Moleküler hidrojen katyonunda hareketin üçüncü integrali

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 $OE =: {\mathbf r}$ olsun. $AE=:{\mathbf r}_{A}$ ve $BE=:{\mathbf r}_{B}$ tanımladığımızda, $\theta _{A}$ niceliğini $z$ ekseni ile ${\mathbf r}_{A}$ vektörü arasında kalan açı olarak tanımlayabiliriz. Benzer biçimde $\theta _{B}$ 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, $L_{z}$, 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 $L_{z}$ 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! $$\begin{equation*}\Omega := {\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B} + 2me^{2}c^{2}(\cos \theta _{A} - \cos \theta _{B})\end{equation*}$$ Burada ${\mathbf L}_{A}$ ve ${\mathbf L}_{B}$ elektronun sırasıyla $A$ ve $B$ noktalarına göre ölçülen açısal momentumu, $m$ elektronun kütlesi, $e$ ise yüküdür. Adı geçen yazarlar üç sayfalık makalelerinde $\Omega$ 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 ${\mathbf c} := (0,0,c)$ tanımlayalım. O zaman ${\mathbf r}_{A} = {\mathbf r} + {\mathbf c}$ ve ${\mathbf r}_{B} = {\mathbf r} - {\mathbf c}$ olduğu görülür. Şimdi $$\begin{equation*}{\mathbf L}_{A} :={\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p} = ({\mathbf r} + {\mathbf c})\times {\mathbf p} = {\mathbf r} \times {\mathbf p} + {\mathbf c} \times {\mathbf p} = {\mathbf L} + {\mathbf c} \times {\mathbf p}\end{equation*}$$ olacaktır. Burada ${\mathbf p}$ elektronun momentumu, ${\mathbf L}$ ise orijine göre ölçülen açısal momentumudur. Tamamen benzer bir alıştırmayla ${\mathbf L}_{B}={\mathbf L} - {\mathbf c} \times {\mathbf p}$ yazabiliriz. Bu iki niceliğin çarpımı bizim için önemlidir. $$\begin{equation*}{\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B} = {\mathbf L} \cdot {\mathbf L} - ({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf p})\end{equation*}$$ Korunum ispatında zamana göre türev alacağımız için $$\begin{equation*}\frac{\rm d}{{\rm d}t}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B}) = 2 {\mathbf L} \cdot \frac{{\rm d}{\mathbf L}}{{\rm d}t} - 2({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times \frac{{\rm d}{\mathbf p}}{{\rm d}t})\end{equation*}$$ türevi bize gereklidir. Newton'ın ikinci hareket kanununa göre $$\begin{equation*}{\mathbf F}_{\rm net} = \frac{{\rm d}{\mathbf p}}{{\rm d}t}\end{equation*}$$ olduğundan $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}{\mathbf L}}{{\rm d}t}= \dot{\mathbf r} \times {\mathbf p} + {\mathbf r} \times \dot{\mathbf p}= \frac{1}{m} {\mathbf p} \times {\mathbf p} + {\mathbf r} \times {\mathbf F}_{\rm net} = {\mathbf r} \times {\mathbf F}_{\rm net}\end{equation*}$$ bulunur. 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. $$\begin{equation*}{\mathbf F}_{\rm net} = -\frac{e^{2}}{r_{A}^{3}}{\mathbf r}_{A} - \frac{e^{2}}{r_{B}^{3}}{\mathbf r}_{B}\end{equation*}$$ Burada $e$ elektronun yükü olup, hesaplamaları kolaylaştırmak için Coulomb sabitinin bir olduğu birimlerde çalışılmaktadır. ${\mathbf r}\times {\mathbf r}_{A}={\mathbf r} \times {\mathbf c}=-{\mathbf r} \times {\mathbf r}_{B}$ olduğunu gözlersek $$\begin{equation*}{\mathbf r}\times {\mathbf F}_{\rm net} = e^{2} \left( \frac{1}{r_{A}^{3}} - \frac{1}{r_{B}^{3}} \right) {\mathbf c} \times {\mathbf r}\end{equation*}$$ elde edilir. Tamamen benzer yöntemlerle $$\begin{equation*}{\mathbf c} \times {\mathbf F}_{\rm net} = -e^{2} \left( \frac{1}{r_{A}^{3}} + \frac{1}{r_{B}^{3}} \right) {\mathbf c} \times {\mathbf r}\end{equation*}$$ bulunacaktır. Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçları toparlarsak $$\begin{eqnarray}\nonumber \frac{\rm d}{{\rm d}t}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B}) &=& 2e^{2}\left( \frac{1}{r_{A}^{3}} - \frac{1}{r_{B}^{3}} \right)({\mathbf r} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) + 2e^{2}\left( \frac{1}{r_{A}^{3}} + \frac{1}{r_{B}^{3}} \right)({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) \\ \nonumber &=&\frac{2e^{2}}{r_{A}^{3}} ({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) - \frac{2e^{2}}{r_{B}^{3}} ({\mathbf r}_{B} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) \end{eqnarray}$$ denklemine ulaşırız.

