помогите установить соотношение между функциями

[svv]

granit201z в сообщении #1718671 писал(а):

svv в сообщении #1718669 писал(а):

ну и получаем, что $a'b^2=C$

Блин! Так вот как это

warlock66613 в сообщении #1718635 писал(а):

Ну так предположите, что $a' = b^ {-2}$.

выводится!...

Я всего лишь показал один из способов. Вот другой:
$\begin{array}{l}2\int\frac{b'}{b}dx=-\int\frac{a''}{a'}dx\\2\ln |b|=-\ln|a'|+C,\end{array}$
откуда получаем то же.

granit201z в сообщении #1718672 писал(а):

Не пойму как представить $a$ через $b$, если известна $a'$ через $b$

А Вы представьте $b$ через $a'$.

[granit201z]

svv в сообщении #1718673 писал(а):

Вы представьте $b$ через $a'$

У меня не получается. Единственное, что мне удается "сгенерировать" - это вот:
$C\int\frac{1}{b^2}dx=\int{a'}dx$
Тогда правая часть это $a$, а левая непредставима (точнее будет "непредставляема мною") в "терминах" чистого $b$, т.е. как какая то $f(b)'=\frac{1}{b^2}$
То есть из этого (верхнего) выражения, которое записано в интегралах, зная как выглядит $b(x)$, можно понять как выглядит $a(x)$, но как выглядит $a(b)$ в композиции элементарных функций, примененных к $b$, $b'$, $b''$ - я сильно затрудняюсь

[waxtep]

granit201z в сообщении #1718671 писал(а):

Мне бы сначала разобраться во внешнем виде $a(b)$, чтобы убрать это $a$ из другого, более громоздкого уравнения, оставив там единственную неизвестную функцию $b$ и ее производные

granit201z, давайте лучше задачу целиком, не кусочек. Может быть каким-то иным способом ее одолеть удастся

[svv]

granit201z в сообщении #1718682 писал(а):

У меня не получается.

Скорее всего, Вы представляли что-то сложное. Я имел в виду просто $b=\pm\sqrt{\frac C{a'}}$.

Пара замечаний по технике безопасности. Мы рассматриваем решение в некоторой области $D$. В этой области $a$ и $b$ должны быть определены и дифференцируемы нужное число раз. Должны быть также определены левая и правая части исходного уравнения. Значит, в $D$ не может быть точек, где $b=0$ или $a'=0$. И, значит, каждая из функций $b(x)$ и $a'(x)$ должна сохранять знак в $D$ (иначе, будучи непрерывной, где-то обратится в нуль). Поскольку $a'b^2=C$ и $b^2>0$, то $a'$ и $C$ должны иметь один и тот же знак. И, конечно, из знаков $\pm$ перед корнем мы выбираем какой-то один; другой выбор знака даст другое решение.

Давайте возьмём какую-нибудь функцию $a$, удовлетворяющую условиям выше, например, $a(x)=\tg x$ на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Тогда $a'(x)=\frac 1{\cos^2 x}>0$, поэтому и $C>0$. Возьмём, например, $C=9$. Получаем $b=\pm 3\cos x$. Выберем, например, знак "минус". Получим решение:
$a(x)=\tg x;\quad b(x)=-3\cos x\quad(-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2})$
Проверьте, что исходное уравнение удовлетворяется.

Решение можно также записать в виде $b=\frac{C}{\sqrt{|a'|}}$. Здесь $C$ уже "другая", и при такой записи уже не обязана совпадать по знаку с $a'$. К тому же, от $C$ не надо брать корень. Поэтому такая запись удобнее.

[granit201z]

svv в сообщении #1718695 писал(а):

Скорее всего, Вы представляли что-то сложное. Я имел в виду просто $b=\pm\sqrt{\frac C{a'}}$.

А, ну я так и представил поначалу) подумав, что это опять какой то хитрый прием, чтобы в конечном итоге выразить $a$ через $b$, применив какие нибудь манипуляции к полученному. Но поковырявшись в этом $(a')^{-\frac{1}{2}}$ понял, что у меня ничего не получается.
... Ну и сделал вывод, что в условиях полной неизвестности внешнего вида ни $a(x)$, ни $b(x)$ - это лучшее, что можно было сделать с исходным уравнением... Но ввиду своей крайней неуверенности в диф. ур. (чувствую себя в них как корова на льду) не могу доверять своим выводам на 100%. Поэтому прошу либо подтвердить, либо опровергнуть

-- 22.02.2026, 11:52 --

svv в сообщении #1718695 писал(а):

Пара замечаний по технике безопасности. Мы рассматриваем решение в некоторой области $D$. В этой области $a$ и $b$ должны быть определены и дифференцируемы нужное число раз. Должны быть также определены левая и правая части исходного уравнения. Значит, в $D$ не может быть точек, где $b=0$ или $a'=0$. И, значит, каждая из функций $b(x)$ и $a'(x)$ должна сохранять знак в $D$ (иначе, будучи непрерывной, где-то обратится в нуль). Поскольку $a'b^2=C$ и $b^2>0$, то $a'$ и $C$ должны иметь один и тот же знак. И, конечно, из знаков $\pm$ перед корнем мы выбираем какой-то один; другой выбор знака даст другое решение.

