¿El sistema de $p^+p^-e^-$ han consolidado los Estados?

Question

Este es bateó un poco fuera de la pared, así que tengan paciencia conmigo. El hidrógeno ion molecular, $\mathrm{H}_2^+$, es el más simple de los tres cuerpos del sistema en física molecular, y en la de Born-Oppenheimer aproximación a su electrónica de la ecuación de Schrödinger es separable (aunque no está claro si es exactamente solucionable).

Ahora, un viejo papel de A. H. Wilson, (La Molécula de Hidrógeno Ionizado, Proc. Roy. Soc. Lond. La Ser. Una, La De Matemáticas. Phys. 118 no. 780, pp 635-647 (1928)) muestra que la ecuación de Schrödinger electrónica $$ \left[-\frac12\nabla^2-\frac{Z_1}{\|\mathbf r-\mathbf R_1\|}-\frac{Z_2}{\|\mathbf r-\mathbf R_2\|}\right]\psi(\mathbf r)=E\psi(\mathbf r), $$ cuando están separados en la elíptica coordenadas de la distancia internuclear $2c$ \begin{align} \xi&=\frac{1}{2c}\left(\|\mathbf r-\mathbf R_1\|+\|\mathbf r-\mathbf R_2\|\right) \quad\text{and}\\ \eta&=\frac{1}{2c}\left(\|\mathbf r-\mathbf R_1\|-\|\mathbf r-\mathbf R_2\|\right) \end{align} como $\psi(\xi,\eta,\phi) = X(\xi) Y(\eta)e^{im\phi}$ $\phi$ el ángulo sobre el eje internuclear, lee \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(1-\xi^2) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] +\left[\lambda^2\xi^2-\kappa \xi -\frac{m^2}{1-\xi^2}+\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta -\frac{m^2}{1-\eta^2}+\mu\right]Y&=0, \end{align} donde $\lambda^2=-2c^2E$ es el autovalor, $\mu$ es una separación constante que debe ser encontrado (y que molesto que aparece en ambas ecuaciones), y \begin{align} \kappa & = 2c(Z_1+Z_2),\\ \kappa' & = 2c(Z_1-Z_2). \end{align}

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OK, así que un montón de set-up, pero esto es lo que quiero preguntar: me doy cuenta de que la ecuación de Schrödinger de arriba es extrañamente simétrica con respecto a las combinaciones de $\boldsymbol{Z_1+Z_2}$ $\boldsymbol{Z_1-Z_2}$ de los dos cargas nucleares, por lo que hay probablemente algunas extrañas simetrías de la electrónica wavefunctions si usted mueve de un tirón el cargo de uno de los protones - es decir, cambia por un antiprotón y pretender que los dos no van a aniquilar dentro de algunos significativo periodo de tiempo.

Con eso en mente, entonces: esto ha sido explorado en la literatura? ¿El resultado $p^+p^-e^-$ sistema, con un protón, un antiprotón y un electrón, han obligado a los estados? (Intuitivamente, uno esperaría que el electrón montón alrededor de los protones con la mayoría de la probabilidad en el lado lejano de la antiprotón, así parcialmente el blindaje de las $p^+$-$p^-$ atracción, pero espero que esto sería completamente insuficiente para matar a esa atracción.) Si es así, ¿cuáles son exactamente las relaciones entre su sistema electrónico de estados propios y los del hidrógeno ion molecular?

Answer 1

Desde el papel de A. H. Wilson, (La Molécula de Hidrógeno Ionizado, Proc. Roy. Soc. Lond. La Ser. Una, La De Matemáticas. Phys. 118 no. 780, pp 635-647 (1928)) con el fin de resolver la ecuación de Schrödinger que ir en elíptica coordenadas.La ecuación de schrödinger es separable en elíptica coordenadas.La solución es de la forma

$$\psi\left(\xi,\eta,\phi\right)=X(\xi)Y(\eta)\Phi(\phi)$$

Entonces uno se $\Phi(\phi)= e^{im\phi} $ y también obtiene \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(1-\xi^2) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] +\left[\lambda^2\xi^2-\kappa \xi -\frac{m^2}{1-\xi^2}+\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta -\frac{m^2}{1-\eta^2}+\mu\right]Y&=0, \end{align}

donde $\lambda^2=-2c^2E$ es el autovalor, $\mu$ es una constante que debe ser encontrado y \begin{align} \kappa & = 2c(Z_1+Z_2),\\ \kappa' & = 2c(Z_1-Z_2). \end{align} En orden a resolver por el estado del suelo de la solución de poner $m=0$ y ecuaciones diferenciales reducir a \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(1-\xi^2) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] +\left[\lambda^2\xi^2-\kappa \xi +\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta +\mu\right]Y&=0, \end{align}