$\Omega$ niceliğinin ikinci kısmı bize $\cos \theta _{A}$ ve $\cos \theta _{B}$ fonksiyonlarını vermektedir. İç çarpım kullanılarak bu açıların trigonometrik değerleri verilebilir. $$\begin{equation*}\cos \theta _{A} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}}\end{equation*}$$ Yukarıda ve bu paragraftaki bütün formüllerde $A$ yerine $B$ yazılarak, $\cos \theta _{B}$ için de geçerli olan sonuçlara ulaşılır. Şimdi $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{{\mathbf c} \cdot \dot{{\mathbf r}}_{A}}{cr_{A}}- \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}^{2}}\dot{r}_{A} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf p}}{mcr_{A}}- \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}^{2}}\dot{r}_{A}\end{equation*}$$ elde ederiz. Ayrıca $r_{A} := \sqrt{{\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A}}$ olduğundan, $\dot{r}_{A} = r_{A}^{-1} {\mathbf r}_{A} \cdot \dot{\mathbf r}_{A}=(mr_{A}^{-1}) {\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p}$ olur ve dolayısıyla $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf p}}{mcr_{A}}- \frac{({\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}$$ elde edilir. Yukarıdaki ifadede paydaları eşitlemek için birinci terimin payını ve paydasını ${\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A}=r_{A}^{2}$ ile çarparsak $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf c} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}- \frac{({\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}$$ sonucuna ulaşırız. İspatı bitirmemize çok az kaldı. Sırada belki de bütün ispatın en anahtar noktası var.
Lemma: ${\mathbf A},{\mathbf B},{\mathbf C}$ ve ${\mathbf D}$ herhangi dört vektör olsun. O zaman
$$\begin{equation*}({\mathbf A} \times {\mathbf B}) \cdot ({\mathbf C} \times {\mathbf D}) = ({\mathbf A}\cdot {\mathbf C})({\mathbf B}\cdot {\mathbf D}) - ({\mathbf A}\cdot {\mathbf D})({\mathbf B}\cdot {\mathbf C}).\end{equation*}$$ İspat: Ödev.
İspatsız yer verdiğimiz vektörel çarpıma ait bu özellik kullanıldığında aşağıdaki ifadeyi elde ederiz. $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf c})\cdot ({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}$$

Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçlar bir araya getirilirse $$\begin{equation*}\frac{{\rm d}\Omega}{{\rm d}t}= \frac{{\rm d}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B})}{{\rm d}t} + 2mce^{2}\left(\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} - \frac{{\rm d}\cos \theta _{B}}{{\rm d} t} \right) = 0\end{equation*}$$ olduğu ve $\Omega$ niceliğinin korunduğu gösterilmiş olur.

Parabolik bir aynada ışınların odaklanması

Problem 5: Parabolik bir aynanın simetri eksenine paralel gelen ışınlar, bu aynanın odağından geçerler. İspatlayınız.

