# 索末非模型與史塔克效應

>[name= 阿文教授]
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>[time= July 16, 2024]

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MAD28 阿文在最後提到索末非的學生艾波斯坦與大天文學家史瓦茲用索末非模型得到第一階史塔克效應的公式，完整的推導放在這裡。影片的連結如下:
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>八字超硬的博士生？索末菲的學生艾波斯坦與天文大咖史瓦茲對決！｜量子熊 ✕ 龍騰文化｜#MAD028 #瘋狂牡羊雙人組

## 1. 庫倫力場+外加電場下的電子運動

首先我們從電子的拉格蘭日函數開始，
\begin{equation}
L=\frac{m}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2)+\frac{kZe^2}{r}-e\mathcal{E} z
\end{equation}
這裡 $\mathcal{E}$ 是外加電場的強度, 它的方向設為 $Z$ 軸。但是要解決這個問題
必須選擇拋物線座標系 $(\xi,\eta,\varphi)$.
\begin{equation}
x=\sqrt{\xi\eta}\cos\varphi,\,\,y=\sqrt{\xi\eta}\sin\varphi,\,\,
z=\frac{1}{2}(\xi-\eta)
\end{equation}
我們發現
\begin{equation}
r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\frac{\xi+\eta}{2}
\end{equation}
用拋物線座標來表達速度，
\begin{eqnarray}
\dot{x}&=&\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\eta}{\xi}}\dot{\xi}\cos\varphi
+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\xi}{\eta}}\dot{\eta}\cos\varphi
-\sqrt{\xi\eta}\sin\varphi\dot{\varphi} \nonumber \\
\dot{y}&=&\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\eta}{\xi}}\dot{\xi}\sin\varphi
+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\xi}{\eta}}\dot{\eta}\sin\varphi
+\sqrt{\xi\eta}\cos\varphi\dot{\varphi} \nonumber \\
\dot{z}&=&\frac{1}{2}(\dot{\xi}-\dot{\eta}) \nonumber \\
\end{eqnarray}
速度平方變成
\begin{equation}
\dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2=\frac{\xi+\eta}{4\xi}\dot{\xi}^2
+\frac{\xi+\eta}{4\eta}\dot{\eta}^2+\xi\eta\dot{\varphi}^2
\end{equation}
拉格蘭日函數變成
\begin{equation}
L=\frac{m}{2}\left(\frac{\xi+\eta}{4\xi}\dot{\xi}^2
+\frac{\xi+\eta}{4\eta}\dot{\eta}^2+\xi\eta\dot{\varphi}^2\right)+
\frac{2kZe^2}{\xi+\eta}-e\mathcal{E}\frac{\xi-\eta}{2}
\end{equation}

拋物線座標相應的動量是
\begin{equation}
p_{\xi}=\frac{\partial L}{\partial \dot{\xi}}=m\frac{\xi+\eta}{4\xi}
\dot{\xi},\,\,\,
p_{\eta}=\frac{\partial L}{\partial \dot{\eta}}=m\frac{\xi+\eta}{4\eta}\dot{\eta},\,\,\,
p_{\varphi}=\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}=m\xi\eta\dot{\varphi}.
\end{equation}
反過來，拋物線座標的速度是
\begin{equation}
\dot{\xi}=\frac{4\xi}{\xi+\eta}\frac{p_{\xi}}{m},\,\,
\dot{\eta}=\frac{4\eta}{\xi+\eta}\frac{p_{\eta}}{m},
\dot{\varphi}=\frac{p_{\varphi}}{m\xi\eta}
\end{equation}
由此可得漢密爾頓函數如下:
\begin{equation}
H=p_{\xi}\dot{\xi}+p_{\eta}\dot{\eta}+p_{\eta}\dot{\eta}-L
\end{equation}
\begin{equation}
H=\frac{2\xi}{m(\xi+\eta)}p_{\xi}^2+\frac{2\eta}{m(\xi+\eta)}
p_{\eta}^2+\frac{p_{\varphi}^2}{2m\xi\eta}-\frac{2kZe^2}{\xi+\eta}+\frac{e\mathcal{E}}{2}(\xi-\eta)
\end{equation}
由於系統相對於$x-y$ 平面有柱狀對稱，所以有相應的守恆量:
\begin{equation}
\dot{p}_{\varphi}=\frac{\partial H}{\partial \varphi}=0,\,\,
p_{\varphi}=constant
\end{equation}