Si $\kappa =0$ como para el caso de $p^+p^-e^-$ ecuaciones diferenciales se reducen a: \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(\xi^2-1) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] -\left[\lambda^2\xi^2 +\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta +\mu\right]Y&=0, \end{align} Estas ecuaciones diferenciales son en la forma de Sturm-Liouville ecuación diferencial: $$(p(x)u')'+(\lambda r(x)-q(x))=0$$ Teorema: Cada solución satisface

$$\lambda \int_{a}^{b}u^2r {\mathrm dx} = \int_{a}^{b}(pu'^2+qu^2) {\mathrm dx}-[puu']_a^b$$ given for $a<x<b$; $p,r>0$. Aquí, en este video se puede encontrar la prueba: los Autovalores de a Sturm Liouville ecuación diferencial

Ahora, aplicando el teorema de la reducción de ecuaciones diferenciales da $$ -\lambda^2\int_{1}^{\infty}X^2 \xi^2 {\mathrm d\xi}= \int_{1}^{\infty}(\xi^2-1)X'^2 {\mathrm d\xi}+\mu\int_{1}^{\infty}X^2 {\mathrm d\xi}$$ $$ \lambda^2\int_{-1}^{1}Y^2 \eta^2 {\mathrm d\eta}= \int_{-1}^{1}(1-\eta^2)Y'^2 {\mathrm d\eta}+\kappa '\int_{-1}^{1}\eta Y^2 {\mathrm d\eta}-\mu\int_{-1}^{1}Y^2 {\mathrm d\eta}$$ Hemos utilizado el hecho de $X$ $0$ $\xi \rightarrow \infty$,$(\xi^2-1)=0$ para $\xi=1$ $(1-\eta^2)=0$ $\eta=+1,-1$ a evaluar $[puu']_a^b$.

Observar la primera de las dos ecuaciones de arriba: $$\int_{1}^{\infty}X^2(-\lambda^2\xi^2-\mu) {\mathrm d\xi}= \int_{1}^{\infty}(\xi^2-1)X'^2 {\mathrm d\xi}$$

Desde entonces, el R. H. S es positivo $(-\lambda^2\xi^2-\mu)>0$.

Observar la segunda ecuación : $$ \int_{-1}^{1}Y^2 (\lambda^2\eta^2+\mu-\kappa ' \eta) {\mathrm d\eta}= \int_{-1}^{1}(1-\eta^2)Y'^2 {\mathrm d\eta}$$ Desde entonces, el R. H. S es positivo $(\lambda^2\eta^2+\mu -\kappa ' \eta)>0$.

La adición de las dos desigualdades uno se $\lambda^2(\eta^2-\xi^2)-\kappa ' \eta)>0$.Pero $\xi>1$ y $\eta<1$. Por lo tanto, $\lambda^2 <0$. [Uno puede elegir arbitraria $\eta$. Elige pequeño $\eta$ o $\eta =0$]

Por lo tanto, no hay ninguna $E<0$ soluciones para finitos $\kappa '$[separación 2c entre ellos es pequeña]. Por lo tanto, no debe existir un estado asociado para este sistema.

Si la separación es grande, $\kappa '$ es grande y en la ecuación diferencial: $$ \lambda^2\int_{-1}^{1}Y^2 \eta^2 {\mathrm d\eta}= \int_{-1}^{1}(1-\eta^2)Y'^2 {\mathrm d\eta}+\kappa '\int_{-1}^{1}\eta Y^2 {\mathrm d\eta}-\mu\int_{-1}^{1}Y^2 {\mathrm d\eta}$$

podemos descuidar otro término: $$ \lambda^2\int_{-1}^{1}Y^2 \eta^2 {\mathrm d\eta}= \kappa '\int_{-1}^{1}\eta Y^2 {\mathrm d\eta}-\mu\int_{-1}^{1}Y^2 {\mathrm d\eta}$$

y esperamos que $Y=0$$\eta<0$. Así, $$ \lambda^2\int_{0}^{1}Y^2 \eta^2 {\mathrm d\eta}= \kappa '\int_{0}^{1}\eta Y^2 {\mathrm d\eta}-\mu\int_{0}^{1}Y^2 {\mathrm d\eta}$$

No puede existir un $\lambda$ a partir de este formalismo para la gran separación que debe existir a partir de la expectativa.

Answer 2

Ciertamente, esta no es una respuesta completa, pero al menos las direcciones de la existencia de un estado asociado.

