波动方程 \(\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} +k^2\psi=0\)，\(k^2\)为常数，则是没有外部作用的方程，相当于均匀的余弦波正弦波的平面波方程。如果k^2不是常数，则是非线性的，有相互作用的波动方程，而\(\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} +(V(x)+E)\psi=0\)，则表明了存在V(x)相互作用

对\psi =f(x)e^{g(x)}求二次导数 我们来对函数
\[ \psi(x) = f(x) e^{g(x)} \]
求一阶导数和二阶导数。

第一步：一阶导数

使用乘积法则和链式法则：

\[ \psi’(x) = \frac{d}{dx}[f(x)] \cdot e^{g(x)} + f(x) \cdot \frac{d}{dx}[e^{g(x)}] \]

\[ = f’(x) e^{g(x)} + f(x) \cdot g’(x) e^{g(x)} \]

提取公因式 \( e^{g(x)} \)：

\[ \boxed{ \psi’(x) = e^{g(x)} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] } \]

第二步：二阶导数

对一阶导数再求导：

\[ \psi’’(x) = \frac{d}{dx} \left\{ e^{g(x)} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] \right\} \]

这是一个乘积：\( e^{g(x)} \) 乘以另一个函数 \( h(x) = f’(x) + f(x) g’(x) \)

所以：

\[ \psi’’(x) = \left( \frac{d}{dx} e^{g(x)} \right) \cdot h(x) + e^{g(x)} \cdot \frac{d}{dx} h(x) \]

即：

\[ \psi’’(x) = g’(x) e^{g(x)} \cdot \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] + e^{g(x)} \cdot \frac{d}{dx} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] \]

现在计算右边第二项的导数：

\[ \frac{d}{dx} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] = f’’(x) + \frac{d}{dx}[f(x) g’(x)] \]

使用乘积法则：

\[ = f’’(x) + f’(x) g’(x) + f(x) g’’(x) \]

代入回去：

\[ \psi’’(x) = g’(x) e^{g(x)} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] + e^{g(x)} \left[ f’’(x) + f’(x) g’(x) + f(x) g’’(x) \right] \]

提取 \( e^{g(x)} \)：

\[ \psi’’(x) = e^{g(x)} \left\{ g’(x) \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] + f’’(x) + f’(x) g’(x) + f(x) g’’(x) \right\} \]

展开第一项：

\[ g’(x) f’(x) + f(x) [g’(x)]^2 \]

所以整体括号内为：

\[ g’(x) f’(x) + f(x) [g’(x)]^2 + f’’(x) + f’(x) g’(x) + f(x) g’’(x) \]

合并同类项：

  • \( g’(x) f’(x) + f’(x) g’(x) = 2 f’(x) g’(x) \)
  • \( f(x) [g’(x)]^2 + f(x) g’’(x) = f(x) \left( [g’(x)]^2 + g’’(x) \right) \)

所以最终结果：

\[ \boxed{ \psi’’(x) = e^{g(x)} \left[ f’’(x) + 2 f’(x) g’(x) + f(x) \left( [g’(x)]^2 + g’’(x) \right) \right] } \]

✅ 总结

对于
\[ \psi(x) = f(x) e^{g(x)} \]

其导数为：

  • 一阶： \[ \psi’(x) = e^{g(x)} \left[ f’(x) + f(x) g’(x) \right] \]

  • 二阶： \[ \boxed{ \psi’’(x) = e^{g(x)} \left[ f’’(x) + 2 f’(x) g’(x) + f(x) \left( (g’(x))^2 + g’’(x) \right) \right] } \]

🔍 应用示例：验证之前的 \( x e^{-x/2} \)

令：

  • \( f(x) = x \) → \( f’(x) = 1 \), \( f’’(x) = 0 \)
  • \( g(x) = -x/2 \) → \( g’(x) = -1/2 \), \( g’’(x) = 0 \)

代入公式：

\[ \psi’’(x) = e^{-x/2} \left[ 0 + 2(1)(-1/2) + x \left( (-1/2)^2 + 0 \right) \right] = e^{-x/2} \left[ -1 + x \cdot \frac{1}{4} \right] = e^{-x/2} \left( \frac{x}{4} - 1 \right) \]

✅ 与之前计算结果一致。

这个通用公式在量子力学、微分方程中非常有用。

将\psi =f(x)e^{g(x)}的二次导数，代入方程\partial^2 \psi/ \partial x^2 =E \psi 我们现在将函数
\[ \psi(x) = f(x) e^{g(x)} \]
的二阶导数代入方程：
\[ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = E \psi \quad \text{(1)} \]
并分析满足该方程的条件。

