1r ciclo Si Thomson tuviese razón...

[arivasm]

La propuesta de este juego consiste en considerar que el modelo atómico de Thomson era factible.

En nuestro caso admitiremos que el átomo de número atómico $Z$ está constituido por una esfera de radio $R$, carga positiva $Ze$ distribuida de manera que la densidad sea uniforme, y $Z$ cargas puntuales $-e$ (electrones). El objetivo del juego consiste en determinar las posiciones de esos electrones que hacen que el sistema esté en equilibrio eléctrico. Supondremos que los electrones se podrían mover libremente por el interior del átomo. Los resultados los expresaremos tomando $R$ como unidad.

Por ejemplo, para $Z=1$ la solución es $r=0$.

Para $Z=2$ yo he encontrado que

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Ambos electrones están situados simetricamente respecto del centro, a una distancia $r_1=r_2=24^{-1/3}=2\ 3^{-1/3}=0,3467$*

*Ése es el valor que puse inicialmente. Es incorrecto. El correcto es el que escribe más adelante Richard: 0,5

Espero que a partir de $Z=4$ empiecen los problemas de verdad, especialmente con casos como $Z=7$.

[carroza]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Hola.

Bonito problema.

Yo entiendo que los casos Z=3 y Z=4 pueden obtenerse ...

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... por consideraciones de simetría. Para Z=3, los electrones están en los vértices de un triangulo equilátero, a una distancia r del centro. Esta distancia puede obtenerse exigiendo que el campo eléctrico en cada vértice se anule, considerando la cobtribucion de la esfera cargada y de los otros dos electrones. De forma equivalente, se puede obtener para que la energía potencial en función de r sea mínimo.

Para Z=4, loes electrones están en los vértices de un tetraedro regular. La distancia al centro se obtiene de forma análoga al caso anterior.

Para Z=5 la cosa se complica

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A priori hay dos configuraciones simétricas. Una sería el tetraedro, con la quinta carga en el centro. Otra seria el triángulo, con dos cargas en la dirección perpendicular. En ambos casos, habría que determinar las distancias que hacen que la energía potencial fuera mínima.
Las dos sitiaciones corresponderían a mínimos locales. Uno sería el estado fundamental real, y otro sería el equivalente a un estado metaestable, en el mundo de Thompson.

Saludos

[arivasm]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Antes de nada, coincido con carroza.

Para contrastar con quienes se animen a jugar, mi solución numérica para el caso Z=3 es ésta:
Edito: es incorrecta, no prestar atención

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Como dice carroza, se trata de un triángulo equilátero con los electrones a una distancia $r=3^{-5/6}=0,4003$ del centro, o con un lado de longitud $l=3^{-1/3}=0,6934$

[Richard R Richard]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Estoy buscando de participar

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para $Z=1$ la solución es $r=0$.

Ambos electrones están situados simetricamente respecto del centro, a una distancia $r_1=r_2=24^{-1/3}=2\ 3^{-1/3}=0,3467$

quieres decir $0,3467 R$ no?

... por consideraciones de simetría. Para Z=3, los electrones están en los vértices de un triangulo equilátero, a una distancia r del centro. Esta distancia puede obtenerse exigiendo que el campo eléctrico en cada vértice se anule, considerando la cobtribucion de la esfera interior cargada y de los otros dos electrones. De forma equivalente, se puede obtener para que la energía potencial en función de r sea mínimo.

yo le agregaría eso, porque creo que lo que anula el campo eléctrico de los electrones es solo la carga de la esfera con menor radio que la distribución de electrones, por Gauss, como creo que sucede con la gravedad la capa externa, no produce campo hacia el interior, o mejor dicho si lo hace pero se anula por simetría, no?

Para Z=5 la cosa se complica

coincido en el resto de la explicación.

para Z=6 propongo dos triángulos equiláteros en planos paralelos ex XY separado un cierta distancia en Z , que compartan el mismo eje de simetría central , pero rotados 60° sobre ese eje.

y para z=7 idem anterior pero con una carga central...

otra tres planos de 2 ,3 ,2 los dos planos de 2 compensan angularmente el desequilibrio del triangulo o quizá una rotación de 90° en el plano entre ello es suficiente, pero no estoy seguro.

z=8 los vértices de un cubo,
aunque también la misma Z=6 pero con un plano intermedio de 2 electrones simétricos intermedio

z=9 tres planos de 3 en XY los exteriores con las posiciones coincidentes en XY y el intermedio rotada 60° pero el triángulo de mayor radio....

o bien BCC cubo centrado.

y ahí viene el problema, equilibrar campo sobre la carga es lo mismo que equilibrar fuerza no? ya me hice un matete.