Mi reclamo es que siempre existe un estado asociado. Si el estado fundamental de energía se calcula como una función de la distancia internuclear, a continuación, tomar el anti protones hasta el infinito nos llevaría de vuelta al átomo de hidrógeno, garantizando la existencia de un estado asociado. Ahora, si en algún momento, la solución cambia cualitativamente, sin dar ninguna obligado soluciones de estado, que sin duda existe una escala de longitud donde el estado fundamental de energía se desvanece (Esta es la consecuencia de la continuidad de la Planta de energía del estado como una función de la distancia internuclear). Sería necesario establecer una preferido escala de longitud, donde esa "transición" se produce. Mientras que el sistema tiene una longitud de caracteres de la escala de $a_0$, no hay ninguna razón por la electrónica de escalas de longitud tiene nada que ver con la longitud de la transición de la escala. Por lo tanto, la ausencia de un internuclear longitud de escala hace que la transición de obligado el estado del suelo de conexión a tierra del estado raro. Esto es algo que queremos establecer.

La Estrategia: se establece un límite superior en el estado fundamental de energía mediante el variacional. A continuación mostramos que este límite superior es siempre negativo, y por ello el establecimiento de un negitive energía contenida la solución de estado para todos los de la distancia internuclear.

El variacional dice que el límite superior en el estado fundamental está dada por: $$\langle \psi |H|\psi \rangle \geq E_g$$ Donde $|\psi \rangle$ es un elegido de forma arbitraria estado de vectores en el espacio de Hilbert, $H$ es el Hamiltoniano del sistema, y $E_g$ es el estado fundamental de energía.El más grande de la proyección de $|\psi \rangle$ sobre el Eigen espacio de tierra del estado, el más fuerte de la envolvente.

Cálculo explícito: se elige la función $$\psi(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-r}$$ como nuestro elegido de forma arbitraria de la función de onda, ya que este se encuentra en su totalidad en el estado fundamental Eigen espacio en el infinito internuclear límite de distancia, por lo tanto, prometiendo un poco fuerte obligado. Hacemos uso de la simetría traslacional de la Hamiltoniana para colocar el protón en el país de origen. A continuación, colocamos el antiprotón a una distancia $c$ desde el origen a lo largo de la $z$ eje. El Hamiltoniano puede entonces escribirse en coordenadas esféricas: $$H=-\frac{1}{2} \nabla ^2-\frac{1}{r}+\frac{1}{\sqrt{r^2+c^2-2rc\cos \theta}}$$ Es fácil ver que $$\frac{1}{2}\nabla^2\psi(r)=\left( \frac{e^{-r}}{2}-\frac{e^{-r}}{r} \right)\frac{1}{\sqrt{\pi}} $$ De ahí el Interior del producto está dada por: $$\langle \psi |H|\psi \rangle=\frac{1}{\pi} \int_{r=0}^\infty \int_{\theta =0}^{\pi} \int_{\phi =0}^{2 \pi}\left( \frac{e^{-2r}}{2}-\frac{2e^{-2r}}{r}+\frac{e^{-2r}}{\sqrt{r^2+c^2-2rc\cos \theta}} \right) r^2 \sin \theta d\theta d\phi dr $$ Esta integral no es difícil de hacer y Mathematica dice que el valor de esta integral es: $$\frac{2-3c-2(1+c)e^{-2c}}{2c}$$ El numerador es monótonamente decreciente de la función, que se desvanece para $c=0$, por lo tanto el establecimiento de un negativo de límite superior en el estado fundamental de energía, para todos los $c>0$

EDIT: me he equivocado el álgebra aquí, y la integral se ve realmente como: $$\langle \psi |H|\psi \rangle=\frac{1}{\pi} \int_{r=0}^\infty \int_{\theta =0}^{\pi} \int_{\phi =0}^{2 \pi}\left( -\frac{e^{-2r}}{2}+\frac{e^{-2r}}{\sqrt{r^2+c^2-2rc\cos \theta}} \right) r^2 \sin \theta d\theta d\phi dr $$ Esta integral es realmente: $$-\frac{-2+c+2(1+c)e^{-2c}}{2c}$$ Que sólo es monótona y negativo en $c \geq 1.87 a_0$ Sin embargo, para un pequeño $c$ todavía se puede hacer mejor, por "adivinar" el estado de la función de onda de una forma intuitiva. Una simple conjetura, que minimiza la probabilidad de $\theta \in (0,\frac{\pi}{2})$ y maximiza la probabilidad de $\theta \in (\frac{\pi}{2},\pi)$ es: $$\psi(r,\theta)=N*(1-\cos \theta)r e^{-r}$$ Este cuando se integra da algo como: $$-\frac{3 - 5 c + 4 c^2 + c^3 + (-1 + c) (1 + 2 (-1 + c) c) (3 + 2 (-1 + c) c) e^{2c}}{c^3}$$ Que es negativa en el intervalo de $0.75 a_0 \leq c\leq 2a_0$

Por lo tanto, para $c>0.75a_0$ hemos enlazado soluciones de estado. Lo que sucede a continuación esta es una interesante pregunta. Todavía creo que no será obligado el estado de las soluciones para todos los $c>0$, sin Embargo, una prueba que parece muy difícil de alcanzar. El problema es potencialmente más rica que la que aparece originalmente!