Спасибо.

[svv]

Просто у Вас дифференциальное уравнение не совсем обычное. Можно брать любую функцию $a(x)$, удовлетворяющую условиям выше, находить соответствующую $b(x)$, ну и проверять, чтобы с ней тоже было всё хорошо. А это оставляет огромную свободу выбора. Подходящие пары $(a(x), b(x))$ можно генерировать пачками.
Например, с потолка:
$a(x) = e^{2x}$
$a'(x) = 2e^{2x}>0 \Rightarrow C>0$
Пусть $C=2$.
$a'(x)b^2(x)=C$
$2e^{2x}b^2(x)=2$
$b(x)=\pm e^{-x}$
Выберем, например, знак "плюс".
Проверяем:
$\frac{2b'}{b}=\frac{-2e^{-x}}{e^{-x}}=-2$
$-\frac{a''}{a'}=-\frac{4e^{2x}}{2e^{2x}}=-2$
Здесь областью $D$ можно считать всю числовую прямую $\mathbb R$.

Свобода связана с тем, что неизвестных функций две, а уравнение одно. Аналогично, алгебраическое уравнение $3a+b=7$ имеет множество решений, и каждое решение можно получить так: $a$ произвольное, $b=7-3a$.

[granit201z]

waxte[math]$$[/math]p в сообщении #1718683 писал(а):

давайте лучше задачу целиком, не кусочек. Может быть каким-то иным способом ее одолеть удастся

целиком она выглядит так. Есть уравнение - назовем его "стационарным уравнением Шредингера для частицы с одной степенью свободы в потенциальном поле $q$"

$-\psi''+q\psi=E\psi$

$\psi$ - комплексная и неизвестная
$q$ - вещественная и известная
$E$ - константа и неизвестная
Его можно переписать как

$-f\psi+q\psi=E\psi$

Представил $\psi$ как $b(\cos(a)+i\sin(a))$, дважды продифференцировал. В итоге получил

$-[\frac{b''-ba'a'}{b}+i\frac{2b'a'+ba''}{b}] +q = E$

$f$ - это то, что в квадратных скобках
$f, b$ - обязаны быть вещественными
$a$ - по идее не обязана быть вещественной. Для самого простого случая я положил ее вещественной.
Соответственно из этого и вытекло, что

$\frac{ 2b'a' }{ b }+a''=0$

Решили его. Теперь можно переписать

$-\frac{b''}{b}+Cb^{-4}+q=E$

Теперь вот его надо решить. Помогите пожалуйста. А то мне Нобелевскую очень хочется, но я тупой к сожалению)

[granit201z]

svv в сообщении #1718754 писал(а):

Свобода связана с тем, что неизвестных фу$$нкций две, а уравнение одно.

Это да. Но они немного связаны между собою. Это была подзадача. Основная задача тут
post1718756.html#p1718756

По идее задумано определить $b$ через последнее по тексту уравнение. Но само $a$ при этом, в конечном итоге, определяет вид этого уравнения, т.к. оно может быть либо чисто вещественным, либо чисто мнимым, либо комплексным. А от этого будет зависеть вид. Правда, всего несколько вариантов этого вида получается, но в конечном итоге искомой функцией является только $b$ и вещественная константа $E$, а $a'$ так, вспомогательная. А само $a$ так и вовсе, по задумке, сокращается и не участвует в итоговом уравнении напрямую.
Втайне надеюсь, что для того, чтобы уравнение имело решения $E$ сможет принимать только дискретные значения)))
p.s. насчет Нобелевской это юмор, конечно же. Я прекрасно понимаю где я и где она) Но задача действительно всерьез интересна. На самом деле хотелось бы понять где в этом построении логическая ошибка (ну и с небольшой надеждой на то, что ее там нет )
Ну и если все таки серьезных ошибок нет, то можно ли этот "ход мысли" распространить на функции нескольких переменных?

