数学摘要（e-αr 波之和）
1) 反演（两个粒子 A 和 B）
将每个粒子模拟为单色、局部、各向同性的复杂标量场源（”物质波”）：
\[ \psi_A(\mathbf r,t)=A\,e^{-\alpha|\mathbf r-\mathbf r_A|}\,e^{-i\omega_1 t}、 \qquad \psi_B(\mathbf r,t)=B\,e^{-\beta|\mathbf r-\mathbf r_B|}\,e^{-i\omega_2 t}. \]
和叠加：
\[ \Psi(\mathbf r,t)=\psi_A(\mathbf r,t)+\psi_B(\mathbf r,t) \]
切换到围绕 B 的球面坐标：写下 \(\mathbf r=\mathbf r_B+\mathbf s\) with \(r=|\mathbf s|\ll R\), and define：
\[ R=|\mathbf r_B-\mathbf r_A|,\quad R=\B-\MATHABF R_A|=|\QUAD |\mathbf r-\mathbf r_A|=|\mathbf R-\mathbf s||. \]
For （rll R）：
\[ |\mathbf R-\mathbf s|\approx R- r\cos\theta + O(r^2/R) \]
如此接近 B：
\[ \aprox A\,e^{-\alpha R}\,e^{+\alpha r\cos\theta}\,e^{-i\omega_1 t}、 \qquad \psi_B(\mathbf r,t)=B\,e^{-\beta r}\,e^{-i\omega_2 t}. \]
在点\(B_0\)（即\(r=0\)）上，来自 A 的贡献是：
\[ \psi_A(B_0,t)=A,e^{-\alpha R}\,e^{-i\omega_1 t} \]
2) 使用哪种波方程？
正确的自由薛定谔方程是
\[ i\hbar\,partial_t\Psi = -\frac{hbar^2}{2m}\,\nabla^2\Psi \]
它的静止状态是振荡平面波/球面波；仅有包络线 \(e^{-\alpha r}\)并不是精确的自由薛定谔解。
要获得指数曲线，可使用亥姆霍兹或泊松方程：
\[ (nabla^2-\mu^2)\phi(\mathbf r,t)= -4\pi\,S(\mathbf r)\,e^{-i\omega t} \Rightrow\\； G_\mu(r)=\frac{e^{-\mu r}}{4\pi r} \]
对于点源：
\[ \phi_A(\mathbf r,t)=\frac{S_A}{4\pi}\,\frac{e^{-\mu|\mathbf r-\mathbf r_A|}}{|\mathbf r-\mathbf r_A|}\,e^{-i\omega_1 t} \]
在准静态极限中（从 0 到 0）：
\[ G_0(r)=\frac{1}{4\pi r} \]
3) 有效电势和 1/R 定律
如果 B 与 A 的场耦合（g_B\ ），则相互作用能为：
\[ V_{AB}(R,t)= \frac{g_A g_B}{4\pi}\,\frac{e^{-\mu R}}{R}\cos(\omega_1 t+\varphi) \]
经过时间平均后（或者如果 \(\omega_1\simeq\omega_2\)）：
\[ V_{AB}(R)\propto \frac{e^{-\mu R}}{R} \]
相应的力是
\[ \F(R)=-\frac{g_A g_B}{4\pi}\,e^{-\mu R}\left(\frac{1}{R^2}+\frac{\mu}{R}\right)\hat{mathbf R} \]
在长程极限（\(\mu R\ll 1\）中，这再现了类似于 1/R² 引力的定律。
4) 有用的身份（快速验证）
径向指数的拉普拉奇：
\[ \nabla^2(e^{-\alpha r})= e^{-\alpha r}\left(\alpha^2-\frac{2\alpha}{r}\right) \]
格林函数特性
\[ \nabla^2\!\left(\frac{e^{-\mu r}}{r}\right)=\mu^2\frac{e^{-\mu r}}{r}-4\pi\delta(\mathbf r) \]
1/r奇异性（和远场1/R定律）来自格林函数\(G(r)\sim 1/r\)的结构，而不是来自没有\(1/r\)因子的裸\(e^{-\alpha r}\)。
两行
- 叠加局部波\(\Psi=\psi_A+\psi_B\) with envelopes \(e^{-\alpha r}\).
- 为了得到势（1/R）（和力（1/R^2）），介质必须服从泊松/赫尔姆霍兹（Poisson/Helmholtz）：\G(r)\sim e^{-\mu r}/r\).Then \(V_{AB}(R)\propto e^{-\mu R}/R\), and for \(\mu\to 0\)：\（V_{AB}(R)就变成了1/R）.