第一步：写出 \(\psi’’(x)\)

之前我们已推导出：

\[ \psi’’(x) = e^{g(x)} \left[ f’’(x) + 2 f’(x) g’(x) + f(x) \left( [g’(x)]^2 + g’’(x) \right) \right] \tag{2} \]

而右边是：

\[ E \psi = E f(x) e^{g(x)} \tag{3} \]

第二步：代入方程 \(\psi’’ = E \psi\)

将 (2) 和 (3) 代入方程：

\[ e^{g(x)} \left[ f’’ + 2 f’ g’ + f \left( (g’)^2 + g’’ \right) \right] = E f e^{g(x)} \]

两边同时除以 \(e^{g(x)} \ne 0\)：

\[ f’’(x) + 2 f’(x) g’(x) + f(x) \left( [g’(x)]^2 + g’’(x) \right) = E f(x) \tag{4} \]

✅ 关键方程：

\[ \boxed{ f’’ + 2 f’ g’ + f \left( (g’)^2 + g’’ - E \right) = 0 } \quad \text{(5)} \]

这是关于 \(f(x)\) 的一个二阶线性常微分方程，其中 \(g(x)\) 和 \(E\) 给定，或反过来，我们可以选择 \(g(x)\) 来简化问题。

应用示例：尝试分离变量或简化

我们可以通过选择 \(g(x)\) 来简化方程。例如，在量子力学中，常设：

\[ \psi(x) = f(x) e^{-\kappa x} \Rightarrow g(x) = -\kappa x,\quad g’(x) = -\kappa,\quad g’’(x) = 0 \]

代入 (5)：

\[ f’’ + 2 f’ (-\kappa) + f \left( (-\kappa)^2 + 0 - E \right) = 0 \Rightarrow f’’ - 2\kappa f’ + f (\kappa^2 - E) = 0 \]

这是一个常系数方程，可进一步求解。

特例：若 \(f(x)\) 为常数

设 \(f(x) = A\)（常数），则 \(f’ = 0\), \(f’’ = 0\)

代入 (5)：

\[ 0 + 0 + A \left( (g’)^2 + g’’ - E \right) = 0 \Rightarrow (g’)^2 + g’’ = E \]

这是一个关于 \(g(x)\) 的非线性常微分方程：

\[ \boxed{ (g’)^2 + g’’ = E } \]

令 \(u = g’\)，则 \(g’’ = u’ = \frac{du}{dx}\)

\[ u^2 + \frac{du}{dx} = E \Rightarrow \frac{du}{dx} = E - u^2 \]

这是可分离变量的一阶方程：

\[ \frac{du}{E - u^2} = dx \]

解得（分 \(E > 0\), \(E = 0\), \(E < 0\) 讨论）：

  • 若 \(E = \kappa^2 > 0\)：\(u = \kappa \tanh(\kappa x + C)\)
  • 若 \(E = -\kappa^2 < 0\)：\(u = \kappa \tan(\kappa x + C)\)（有奇点）
  • 若 \(E = 0\)：\(u = -1/(x + C)\)

对应 \(g(x) = \int u dx\)，可积分。

但这意味着：只有当 \(f(x)\) 为常数且 \(g(x)\) 满足上述条件时，\(\psi = A e^{g(x)}\) 才满足 \(\psi’’ = E \psi\)。

回到你之前的解：\(\psi = x e^{-x/2}\)

令：

  • \(f(x) = x\)
  • \(g(x) = -x/2\) ⇒ \(g’ = -1/2\), \(g’’ = 0\)

代入左边：

\[ f’’ + 2 f’ g’ + f \left( (g’)^2 + g’’ - E \right) = 0 + 2(1)(-1/2) + x \left( (-1/2)^2 + 0 - E \right) = -1 + x \left( \frac{1}{4} - E \right) \]

令其为零：

\[ -1 + x \left( \frac{1}{4} - E \right) = 0 \quad \forall x? \]

不可能，除非系数为零：

\[ \frac{1}{4} - E = 0 \Rightarrow E = \frac{1}{4}, \quad \text{但 } -1 = 0 \text{ 矛盾} \]

所以 \(\psi = x e^{-x/2}\) 不满足 \(\psi’’ = E \psi\)