....habría que determinar las distancias que hacen que la energía potencial fuera mínima....

respecto de ? del radio?, hay hacer un lagrangiano y derivar ??? mmm no se si es así y si me atrevo sin equivocarme de seguro.

[arivasm]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Aunque alguna cosa aparece oculta, voy a aclararla a la vista

En primer lugar, como dije al principio, propongo que las distancias se den en unidades de R. Así por ejemplo $r=0,2$ significa $r=0,2 R$.

En segundo, mi propuesta actual consiste en encontrar soluciones estáticas. Dejamos para otro juego cosas también interesantes, como por ejemplo el hidrógeno de Thomson-Bohr (este debería ser fácil) o de Thomson-Schrödinger (miedo me da).

Por último, creo que a medida que aumente Z tendremos montones de estados "excitados". El juego consiste en encontrar el fundamental. En caso de discusión habrá que dar su valor, en unidades de $k\dfrac{e^2}{R}$ y excluyendo la energía que corresponde a la distribución positiva (pues es un término fijo independiente de la distribución de los electrones).

[Richard R Richard]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Ya en la primera no coincido

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reitero mi sugerencia de usar que no toda la carga de la esfera concentrada en r=0 crea el campo y solo tendria que usar la que queda en el interior de la esfera de radio r

por eso siempre $q_{int}=Z\dfrac{r^3}{R^3}$

para $Z=2$

el campo de esa carga a una distancia r del centro $E_{+}=\dfrac{Kq_{int}}{r^2}$

y el campo de la otra carga a 2r $E_{-}=-\dfrac{Ke}{(2r)^2}$

luego la suma de los campo se anula en la carga para que quede estática en

$\dfrac{\dfrac{2r^3}{R^3}}{r^2}=\dfrac{1}{4r^2}$

$r=\pm\sqrt[3]{\dfrac18}R=\pm 0.5R$

[arivasm]

Re: Si Thomson tuviese razón...

En mi intento por construir un procedimiento general erré notablemente el tiro y, efectivamente, los resultados numéricos que escribí son ambos erróneos. Confirmo el que acaba de poner Richard. Editaré los mensajes para señalar su invalidez.

[Richard R Richard]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Retomando entonces

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sigo sin coincidir Antonio

por eso siempre $q_{int}=Z\dfrac{r^3}{R^3}$

para $Z=3$

el campo de esa carga a una distancia r del centro $E_{+}=\dfrac{Kq_{int}}{r^2}$

y el campo de 2 cargas a $\sqrt 3r$ de distancia pero con un angulo de 30° respecto del eje $E_{-}=-\dfrac{K2e}{(\sqrt 3r)^2}\dfrac{\sqrt 3}2$

luego la suma de los campo se anula en la carga para que quede estática en

$\dfrac{\dfrac{3r^3}{R^3}}{r^2}=\dfrac{1}{\sqrt 3r^2}$

$r=\sqrt[6]{\dfrac1{27}}R=\dfrac{1}{\sqrt 3}R=0.577R$

entonces ejemplo

$P_1=(-\dfrac{1}{\sqrt 3}R,0)$
$P_2=(+\dfrac{1}{2\sqrt 3}R,0.5R)$
$P_3=(+\dfrac{1}{2\sqrt 3}R,-0.5R)$


mmm algo esta mal 2 y 3 estan a una distancia R en vez de$\dfrac{1}{\sqrt 3}R$ ...edito de vuelta.... no ,no esta bien 1 y 2 tambien estan a la distancia de 1 R lo mismo 1 y 3


vamos con Z=4

$E_{+}=\dfrac{K4\dfrac{r^3}{R^3}}{r^2}$

3 cargas a $\sqrt 3r$ de distancia pero con un angulo de $\cos \alpha=\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}$ respecto del eje

$E_{-}=-\dfrac{K3}{(\sqrt 3r)^2}\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}$

$\dfrac{K4\dfrac{r^3}{R^3}}{r^2}=\dfrac{K3}{(\sqrt 3r)^2}\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}$

$4\dfrac{r^3}{R^3}=\dfrac{3}{3}\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}$


$\dfrac{r^3}{R^3}=\dfrac{1}{\sqrt 8\sqrt 3}$

$r_{\triangle}=\sqrt[6]{\dfrac1{24}}R=0.5887R$

aunque no he probado, imagino que esta es la solucion estable y no los 4 vértices de un cuadrado



para probar esto hay que sumar los potenciales y que sea mínimo respecto de la carga

en Z=4 cuadrado

$E_{+}=\dfrac{K4\dfrac{r^3}{R^3}}{r^2}$

2 cargas a $\sqrt 2r$ de distancia pero con un angulo de $\cos \alpha=\dfrac{\sqrt 2}2$ respecto del eje y otra a 2r sobre el eje

$E_{-}=-\dfrac{K2}{(\sqrt 2r)^2}\dfrac{\sqrt 2}{2}+-\dfrac{K}{(2r)^2}$

$4\dfrac{r^3}{R^3}=\dfrac{4+\sqrt2}{\sqrt {32}}$


$r_{\boxdot}=0.6208R$


si

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

como la energía de la distribución de pirámide triangular equilatera es de menor potencial entonces es la mas estable.....