接下來我們不遵循先前解漢密爾頓運動方程式的方法。這裡的方法精神上是遵循
Hamilton-Jacobi 方程式。我們作用量函數$S$ 可以拆成 $S_{\xi}(\xi)$ 與
$S_{\eta}(\eta)$，它們對變數微分後得到動量:
\begin{equation}
\frac{d S_{\xi}(\xi)}{d\xi}=p_{\xi},\,\,\,
\frac{d S_{\eta}(\eta)}{d\eta}=p_{\eta},\,\,\,
\end{equation}
把上式代入漢密爾頓函數中可得
\begin{equation}
2mE=\frac{4\xi}{\xi+\eta}\left(\frac{d S_{\xi}}{d\xi}\right)^2
+\frac{4\eta}{\xi+\eta}\left(\frac{d S_{\eta}}{d\eta}\right)^2
+\frac{p_{\varphi}^2}{\xi\eta}-\frac{4kmZe^2}{\xi+\eta}+\frac{2em\mathcal{E}}{2}(\xi-\eta)
\end{equation}
乘上 $\xi+\eta$ 後移項
\begin{equation}
4\xi \left(\frac{d S_{\xi}}{d\xi}\right)^2+4\eta\left(\frac{d S_{\eta}}{d\eta}\right)^2+\left(\frac{1}{\xi}+\frac{1}{\eta}\right)p_{\varphi}^2-4kmZe^2+me\mathcal{E}(\xi^2-\eta^2)
=2(\xi+\eta)mE
\end{equation}
我們觀察上式後發現，上式可寫成兩項的和。這兩項分別只是 $\xi$ 和 $\eta$ 的函數:
\begin{equation}
F(\xi)=4\xi \left(\frac{d S_{\xi}}{d\xi}\right)^2
+\frac{p_{\varphi}^2}{\xi}-2mE\xi+me\mathcal{E}\xi^2,
\end{equation}
\begin{equation}
G(\xi)=4\eta \left(\frac{d S_{\eta}}{d\eta}\right)^2
+\frac{p_{\varphi}^2}{\eta}-2mE\eta-me\mathcal{E}\eta^2
\end{equation}
電子能量方程式可以寫成
\begin{equation}
F(\xi)+G(\eta)=4kmZe^2
\end{equation}
既然 $F(\xi)$ 不含 $\eta$，反之 $G(\eta)$ 也不含 $\xi$，唯一的可能就是
\begin{equation}
F(\xi)=A,\,\,G(\eta)=-A+4kmZe^2=B
\end{equation}
$A$ 只能是某個數，$B$的數值取決於 $A$。這樣一來我們就得到兩個方程式:
\begin{equation}
\left(\frac{dS_{\xi}}{d\xi}\right)^2
=\frac{1}{4}\left(\frac{A}{\xi}-\frac{p_{\varphi}^2}{\xi^2}
+2mE-me\mathcal{E}\xi\right)
\end{equation}
\begin{equation}
\left(\frac{dS_{\eta}}{d\eta}\right)^2
=\frac{1}{4}\left(\frac{B}{\eta}-\frac{p_{\varphi}^2}{\eta^2}
+2mE+me\mathcal{E}\eta\right)
\end{equation}

