Comparación de 1D y 3D de las funciones de onda

Question

Cuando se habla de la ecuación de Schroedinger en coordenadas esféricas, es una práctica estándar en QM manuales de señalar que la parte radial de las 3 dimensiones de la ecuación de onda tiene una gran analogía con el correspondiente 1-dimensional caso. Esto es debido a que el operador de Laplace en coordenadas esféricas se puede escribir en la forma $$L = \frac{1}{r}\,\frac{d^2}{dr^2}r.$$ De ahí mi hacer la sustitución de $\psi\to r\psi$, el 3D radial de la función de onda $r\psi(r)$ satisface exactamente la misma ecuación de Schroedinger como la función de onda $\psi(x)$ en la 1D caso.

Hasta ahora tan bueno. Sin embargo, en esta etapa, algunos autores señalan que esta sustitución es meramente factible, siempre y cuando la condición de $r\psi\to0$ en el límite de $r \to0$ se cumple. Si no, entonces la función de onda se bifurca en el origen, y esto es inaceptable en base física. [Se puede rebatir este argumento, señalando que en el cálculo de la expectativa de los valores al cuadrado del valor absoluto de la función de onda es siempre multiplicado por la cáscara esférica $4\pi r^2\,dr$. El factor de $r^2$ neutraliza la mencionada divergencia.]

De hecho, parece que existe una ligera diferencia entre el 3D y 1D caso, cuando uno observa la escuela primaria, el caso de una partícula en una caja. En ambos casos, fuera de la caja de la función de onda es exponencialmente decreciente. En el interior, donde la partícula es "gratis", la solución es oscilatorio. En la 1D caso, la función de onda se puede escribir como $$\psi(x) = A\sin(kx) + B\cos(kx).$$ In the 3D case, the wave function is given by the zeroth order Bessel function $$\psi(r) = C\sin(kr)/r.$$ [Apparently the term $D\cos(kr)/r$ se omite, ya que se considera no físico, véase el párrafo anterior.]

Ahora bien, si la función de onda en el interior de la caja tiene sólo un parámetro libre $C$, todo lo que uno puede hacer es determinar su valor exigiendo la continuidad de la función de onda en el límite de la caja. Por otro lado, QM libros de texto dicen que uno siempre debe buscar una solución en la que no sólo la función de onda en sí misma, sino también su primera derivada es continua en un límite!

Todos en todo lo que puedo encontrar la omisión de la $D\cos(kr)/r$ plazo en físico motivos confusos. En primer lugar se crea una diferencia entre el 3D y 1D caso. Esto parece extraño para mí, ya que las correspondientes funciones de onda satisfacer esencialmente la misma ecuación de Schroedinger. En segundo lugar, por la omisión de este plazo se pierde un parámetro ajustable $D$, el cual desempeña un importante papel en el cumplimiento de todo el conjunto de condiciones de contorno.

Answer 1

El 3D caso es diferente que el de 1D caso, así que no te sientas demasiado comprometidos con la analogía. Sin embargo, en la 1D caso, se obtiene sólo las funciones seno como soluciones si tiene lugar un "muro duro" (un infinito potencial de barrera) a $x=0$. Que es básicamente lo que está sucediendo aquí: el origen es una especie de "disco duro" de contorno para la ecuación radial desde "negativo radio" no tiene ningún sentido.

Además, el coseno como solución diverge como $\frac{1}{r}$ $r=0$ que no satisface la Ecuación de Schroedinger. Más precisamente, una $\frac{1}{r}$-tipo de solución es normalizable, sino $\nabla^2(\frac{1}{r})=-4\pi\delta(r)$ y para satisfacer Schrödinger, Ecuación en este caso tenemos que $\nabla^2(\frac{1}{r})=\frac{E}{r}$.

Por último, hay una solución a la ecuación fuera de la esfera, también. Es (como ustedes lo señalan) de manera exponencial en descomposición. Que solución tiene una indeterminado constante, así que usted necesita dos condiciones de frontera para encontrar a los dos indeterminado constantes: el interior y el exterior.