Pd el triangulo con la carga central es mas inestable aun[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[arivasm]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Confirmo el resultado de Richard para Z=3, es decir

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un triángulo equilátero con las cargas a una distancia $r=\frac{R}{\sqrt{3}}$, que es lo mismo que decir con un lado de longitud $R$.

[Richard R Richard]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Algunos tips para resolver a Z mayores,

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• si aumenta Z la densidad de carga aumenta linealmente con Z, obviamente cuando [TEX]R=Cte
• si aumenta $r$ entonces el campo aumenta con $r^2$
• para un mismo $r$ el mínimo de energía potencial se encuentra cuando las cargas de los electrones están lo mas alejadas entre si, es decir, Predigo que en $Z=5$ la pirámide triangular equilátera con la carga centrada tiene un potencial mayor que un triángulo en el plano xy y dos electrones simétricos en $\pm z$ ubicado sobre el eje z que pasa por el baricentro del triángulo.

• Pero que pasa, no necesariamente el equilibrio se da cuando las cargas están inscritas en la misma circunferencia, habrá dos casos $r_z<R_{\triangle}=r$ y $r=r_z>R_{\triangle}$, luego vere cual de las 2 da menor potencial.(apuesto por la que tiene mas cantidad de electrones mas cercanos a r osea el primer caso , que tiene 3 y el otro 2)*
• Otra cosa que predigo que habrá un Z donde podremos tener un r que nos permita distribuir mas de 6 electrones en la circunferencia de $2\pi r$ luego, me parece que allí si es posible colocar una carga central en $P_k$ siempre y cuando espacialmente $|\vec P_i-\vec P_j|>r\quad \to\quad \forall i,j,k < Z \wedge i\neq j$ osea hasta Z=13 no hay de que preocuparse...
• el tema es como encarar la distribución espacial para $13>Z\geq7$

* como no todos los electrones están en el mismo radio, tendrán todos el mismo potencial, dentro de su correspondiente distribución?




mi tiro para z=5

me queda un sistema de 3 ecuaciones con 3 incognitas no lineal.....

$$a^2+b^2=c^2$$

$$0=\dfrac{3b}{c^3}+\dfrac{1}{2b^2}-\dfrac{b^3}{R^3b^2}$$

$$0=\dfrac{2a}{c^3}+\dfrac{2\cdot 3 a}{2(\sqrt3 a)^3}-\dfrac{b^3}{R^3a^2}$$

bueno .... algun metodo de calculo rapido?

sustitución 1 en 2 y despejo a , luego esa en tres y despejo b pero no es tan sencillo, ni directo...

Que dices?

[sater]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Por comentar algo, me parece un problema muy interesante aunque veo casi imposible encontrar un método general para averiguar el mínimo global. Por si es de interés, un problema similar lo planteó el propio Thomson, suponiendo que los electrones estaban confinados en una esfera y buscando la distribución de estos que minimizaba la energía potencial debida a la repulsión. Se ha escrito mucho sobre el tema, y casos simples (por ejemplo electrones) resultan matemáticamente complicadísimos (ver paper al final de la wiki).

Un saludo, y quedo a la espera de ver como evoluciona este bonito problema mientras yo intento pensar algo también.

[carroza]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Hola. Voy a plantear mi solucion para Z=5

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Hay dos posibilidades simetricas.

La primera, es considerar un tetraedro regular con una carga en el centro.
En ese caso, queda por determinar cual es la distancia de las cargas del tetraedro al centro. Llamemos c a dicha distancia, en unidades de R.
Las coordenadas de los puntos son:
$(0,0,0), c(1,0,0), c(-1/3,\sqrt{8/9},0), c(-1/3,-\sqrt{2/9},\sqrt{6/9}), c(-1/3,-\sqrt{2/9},-\sqrt{6/9})$

La energia potencial, en unidades de ${kq \over R}$, es
$<br /> E(c) = 5(-3/2) + 4\cdot 5(-3/2 + c^2/2) + 4\cdot (1/c) + 6 \cdot (\sqrt{3/8}/c)<br />$

Haciendo minima esta energia frente a c, se encuentra c=0.727, y una energia de E=-21.65.