Answer 3

Aquí está mi intento a la pregunta:

Desde el antiguo papel del A. H. Wilson, (La Molécula de Hidrógeno Ionizado, Proc. Roy. Soc. Lond. La Ser. Una, La De Matemáticas. Phys. 118 no. 780, pp 635-647 (1928)) con el fin de resolver la ecuación de Schrödinger que ir en elíptica coordenadas.La ecuación de schrödinger es separable en elíptica coordenadas.La solución es de la forma

$$\psi\left(\xi,\eta,\phi\right)=X(\xi)Y(\eta)\Phi(\phi)$$

Entonces uno se $\Phi(\phi)= e^{im\phi} $ y también obtiene \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(1-\xi^2) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] +\left[\lambda^2\xi^2-\kappa \xi -\frac{m^2}{1-\xi^2}+\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta -\frac{m^2}{1-\eta^2}+\mu\right]Y&=0, \end{align}

donde $\lambda^2=-2c^2E$ es el autovalor, $\mu$ es una constante que debe ser encontrado y \begin{align} \kappa & = 2c(Z_1+Z_2),\\ \kappa' & = 2c(Z_1-Z_2). \end{align} En orden a resolver por el estado del suelo de la solución de poner $m=0$ y ecuaciones diferenciales reducir a \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm d\xi}\left[(1-\xi^2) \frac{\mathrm d X}{\mathrm d\xi}\right] +\left[\lambda^2\xi^2-\kappa \xi +\mu\right]X&=0 \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm d\eta}\left[(1-\eta^2) \frac{\mathrm d Y}{\mathrm d\eta}\right] +\left[\lambda^2\eta^2-\kappa' \eta +\mu\right]Y&=0, \end{align} Luego se pone a $X(\xi)=e^{-\lambda \xi}y(\xi)$ donde $y(\xi)=\sum_{m=0}^{n-1} a_m\xi^m$ que es un carácter de la serie.La solución de este formulario es significativa debido a que como $\xi \rightarrow \infty$,$X \rightarrow 0$ para $\lambda >0$.

Supongamos que queremos resolver por el estado del suelo $n=1$. En la ecuación diferencial para $X(\xi)$ si uno de los sustitutos se obtiene un coeficiente de las relaciones y de la ecuación diferencial se reduce a \begin{align} \left(2\lambda - \kappa\right)\xi X + (\mu +\lambda^2)X=0 \end{align} y para $n\geqslant 1$ el plazo será de $\left(2n\lambda - \kappa\right)\xi X$.

Ahora para $\mathrm{H}_2^+$ : $Z_1=1$ y $Z_2=1$. Aquí, $\kappa \neq 0$. Esto le da a $\lambda= \kappa/n$.Por lo tanto, no existe soluciones de $E<0$ a que están obligados los estados.

Si $\kappa =0$ como para el caso de $p^+p^-e^-$, $\lambda$ debe ser igual a cero y $X(\xi)$ no será finito para un gran $\xi$.

Por lo tanto, no hay ninguna $E<0$ soluciones

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Un clásico analógico de $\mathrm{H}_2^+$ es de dos fijos positivo de la igualdad de cargos, los cuales están separados por una cierta distancia y una carga negativa. Existe al menos un punto de equilibrio estable [que es el punto medio de dos cargos] donde podemos realizar la carga negativa.

Un clásico analógico de $p^+p^-e^-$ fijo es un dipolo. No existe punto de equilibrio estable donde podemos realizar la carga negativa debido a que el campo eléctrico es cero en todos los puntos.

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Acerca de la Simetría en las ecuaciones diferenciales: La ecuación de Schrödinger no es totalmente simétrico con respecto a $Z_1 + Z_2$ $Z_1 - Z_2$ debido a que el ex aparece en la ecuación diferencial para$X(\xi)$, y el segundo aparece en la ecuación diferencial para $Y(\eta)$. Aquí rangos de $\xi$ $\eta$ son diferentes: $1\leqslant \xi \leqslant \infty $$-1\leqslant \eta \leqslant +1 $. Por lo tanto, las ecuaciones diferenciales no son totalmente simétrica.

A la conclusión de que no hay energía negativa soluciones y no el punto de equilibrio en su clásica analógica. Por lo tanto, no hay enlazados a los estados para la $p^+p^-e^-$ sistema.