## 2. 索末非量子化條件
我們接著看如何運用索末非的量子化條件得到電子的能量。首先，我們知道 $p_{\varphi}$ 守恆，所以很容易處理:
\begin{equation}
\oint p_{\varphi}d\varphi=n_{\varphi}h
\,\,\,\,p_{\varphi}=n_{\varphi}\hbar
\end{equation}
另外兩個動量分別可以寫成
\begin{equation}
p_{\xi}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{A}{\xi}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\xi^2}+2mE-me\mathcal{E}\xi}
\end{equation}
\begin{equation}
p_{\eta}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{B}{\eta}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\eta^2}+2mE+me\mathcal{E}\eta}
\end{equation}
索末非的量子化條件要求
\begin{equation}
\oint p_{\xi}d\xi=n_{\xi}h,\,\,\,
\oint p_{\eta}d\eta=n_{\eta}h
\end{equation}
要處理這個積分很困難，但是如果$e\mathcal{E}$ 不大的話，我們可以展開得到
\begin{equation}
p_{\xi}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{A}{\xi}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\xi^2}+2mE}-\frac{me\mathcal{E}\xi}{4\sqrt{\frac{A}{\xi}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\xi^2}+2mE}}+\mathcal{O}(e^2\mathcal{E}^2)
\end{equation}
\begin{equation}
p_{\eta}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{B}{\eta}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\eta^2}+2mE}+\frac{me\mathcal{E}\eta}{4\sqrt{\frac{B}{\eta}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{\eta^2}+2mE}}+\mathcal{O}(e^2\mathcal{E}^2)
\end{equation}

那麼我們考慮沒有電場的電子軌跡會是在固定範圍內運動。其中
\begin{equation}
\xi_{Max}=-\frac{A}{4mE}+\sqrt{\left(\frac{A}{4mE}\right)^2
+\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{2mE}},\,\,
\xi_{min}=-\frac{A}{4mE}-\sqrt{\left(\frac{A}{4mE}\right)^2
+\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{2mE}}.
\end{equation}

另一方面
\begin{equation}
\eta_{Max}=-\frac{B}{4mE}+\sqrt{\left(\frac{B}{4mE}\right)^2
+\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{2mE}},\,\,
\eta_{min}=-\frac{B}{4mE}-\sqrt{\left(\frac{B}{4mE}\right)^2
+\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{2mE}}.
\end{equation}

為了方便起見我們定義
$$
F(\alpha,\beta)\equiv \int_{x_1}^{x_2}dx\frac{\sqrt{-x^2+2\alpha x-\beta^2}}{x},\,\,
G(\alpha,\beta)\equiv \int_{x_1}^{x_2}dx\frac{x^2}{\sqrt{-x^2+2\alpha x-\beta^2}}
$$
其中
$$
x_1=\alpha-\sqrt{\alpha^2-\beta^2}=\alpha-\gamma,\,\,x_2=\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}=\alpha+\gamma.
$$
那麼我們可以得到如下的結果:
\begin{equation}
\oint p_{\xi} d\xi=2\int_{\xi_{min}}^{\xi_{Max}} p_{\xi} d\xi
=\sqrt{-2mE}\left[F\left(\frac{A}{-4mE},\frac{|n_{\varphi}|\hbar}{\sqrt{-2mE}}\right)\right]-\frac{1}{\sqrt{-2mE}}\left[\frac{me\mathcal{E}}{2}\cdot G\left(\frac{A}{-4mE},\frac{|n_{\varphi}|\hbar}{\sqrt{-2mE}}\right)\right]
\end{equation}

\begin{equation}
\oint p_{\eta} d\xi=2\int_{\eta_{min}}^{\eta_{Max}} p_{\eta} d\eta
=\sqrt{-2mE}\left[F\left(\frac{B}{-4mE},\frac{|n_{\varphi}|\hbar}{\sqrt{-2mE}}\right)\right]+\frac{1}{\sqrt{-2mE}}\left[\frac{me\mathcal{E}}{2}\cdot G\left(\frac{B}{-4mE},\frac{|n_{\varphi}|\hbar}{\sqrt{-2mE}}\right)\right]
\end{equation}

現在考慮量子化條件
\begin{equation}
\oint p_{\xi}d\xi=n_{\xi}h,\,\,\oint p_{\eta}d\eta=n_{\eta}h
\end{equation}
這裡要用到的積分的連結在此:

[積分怎麼做請點這裡](https://qubear.hackmd.io/@QuBear/W-som-5)

整理一下得到:
\begin{equation}
\oint p_{\xi}d\xi=\left(\frac{A}{2\sqrt{-2mE}}-n_{\varphi}\hbar\right)\pi-\frac{me\mathcal{E}}{2\sqrt{-2mE}}\left(\frac{3A^2}{32m^2E^2}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{-8mE}\right)\pi=n_{\xi}h
\end{equation}

\begin{equation}
\oint p_{\eta}d\xi=\left(\frac{B}{2\sqrt{-2mE}}-n_{\varphi}\hbar\right)\pi+\frac{me\mathcal{E}}{2\sqrt{-2mE}}\left(\frac{3B^2}{32m^2E^2}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{-8mE}\right)\pi=n_{\eta}h
\end{equation}