Pero esta no es la configuracion con energia m'as baja

La segunda solucion simetrica es la siguiente:

Podemos considerar ahora un triangulo equilatero, cuyas distancias al centro vienen dadas por a, junto con dos cargas perpendiculares al triangulo, a distancias b.
Las coordenadas de los puntos son:
$b(1,0,0), b(-1,0,0), a(0,1,0), b(0,-1/2,\sqrt{3/4}), b(0,-1/2,-\sqrt{3/4})$

Ahora, la energ'ia potencial es funci'on de las distancias a y b, y viene dada, sumando las contribuciones de todas las particulas, por

$<br /> E(a,b) = 2 \cdot 5(-3/2 + b^2/2) + 3 \cdot 5(-3/2 + c^2/2) + 1 \cdot (1/2b)$
$+ 3 \cdot (1/\sqrt{3}a) + 6 \cdot (1 / \sqrt{a^2 + b^2})<br />$

Ahora, hay que hacer m'inima esta funci'on con respecto a los par'ametros a y b. El resultado son dos ecuaciones, que pueden resolverse numericamente. A mi me sale a=0.632, b=0.645. Con esto se llega a una energ'ia E = -22.26, m'as baja que la anterior.

Con ello, llegar'ia a la conclusi'on de que para z=5, el atomo de thompswon tiene un estado fundamental que es un triangulo, con una carga arriba y una abajo, a energ'ia E=-22.26, y un estado metaestable, con simetr'ia de tetraedro con una carga en el centro, de energ'ia E=-21.65


El problema con Z=6 dede tener una soluci'on correspondiente a 6 cargas dormando un octaedro regular. Dejo Z = 7 para el que lo quiera resolver con ordenador. Las soluciones ser'ian, o bien un octaedro con una carga en el centro, o dos triangulos, con vertices alternados, y una carga encima. No se cual ser'a el estado fundamental y cual el metaestable.

Saludos

[arivasm]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Solo un pequeño comentario. Me ha llamado la atención ver que el problema que planteaba Thomson, y que señala sater en su enlace, no era exactamente el mismo, en el sentido de que prescindía del hecho de que las cargas estuviesen distribuidas en el interior. De hecho, es un problema diferente pero igualmente interesante, pues hace referencia a como se distribuyen cargas puntuales sobre un conductor esférico en equilibrio. Me recuerda, además, a otro también diferente, que se podría enunciar como "qué forma es la mejor para trazar líneas de campo partiendo de esferas cargadas".

Me llama la atención que tanto en el problema de Thomson como en el de átomo de Thomson (por llamar de algún modo al que nos ocupa) todo parece indicar que las soluciones de mínima energía son las que poseen simetrías. Casi me atrevería a decir, las que poseen el mayor número de simetrías.

De todos modos, confieso que estos días ando bastante liado con otras cosas y que he parado un poco con el juego. Eso no quita que sigo con interés vuestras contribuciones.

[carroza]

Re: Si Thomson tuviese razón...

Hola. El problema de distribuir cangas en un conductor esférico es en principio más facil que el problema del atomo de Thompson. Por ejemplo' para z=4,6,8,12, 20 las soluciones serían los solidos platónicos. Eso merecería otra propuesta de problemas de ingenio. Saludos

[Richard R Richard]

Re: Si Thomson tuviese razón...

A modo resumen

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dijimos
Z=1 carga centrada en r=0
Z=2 dos cargas con simetria en 2 planos en r=0.5R
Z=3 triángulo equilátero centrado en el baricentro de lado R
Z=4 pirámide de base triangular equilatera centrada con distancia al centro 0.5887R
Z=5 doble piramide triangular (no equilatera)
Z=6 octaedro simetrico, cuya distancia al centro de las cargas a mi me dio 0.617R


bien con Z=7 la opción de colocar la carga central en el octaedro, seguro tiene mayor energía potencial, que una carga por encima de los dos triángulos, es decir, la carga centrada es la metaestable, porque su distancia a cada carga es menor que los lados del octaedro.

z=8 había pensando en un cubo, pero volviendo a aplicar el concepto anterior, creo que tiene mayor energía potencial, pues un dodecaedro simétrico creo que tiene aun menos energía, porque lo electrones están mas alejados entre si.

lo que me lleva a plantearme un método general, porque la geometría para hallar relaciones entre distancias ya es muy compleja....

como se armaria entonces un sistema de ecuaciones ....

tenemos tres veces Z incógnitas

y a la vez hay 3(z-1) ecuaciones linealmente independientes de equilibrio de fuerzas.
y z-1 ecuaciones de potencial nulo para relacionar las posiciones

osea siempre es posible resolver el sistema de ecuaciones no lineales, porque nos sobran relaciones..., lo que va complicando el cálculo es la falta de simetría.....

hasta donde he intentado no veo un método elegante, para obtener las ecuaciones, ni ningun metodo de re resolución rapido y directo, para hallar el resultado

lo que si veo es que si $z\to infty$ entonces[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] tanto si la carga se distribuye en el volumen como en la superficie.