Edit:Ya que no hay espacio suficiente en los comentarios adecuadamente mostrar mi punto acerca de las dos condiciones de contorno, que estoy contestando aquí.

Sí, estás en lo correcto, que con sólo el 2 condiciones (normalización y continuidad) usted puede obtener una solución razonable, pero usted no puede obtener una solución correcta. Esto es debido a que la normalización es un requisito que nos imponen, pero la continuidad y suavidad son matemáticos requisitos del sistema. Igual podría exigir que $\psi(3)=16$, y que sería como mucho de matemática relevancia para la solución del problema como de la normalización.

Sin embargo, es cierto que la normalización es una restricción sobre las soluciones del sistema; por lo tanto, este sistema es realmente sobre-especificado y sólo admite una contables número de soluciones (un sello distintivo de cualquier Sturm-Liouville Teoría). En otras palabras, la normalización de la condición es importante, pero no invalida la otra, matemático riguroso de los requisitos del problema (es decir, la suavidad). En lo que sigue trataré de explicar por qué este es el caso en un matemáticamente rigurosa.

(También, quiero señalar que en la 1D caso de que usted no acaba de tener continuidad y fluidez en una frontera: los tiene a 2 de los límites. En realidad tiene 4 ecuaciones con 4 incógnitas en ese caso - ya que habrá una descomposición de la solución en el otro lado del bien, demasiado. Así que no hay que confundir 1D y 3D, sólo corresponden aquí cuando hay un "muro duro" a $r=0$ (en cuyo caso sólo tendrá 1 desconocido dentro del pozo desde el coseno soluciones no son permitidos).)

En primer lugar, ya que están dispuestos a aceptar que la función de onda debe ser continua en $r=a$, voy a probar lo que implica que la función de onda es también suave en $r=a$ (incluso en 3D caso). Segundo, voy a demostrar que con la suavidad de la condición de recuperar una discreta del espectro de la envolvente de los estados (como se esperaba). Tercero, voy a demostrar que sin la suavidad de la condición de recuperar un continuum de la envolvente de los estados. Por lo tanto, si se demuestra que la suavidad es necesaria y que implica un espectro discreto, voy a demostrar que resolver el problema sin considerar la suavidad es incorrecto porque no dan los mismos resultados que el matemáticamente riguroso método.

En primer lugar, ya que creemos que la función es continua (pero posiblemente no diferenciable) en $r=a$, vamos a resolver la siguiente ecuación integral: $$ \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_ {- \epsilon}^{+\epsilon}\frac{-\manejadores^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dr^2}dr\Big]+\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_ {- \epsilon}^{+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_ {- \epsilon}^{+\epsilon}E\psi(r)dr\Big] $$ Básicamente, estoy de integración de la Schrödinger, Ecuación para este problema en una pequeña región alrededor del punto donde se espera que la función de onda a (posiblemente) tienen una cúspide. Aquí, $V(r)=0$ (al $r<a$) o $V(r)=V_0$ (al $r>a$). Eso significa que $$ \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_ {- \epsilon}^{+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a}^{+\epsilon}V_0\psi(r)dr\Big]=0 $$ La solución de las ecuaciones anteriores se obtiene: $$ \frac{-\manejadores^2}{2m}\Big(\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}-\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-}\Big)=0 \\ \, por tanto \ \frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}=\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-} $$ Y la última ecuación es exactamente la definición de suavidad.