當 $\mathcal{E}=0$
\begin{equation}
\frac{(A+B)\pi}{2\sqrt{-2mE}}-n_{\varphi}h=n_{\xi}h+n_{\eta}h,
\,\,\,
(A+B)^2=16k^2Z^2e^4m^2
\end{equation}

\begin{equation}
E=-\frac{2\pi^2 mk^2Z^2e^4}{(n_{\xi}+n_{\eta}+n_{\varphi})^2h^2}
\end{equation}

與球座標得到的結果是一致的! 接下來考慮一般的情況。將上面兩個式子相加，相減得到
\begin{equation}
\frac{(A+B)\pi}{2\sqrt{-2mE}}-n_{\varphi}h-\frac{me\mathcal{E}}{2\sqrt{-2mE}}\frac{3(A^2-B^2)}{32m^2E^2}\pi=n_{\xi}h+n_{\eta}h
\end{equation}

\begin{equation}
\frac{(A-B)\pi}{2\sqrt{-2mE}}-\frac{me\mathcal{E}}{2\sqrt{-2mE}}\left(\frac{3(A^2+B^2)}{32m^2E^2}-\frac{n_{\varphi}^2\hbar^2}{4mE}
\right)\pi
=n_{\xi}h-n_{\eta}h,
\end{equation}

相加的結果可以得到
\begin{equation}
\frac{(A+B)\pi}{2\sqrt{-2mE}}\left(1-\frac{3(A-B)e\mathcal{E}}{32mE^2}\right)=n_{\xi}h+n_{\eta}h+n_{\varphi}h=nh
\end{equation}
移項以後變成
\begin{equation}
\frac{(A+B)\pi}{nh}\left(1-\frac{3(A-B)e\mathcal{E}}{32mE^2}\right)=2\sqrt{-2mE}
\end{equation}
方程式兩邊平方得到
\begin{equation}
\frac{(A+B)^2\pi^2}{-8mn^2h^2}\left(1-\frac{3(A-B)e\mathcal{E}}{16mE^2}\right)=E
\end{equation}
我們把外加電場為零時的電子能量寫成$E_0$:
\begin{equation}
E=E_0\left(1-\frac{3(A-B)e\mathcal{E}}{16mE^2}\right)
\end{equation}
接著我們用相減的式子得到的結果可以做如下近似，
\begin{equation}
(A-B)\sim \frac{2\sqrt{-2mE}}{\pi}(n_{\xi}-n_{\eta})h
\end{equation}
代進來以後得到
\begin{equation}
E\sim E_0\left(1-\frac{3e\mathcal{E}}{16mE_0^2}\frac{2\sqrt{-2mE_0}}{\pi}(n_{\xi}-n_{\eta})h\right)
=-\frac{hR}{n^2}\left(1-\frac{3e\mathcal{E}}{8m(-E_0)^{3/2}}\frac{\sqrt{2m}}{\pi}(n_{\xi}-n_{\eta})h\right)
\end{equation}
這裡我們用了 $E_0=-\frac{hR}{n^2}$，$R$是芮得伯格常數。現在我們把
$$
(-E_0)^{1/2}=\frac{\sqrt{2m}\pi kZe^2}{nh}
$$
代進來
\begin{equation}
E=-\frac{hR}{n^2}+\frac{3e}{4\pi\sqrt{2m}(-E_{0})^{1/2}}(n_{\xi}-n_{\eta})h\mathcal{E}
=-\frac{hR}{n^2}+\frac{3h^2}{8\pi^2 Zem}n(n_{\xi}-n_{\eta})\mathcal{E}
\end{equation}
這裡 $C$ 代表
\begin{equation}
C\equiv \frac{3h^2}{8\pi^2 Zem}
\end{equation}

最後的結果就是我們在影片上寫的公式:
\begin{equation}
E=-\frac{hR}{n^2}+C\mathcal{E}n(n_{\xi}-n_{\eta})
\end{equation}

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