8.525)
sehingga,
Mrotasi =Erotasic2
= Erotasi ∼= 50, 07 MeV (8.526)
Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.522) dan (8.526) ke (8.519) diperoleh:
mN∼= 905, 08 + 50, 07 ∼= 955, 15 MeV (8.527)
BAB 8. LAMPIRAN 126
8.4.5 Massa Delta
Massa delta dicari dari relasi massa statik dan massa rotasi, sebagai berikut:
m∆ = Mstatik +Mrotasi (8.528)
dari perhitungan numerik (analog dengan energi statik nukleon)
Estatik ∼= 905, 08 MeV (8.529)
sehingga,
Mstatik =Estatikc2
= Estatik ∼= 905, 08 MeV (8.530)
Untuk delta, yakni j = 32, diperoleh:
Erotasi =j(j + 1)
2I=
32(3
2+ 1)
2I=
15
8I(8.531)
dimana, dari perhitungan numerik (analog dengan momen inersia nukleon) diperoleh:
I =1
4a(Ust) ∼= 7, 49.10−3 (8.532)
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.532) ke (8.531) diperoleh:
Erotasi =15
8I∼= 15
8(7, 49.10−3)∼= 0, 25033.103 ∼= 250, 33 MeV (8.533)
sehingga,
Mrotasi =Erotasic2
= Erotasi ∼= 250, 33 MeV (8.534)
Jadi, dengan mensubstitusikan persamaan (8.530) dan (8.534) ke (8.528) diperoleh:
m∆∼= 905, 08 + 250, 33 ∼= 1155, 41 MeV (8.535)
8.5 Lampiran V: Teori Grup
Matriks U(N) adalah matriks unitari ordo N × N yang memiliki N 2 parameter.
Suatu matriks dikatakan unitari, jika matriks tersebut memenuhi hubungan:
UU † = U †U = I (8.536)
BAB 8. LAMPIRAN 127
sehingga,
U † = U−1 (8.537)
dimana, I adalah matriks identitas, U † adalah transpose Hermit dari U dan U−1 adalah
invers dari U .
Alasan, mengapa U harus unitari.
Keadaan kuantum |n〉 bertransformasi oleh U menjadi |n′〉, yakni:
|n′〉 = U |n〉 (8.538)
|n′〉† = (U |n〉)† (8.539)
〈n′| = 〈n|U † (8.540)
Syarat normalisasi:
〈n′|n′〉 = 〈n|n〉 (8.541)
〈n|U †U |n〉 = 〈n|n〉 (8.542)
Agar memenuhi syarat normalisasi, maka:
U †U = I (8.543)
Teorema:
Untuk setiap matriks unitari U = eiH , maka H = H† (hermitis).
Bukti:
U † = (eiH)† = ei†H† = e−iH
†(8.544)
U−1 = (eiH)−1 = e−iH (8.545)
Dari syarat unitari: U † = U−1, maka e−iH†
= e−iH , sehingga H† = H. Matriks SU(N)
adalah matriks ordo N × N yang memiliki (N 2 − 1) parameter. Jika U ∈ SU(N),
berarti:
UU † = U †U = I (8.546)
BAB 8. LAMPIRAN 128
det U = 1 (8.547)
Dalam kasus khusus, N = 2, yakni SU(2) dimana U = eiH , dengan H† = H maka:
(1) H adalah matriks hermitis ordo 2× 2.
(2) Setiap matriks hermitis ordo 2 × 2, dapat dibangun oleh tiga matriks Pauli σa
yang bebas linier, dimana a = 1, 2, 3.
Matriks Pauli tersebut adalah:
σ1 =
0 1
1 0
, σ2 =
0 −ii 0
, σ3 =
1 0
0 −1
(8.548)
Dengan demikian:
H = φ1σ1 + φ2σ2 + φ3σ3 (8.549)