Moleküler hidrojen katyonu, H+2, tasarlanabilecek ve deneysel olarak tespit edilebilecek en basit moleküldür. Bu molekülde çekirdeklerin uzayın belli noktalarında sabitlendikleri varsayılırsa (adyabatik kestirme veya Born Oppenheimer kestirmesi) o zaman sadece elektronun iki merkezli Coulomb potansiyeli altında hareketi söz konusudur. Çekirdeklerin de hareketli oldukları probleme üç cisim problemi (three body motion) denir ki, bu problem Newton'dan beri analitik yöntemlerle çözülememiştir. Coulomb kuvveti ile Newton'un genel çekim kanunları aynı olduğundan burada irdelediğimiz problem aynı zamanda üç cisim probleminin yaklaşık çözümlerinde de kullanılmak istenmiştir. Dolayısıyla gravitasyon literatüründe bu problem Euler problemi olarak da anılır.
Molekülün bağ uzunluğuna 2c diyelim ve genelliği bozmadan protonları yandaki şekilde olduğu gibi A:=(0,0,−c) ve B:=(0,0,c) noktalarında konuçlandıralım. Elektronun konumu E:=(x,y,z) noktası ile verilsin ve konum vektörü OE=:r olsun. AE=:rA ve BE=:rB tanımladığımızda, θA niceliğini z ekseni ile rA vektörü arasında kalan açı olarak tanımlayabiliriz. Benzer biçimde θB açısını da tanımlamak mümkündür. Şekilde bu açılar koyu siyah ve koyu kırmızı renklerle gösterilmiştir.
Sistemin toplam enerjisinin, h, korunacağını biliyoruz, çünkü bu problemde zamana bağlı bir kuvvet yoktur. Benzer şekilde elektronun açısal momentum vektörünün z bileşeni de, Lz, korunur, çünkü sistemin potansiyel enerjisi z ekseni etrafında dönme simetrisine sahiptir. Aynı durum protonlar sabitlendiği için açısal momentumun x ve y bileşenleri için doğru değildir. h ve Lz değerlerinin korunduğunu görmek, temel mekanik eğitimi almış herkes için kolay. Ama Euler'den yaklaşık 200 yıl sonra bu hareketin üçüncü bir integrali Erikson ve Hill (doi: 10.1103/PhysRev.75.29) tarafından bulundu ki, bunu görmek o kadar da kolay değil!Ω:=LA⋅LB+2me2c2(cosθA−cosθB)Burada LA ve LB elektronun sırasıyla A ve B noktalarına göre ölçülen açısal momentumu, m elektronun kütlesi, e ise yüküdür. Adı geçen yazarlar üç sayfalık makalelerinde Ω niceliğinin klasik mekanikte korunduğunu göstermenin çok basit olduğunu yazıyorlar ve o yüzden de ispatını ihmal etmişler!
Biz bu ifadenin hareketin bir integrali olduğunu göstermek için önce c:=(0,0,c) tanımlayalım. O zaman rA=r+c ve rB=r−c olduğu görülür. ŞimdiLA:=rA×p=(r+c)×p=r×p+c×p=L+c×polacaktır. Burada p elektronun momentumu, L ise orijine göre ölçülen açısal momentumudur. Tamamen benzer bir alıştırmayla LB=L−c×p yazabiliriz. Bu iki niceliğin çarpımı bizim için önemlidir.LA⋅LB=L⋅L−(c×p)⋅(c×p)Korunum ispatında zamana göre türev alacağımız içinddt(LA⋅LB)=2L⋅dLdt−2(c×p)⋅(c×dpdt)türevi bize gereklidir. Newton'ın ikinci hareket kanununa göreFnet=dpdtolduğundandLdt=˙r×p+r×˙p=1mp×p+r×Fnet=r×Fnetbulunur. Yukarıda bir vektörün kendisiyle olan iç çarpımının sıfır vektörüne eşit olduğu bilgisini kullandık ve Newton'ı takip ederek zamana göre türevi tepeye konan bir nokta ile gösterdik. Son olarak Coulomb kanununu da kullanarak net kuvveti verebiliriz.Fnet=−e2r3ArA−e2r3BrBBurada e elektronun yükü olup, hesaplamaları kolaylaştırmak için Coulomb sabitinin bir olduğu birimlerde çalışılmaktadır. r×rA=r×c=−r×rB olduğunu gözlersekr×Fnet=e2(1r3A−1r3B)c×relde edilir. Tamamen benzer yöntemlerlec×Fnet=−e2(1r3A+1r3B)c×rbulunacaktır. Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçları toparlarsak ddt(LA⋅LB)=2e2(1r3A−1r3B)(r×p)⋅(c×r)+2e2(1r3A+1r3B)(c×p)⋅(c×r)=2e2r3A(rA×p)⋅(c×r)−2e2r3B(rB×p)⋅(c×r) denklemine ulaşırız.
Ω niceliğinin ikinci kısmı bize cosθA ve cosθB fonksiyonlarını vermektedir. İç çarpım kullanılarak bu açıların trigonometrik değerleri verilebilir.cosθA=c⋅rAcrAYukarıda ve bu paragraftaki bütün formüllerde A yerine B yazılarak, cosθB için de geçerli olan sonuçlara ulaşılır. ŞimdidcosθAdt=c⋅˙rAcrA−c⋅rAcr2A˙rA=c⋅pmcrA−c⋅rAcr2A˙rAelde ederiz. Ayrıca rA:=√rA⋅rA olduğundan, ˙rA=r−1ArA⋅˙rA=(mr−1A)rA⋅p olur ve dolayısıyladcosθAdt=c⋅pmcrA−(c⋅rA)(rA⋅p)mcr3Aelde edilir. Yukarıdaki ifadede paydaları eşitlemek için birinci terimin payını ve paydasını rA⋅rA=r2A ile çarparsakdcosθAdt=(rA⋅rA)(c⋅p)mcr3A−(c⋅rA)(rA⋅p)mcr3Asonucuna ulaşırız. İspatı bitirmemize çok az kaldı. Sırada belki de bütün ispatın en anahtar noktası var.
Lemma: A,B,C ve D herhangi dört vektör olsun. O zaman
(A×B)⋅(C×D)=(A⋅C)(B⋅D)−(A⋅D)(B⋅C).İspat: Ödev.
İspatsız yer verdiğimiz vektörel çarpıma ait bu özellik kullanıldığında aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.dcosθAdt=(rA×c)⋅(rA×p)mcr3A
Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçlar bir araya getirilirsedΩdt=d(LA⋅LB)dt+2mce2(dcosθAdt−dcosθBdt)=0olduğu ve Ω niceliğinin korunduğu gösterilmiş olur.