但它满足的是：

\[ \psi’’ + \frac{1}{x} \psi + E \psi = 0, \quad E = -1/4 \]

✅ 最终结论

将 \(\psi = f(x) e^{g(x)}\) 代入方程
\[ \frac{d^2 \psi}{dx^2} = E \psi \]
得到：

\[ \boxed{ f’’ + 2 f’ g’ + f \left( (g’)^2 + g’’ - E \right) = 0 } \]

这是 \(f(x)\) 必须满足的条件。

  • 若 \(f(x)\) 已知，可反求 \(g(x)\)
  • 若 \(g(x)\) 已知，可求 \(f(x)\)
  • 一般解依赖于具体形式

而你之前求的解 \(\psi = x e^{-x/2}\) 满足的是带势的方程，不是自由方程 \(\psi’’ = E \psi\)。

🔚 建议：

在物理中，常见的是：

\[ -\frac{d^2 \psi}{dx^2} + V(x) \psi = E \psi \Rightarrow \psi’’ = (V(x) - E) \psi \]

而不是 \(\psi’’ = E \psi\)。

请确认你方程的正确形式。

假设f(x)==1，求g 我们假设 \( f(x) = 1 \)，即：

\[ \psi(x) = f(x) e^{g(x)} = 1 \cdot e^{g(x)} = e^{g(x)} \]

我们要求这个函数满足方程：

\[ \frac{d^2 \psi}{dx^2} = E \psi \tag{1} \]

其中 \( E \) 是常数。

第一步：计算 \(\psi’’(x)\)

\[ \psi(x) = e^{g(x)} \]

一阶导数：

\[ \psi’(x) = g’(x) e^{g(x)} \]

二阶导数（乘积法则）：

\[ \psi’’(x) = \frac{d}{dx} \left[ g’(x) e^{g(x)} \right] = g’’(x) e^{g(x)} + g’(x) \cdot g’(x) e^{g(x)} = e^{g(x)} \left[ g’’(x) + (g’(x))^2 \right] \]

第二步：代入方程 \(\psi’’ = E \psi\)

右边：\( E \psi = E e^{g(x)} \)

所以：

\[ e^{g(x)} \left[ g’’ + (g’)^2 \right] = E e^{g(x)} \]

两边除以 \( e^{g(x)} \ne 0 \)：

\[ g’’(x) + (g’(x))^2 = E \tag{2} \]

第三步：解这个非线性微分方程

令：

\[ u(x) = g’(x) \quad \Rightarrow \quad g’’(x) = u’(x) \]

代入得：

\[ u’ + u^2 = E \tag{3} \]

这是一个一阶非线性常微分方程（Riccati 型），可分离变量：

\[ \frac{du}{dx} = E - u^2 \quad \Rightarrow \quad \frac{du}{E - u^2} = dx \]

我们分情况讨论：

情况 1：\( E > 0 \)

令 \( E = \kappa^2 \)，\(\kappa > 0\)

\[ \int \frac{du}{\kappa^2 - u^2} = \int dx \]

左边用部分分式：

\[ \frac{1}{\kappa^2 - u^2} = \frac{1}{2\kappa} \left( \frac{1}{\kappa - u} + \frac{1}{\kappa + u} \right) \]

积分：

\[ \frac{1}{2\kappa} \ln \left| \frac{\kappa + u}{\kappa - u} \right| = x + C \]

解出 \( u \)：

\[ \ln \left| \frac{\kappa + u}{\kappa - u} \right| = 2\kappa (x + C) \Rightarrow \frac{\kappa + u}{\kappa - u} = A e^{2\kappa x}, \quad A = \pm e^{2\kappa C} \]

解这个方程：

\[ \kappa + u = A e^{2\kappa x} (\kappa - u) \Rightarrow \kappa + u = A \kappa e^{2\kappa x} - A u e^{2\kappa x} \]

移项：

\[ u + A u e^{2\kappa x} = A \kappa e^{2\kappa x} - \kappa \Rightarrow u (1 + A e^{2\kappa x}) = \kappa (A e^{2\kappa x} - 1) \]

所以：

\[ u(x) = \kappa \frac{A e^{2\kappa x} - 1}{A e^{2\kappa x} + 1} \]

令 \( A = 1 \)（可调常数），则：

\[ u(x) = \kappa \frac{e^{2\kappa x} - 1}{e^{2\kappa x} + 1} = \kappa \tanh(\kappa x) \]