[granit201z]

granit201z в сообщении #1718756 писал(а):

$a$ - по идее не обязана быть вещественной. Для самого простого случая я положил ее вещественной.
Соответственно из этого и вытекло, что

$\frac{ 2b'a' }{ b }+a''=0$

Хм... правда, если предположить, что $a$ чисто мнимая, то задача сильно усложняется

[waxtep]

granit201z в сообщении #1718765 писал(а):

Хм... правда, если предположить, что $a$ чисто мнимая, то задача сильно усложняется

Поскольку Вы вместо одной комплекснозначной функции $\psi$ вводите две $a,b: \psi=b\cdot\operatorname{e}^{ia}$, ничто Вам не может помешать объявить обе $a,b$ вещественными. Только, кажется, так много не навоюешь: аналитическое решение можно найти только для небольшого числа видов потенциала, пропорционального Вашему $q$. Гляньте хоть в вики "Одномерное стационарное уравнение Шрёдингера", а лучше в каком-нибудь хорошем учебнике; посоветовать не возьмусь, давненько не брал в руки шашку; здесь на форуме на расстоянии вытянутой руки список рекомендованной литературы, в т.ч. по квантовой механике. Можно там покопать, или дождаться совета действующего физика. Или математика, смотря какой стиль изложения Вам ближе.
Да, и волнующая Вас дискретность уровней энергии, увидел в юморе: это прямо зависит от вида потенциала, от граничных условий. Где-то будет дискретный спектр, а где-то непрерывный; может быть и комбинация

[granit201z]

granit201z в сообщении #1718765 писал(а):

если предположить, что $a$ чисто мнимая, то задача сильно усложняется

Разобрался. Если $a_{mn}$ мнимая, то можно заменить ее на вещественную, и при этом заменить $\cos(a_{mn})$ на $\ch(a)$, а $i\sin(a_{mn})$ на $-\sh(a)$. Получится

$\psi=b(\ch(a)-\sh(a))$

Продифференцировав дважды получим

$\psi''=[\frac{b''+ba'a'-2b'a'-ba''}{b}] \psi$

Удивительно (для меня, по крайней мере). Но мы бы получили то же самое, если бы перед дифференцированием не меняли тригонометрические на гиперболические, а просто продифференцировали бы тригонометрические, а уже после, в окончательном результате дописали к $a', a''$ мнимую единицу и перемножили бы все в соответствии с правилами перемножения комплексных чисел

-- 23.02.2026, 03:29 --

waxtep в сообщении #1718773 писал(а):

ничто Вам не может помешать объявить обе $a,b$ вещественными

Да, но если так, то итоговое то уравнение совсем примитивное получается. По крайней мере выглядит таким (повторюсь, я к сожалению, не умею их решать, ну и, соответственно оценивать реальную степень сложности)

waxtep в сообщении #1718773 писал(а):

Только, кажется, так много не навоюешь:

Возможно Вы правы. Но опять же, если они все таки обе и впрямь вещественные и одна выражается через другую, то всё-таки функция одна, а не две

[waxtep]

granit201z в сообщении #1718774 писал(а):

Но опять же, если они все таки обе и впрямь вещественные и одна выражается через другую, то всё-таки функция одна, а не две

Так она же и исходно была одна, $\psi$, и уравнению удовлетворяла еще более простого вида, чем $-\frac{b''}{b}+Cb^{-4}+q=E$ (ровно такому же, только без члена с $C$). Задаете еще какие-либо граничные условия (от них существенно зависит вид решения, подчеркну еще раз) и оп! получаете редко когда решение в аналитическом виде, а в основном численно

[granit201z]

waxtep в сообщении #1718787 писал(а):

и уравнению удовлетворяла еще более простого вида, чем $-\frac{b''}{b}+Cb^{-4}+q=E$ (ровно такому же, только без члена с $C$).

И то верно. Но разве же это не закон сохранения энергии? Где функция $\frac{\psi''}{\psi}$ выполняет роль, аналогичную роли функции потенциальной энергии $q$, только для кинетической энергии?

[granit201z]

granit201z в сообщении #1718774 писал(а):

Если $a_{mn}$ мнимая, то можно заменить ее на вещественную, и при этом заменить $\cos(a_{mn})$ на $\ch(a)$, а $i\sin(a_{mn})$ на $-\sh(a)$. Получится

$\psi=b(\ch(a)-\sh(a))$

Но такая ситуация является недопустимой исходя из начальных условий задачи. Так как в этом случае $\psi$ всегда действительное получается. А этого быть не должно. Таким образом случай с чисто мнимой $a$ исключается. А значит и общее уравнение не может быть такого вида

$-[\frac{b''+ba'a'-2b'a'-ba'' }{b}] +q = E$

Осталось рассмотреть случай в предположении, что $a$ комплексная. Надеюсь, что он тоже исключится

[waxtep]

granit201z в сообщении #1718841 писал(а):

Но разве же это не закон сохранения энергии?

Как-то не очень. Вы уже работаете со стационарным случаем, т.е. зависимость от времени, соответствующая случаю постоянной энергии, определена и отделена в множитель соответствующего вида. Теперь из стационарного уравнения определяете, как волновая функция для заданного значения энергии зависит от координаты. Это как, примерно, определение профиля закрепленной струны, за вычетом уже найденной зависимости от времени