Soruyu çözmek için analitik geometriden biraz faydalanacağız ama önce bütün parabollerin tek terimli sade bir denklem halinde ifade edilebileceğini gösterelim.
Lemma: En genel haliyle $y=ax^{2}+bx+c$ denklemi ile verilen bütün paraboller, sadece kaydırma izometrisi kullanılarak $Y=AX^{2}$ formuna getirilebilirler.
İspat: Öncelikle $x$ değerini $x=:X-\frac{b}{2a}$ olacak şekilde kaydıralım. O zaman $$\begin{equation*} y=a\left(X^{2}-\frac{b}{a}X+\frac{b^{2}}{4a^{2}}\right) + b \left( X - \frac{b}{2a}\right) + c = aX^{2} + c - \frac{b^{2}}{4a} \end{equation*}$$ sonucu çıkar. Şimdi de $y=:Y+c-\frac{b^{2}}{4a}$ kaydırmasını uygularsak, parabolümüz $Y=aX^{2}$ formuna girer. QED

Kaydırma dönüşümü fiziksel objelerde bir deformasyona sebep olmadığı için, genelliği bozmadan parabolik aynanın denkleminin $y=ax^{2}$ olduğunu varsayalım. Bu aynanın simetri eksenine paralel, yandaki şekilde görüldüğü gibi $AB$ ışını gelsin. Işın $B$ noktasından Snell kanununa göre yansıyacaktır ve $BK$ doğrusunu izlerken $E$ noktasında aynaya tekrar çarpacaktır. O zaman $\alpha := \angle ABN = \angle NBE$ (kırmızı, içi boş) ve $\beta := \angle ABC = \angle DBE = \angle DBX$ (içi koyu siyah) tanımlarsak, $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$, $BN$ parabole $B$ noktasında normal veya dik, $CD$ ise teğet olurlar. Yansımanın geometrisini bulmak için $\gamma := \angle BDO$ (gri) tanımlayalım. Temel analizden parabole $(x_{0},y_{0})$ noktasında çekilen teğetin eğimi $\tan \gamma = 2ax_{0}$ olacaktır. Yansıyan ışının $x$ ekseniyle yaptığı açıya $\kappa$ dersek, $\triangle DBK$ üçgeninden $\kappa = \gamma + \beta$ olduğu görülür. Benzer şekilde, $\triangle BDX$ dik üçgeninden $\gamma = \beta + \frac{\pi}{2}$ olduğu gözlenirse, $\kappa = \gamma + \gamma - \frac{\pi}{2}=2\gamma - \frac{\pi}{2}$ bulunur. $BK$ doğrusunun eğimini bulmak için aşağıdaki trigonometri jimnastiğini yapmamız gerekiyor. ($BK$ doğrusunu bulmaktaki amacımız, yansıyan ışının $y$ eksenini kestiği $F$ noktasının parabolün odağı olduğunu göstermektir.) $$\begin{equation*} \tan \kappa = \tan \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\sin \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2}\right)}{\cos \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2}\right)}=-\frac{\cos 2\gamma}{\sin 2 \gamma}=-\frac{1}{\tan 2\gamma} = \frac{\tan ^{2}\gamma - 1}{2 \tan \gamma}=\frac{4a^{2}x_{0}^{2}-1}{4ax_{0}} \end{equation*}$$ Analitik düzlemdeki denklemi $y= (\tan \kappa ) x + n$ olan $BK$ doğrusunun kesme noktasını bulmak için bu doğrunun $B=(x_{0},ax_{0}^{2})$ noktasından geçtiği bilgisini kullanalım. $$\begin{equation*} ax_{0}^{2} = \frac{4a^{2}x_{0}^{2}-1}{4ax_{0}}x_{0} + n \ \Rightarrow \ n=\frac{1}{4a} \end{equation*}$$ Kesme noktası aynı zamanda $F = (0,n)$ noktasının da konumunu vermektedir. Bu konum $AB$ ışınından bağımsızdır ve sadece parabolün eğriliğini tayin eden $a$ parametresiyle hesaplanılabilir. O zaman parabolün simetri eksenine paralel gelen bütün ışınların, ayna tarafından $F = (0,1/4a)$ odak noktasında toplanacağını ispatlamış oluyoruz.

İşaret: $F$ noktasından çok fazla foton geçtiği için, bu noktada termal enerji aniden yükselecektir. Efsaneye göre, Sicilya kuşatması esnasında (MÖ 214-212) Arşimet parabolik bir ayna yapmış ve bu ayna ile Roma donanmasının gemilerini yakmıştır.

Alıştırma: $E$ noktasına gelen $BE$ ışınının parabolik ayna tarafından tekrar simetri eksenine paralel yansıtılacağını gösteriniz.