因为 \( \tanh(z) = \frac{e^{2z} - 1}{e^{2z} + 1} \)

所以：

\[ g’(x) = u(x) = \kappa \tanh(\kappa x) \]

积分得：

\[ g(x) = \int \kappa \tanh(\kappa x) , dx = \int \kappa \cdot \frac{\sinh(\kappa x)}{\cosh(\kappa x)} dx \]

令 \( w = \cosh(\kappa x) \)，\( dw = \kappa \sinh(\kappa x) dx \)

\[ g(x) = \int \frac{dw}{w} = \ln |w| + C = \ln |\cosh(\kappa x)| + C \]

所以：

\[ g(x) = \ln(\cosh(\kappa x)) + C \quad (\text{取 } C=0 \text{ 可简化}) \]

情况 2：\( E = 0 \)

方程变为：

\[ u’ + u^2 = 0 \Rightarrow \frac{du}{dx} = -u^2 \Rightarrow \int \frac{du}{u^2} = -\int dx \Rightarrow -\frac{1}{u} = -x + C \Rightarrow u = \frac{1}{x - C} \]

所以：

\[ g’(x) = \frac{1}{x - C} \Rightarrow g(x) = \ln|x - C| + D \]

取 \( C = 0 \), \( D = 0 \)，则 \( g(x) = \ln x \)

此时：

\[ \psi(x) = e^{g(x)} = e^{\ln x} = x \]

验证：\(\psi = x\)，\(\psi’’ = 0\)，\(E = 0\) ⇒ \(0 = 0 \cdot x = 0\)，成立。

情况 3：\( E < 0 \)

令 \( E = -\kappa^2 \)，\(\kappa > 0\)

\[ \frac{du}{dx} = -\kappa^2 - u^2 = - (u^2 + \kappa^2) \Rightarrow \int \frac{du}{u^2 + \kappa^2} = -\int dx \Rightarrow \frac{1}{\kappa} \arctan\left(\frac{u}{\kappa}\right) = -x + C \]

\[ \arctan\left(\frac{u}{\kappa}\right) = -\kappa x + D \Rightarrow u = \kappa \tan(-\kappa x + D) = -\kappa \tan(\kappa x - D) \]

所以：

\[ g’(x) = -\kappa \tan(\kappa x - D) \Rightarrow g(x) = -\kappa \int \tan(\kappa x - D) dx = \ln|\cos(\kappa x - D)| + C’ \]

（因为 \(\int \tan z , dz = -\ln|\cos z|\)）

所以：

\[ g(x) = \ln|\cos(\kappa x - D)| + C’ \]

✅ 最终答案

当 \( f(x) = 1 \)，即 \(\psi(x) = e^{g(x)}\)，满足 \(\psi’’ = E \psi\) 时，\(g(x)\) 的解如下：

\[ \boxed{ g’’ + (g’)^2 = E } \]

通解分三种情况：

  1. 若 \( E = \kappa^2 > 0 \)： \[ g(x) = \ln(\cosh(\kappa x)) + C \] \[ \psi(x) = A \cosh(\kappa x), \quad A = e^C \]

  2. 若 \( E = 0 \)： \[ g(x) = \ln|x| + C \quad \Rightarrow \quad \psi(x) = A x \]

  3. 若 \( E = -\kappa^2 < 0 \)： \[ g(x) = \ln|\cos(\kappa x + \phi)| + C \quad \Rightarrow \quad \psi(x) = A \cos(\kappa x + \phi) \]

🔍 物理意义

  • \( E > 0 \)：指数增长/双曲函数解（非束缚态）
  • \( E = 0 \)：线性解
  • \( E < 0 \)：振荡解，如自由粒子平面波的实部

这些是自由粒子（\(V=0\)）薛定谔方程的解。

✅ 总结

当 \( f(x) = 1 \)，满足 \(\psi’’ = E \psi\) 的 \(g(x)\) 由下式决定：

\[ \boxed{ g(x) = \begin{cases} \ln(\cosh(\kappa x)) + C, & E = \kappa^2 > 0 \\ \ln|x| + C, & E = 0 \\ \ln|\cos(\kappa x + \phi)| + C, & E = -\kappa^2 < 0 \end{cases} } \]

\[ \boxed{ \psi(x) = \begin{cases} A \cosh(\kappa x), & E = \kappa^2 > 0 \\ A x, & E = 0 \\ A \cos(\kappa x + \phi), & E = -\kappa^2 < 0 \end{cases} } \]