Ahora, vamos a tomar el 3D problema para $l=0$ (que es el caso de preguntar acerca de tu pregunta) y se soluciona: $$ \frac{-\manejadores^2}{2m}\frac{d^2\psi_1}{dr^2}=E\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\texto{para r<a)}\\ \frac{-\manejadores^2}{2m}\frac{d^2\psi_2}{dr^2}+V_0\psi_2=E\psi_2 \ \ \ \text{(r>a)} $$ Vamos a definir $k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$$k_2=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$. Por lo tanto, $$ \frac{d^2\psi_1}{dr^2}=-k_1^2\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\texto{para r<a)}\\ \frac{d^2\psi_2}{dr^2}=k_2^2\psi_2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \texto{(r>a)} $$ Supongamos que $E<V_0$, de modo que obtenemos exponencial soluciones al $r>a$ en lugar de oscilatorio soluciones. Al $E>V_0$, nuestras soluciones no están enlazados a los estados y no se descomponen de forma exponencial a medida $r\rightarrow\infty$. La resolución de estas ecuaciones da $$ \psi_1(r)=\sin(k_1r)+B\cos(k_1r) \\ \psi_2(r)=Ce^{k_2r}+De^{-k_2r} $$ Ahora debemos aplicar nuestras condiciones de contorno. En primer lugar, ya tenemos un potencial infinito de la barrera en $r=0$, $\psi_1(0)=0$; por lo tanto, $B=0$. Siguiente, por normalizability,debemos exigir que $\psi_2(\infty)=0$; por lo tanto, $C=0$. Esto deja sólo $$ \psi_1(r)=\sin(k_1r) \\ \psi_2(r)=De^{-k_2r} $$ Ahora, aplicamos nuestra condición de continuidad en $r=a$: $$ Un\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ \, por tanto \frac{A}{D}=\frac{e^{-k_2a}}{\sin(k_1a)} $$ Ahora, si usted desea únicamente para resolver el problema, debe aplicar la suavidad en $r=a$, lo que le dará $$ k_1A\cos(k_1a)=-k_2De^{-k_2a} \\ \, por tanto \tan(k_1a)=-\frac{k_1}{k_2} $$

Que la última ecuación es una ecuación trascendental que nos permite resolver para los niveles de energía de los bound-los estados del problema. Aquí está una WolframAlpha trama de los 2 lados de la ecuación al$a=10$$V_0=50$. (http://www.wolframalpha.com/input/?i=Plot[{Tan[Sqrt[x]*10]%2C+-Sqrt[x%2F%2850-x%29]}%2C{x%2C0%2C50}]) Como se puede ver, sólo hay un número finito de las intersecciones entre los dos gráficos, y por lo tanto, sólo hay un número finito de determinados valores de energía (es decir, el espectro de energía es discreta).

Por último, echemos un vistazo a tratar de resolver el problema utilizando sólo la continuidad y normalización. $$ Un\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ 1=\int^a_0A^2\sin^2(k_1r)dr+\int^\infty_aD^2e^{-2K_2r}dr \\ \, por tanto \ A=\frac{1}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}} \\ \ \ \ D=\frac{e^{k_2a}\sin(k_1a)}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}} $$ Como se puede ver, no hay ninguna restricción en lo que los valores de $k_1$$k_2$. Cualquier valor entre $0$ $V_0$ da una respuesta sensata.

Por lo tanto, debemos concluir que el desconocimiento de la suavidad de la condición en la frontera en el 3D, $l=0$ de los casos es inaceptable porque al hacerlo se da, fundamentalmente, una respuesta diferente de la que deriva cuando suavidad no fue ignorado. Por otra parte, la suavidad se requiere del problema, y de hecho es matemáticamente derivable (como se muestra arriba).

Answer 2

Primero de todo, la normalización no es una condición para corregir la constante. Schodinger ecuación es una ecuación lineal debido a que las soluciones de forma lineal en el espacio - el espacio de Hilbert. Un estado físico es un equivalente de la clase de los vectores en el espacio de Hilbert, donde dos vectores pertenecen a la misma clase si ellos difieren únicamente en un valor distinto de cero constante del número complejo. Y es claro que se normalizado de onda funciones no forman un espacio lineal, en realidad son sólo un representante (de clase) de la clase equivalente con una ambigüedad de fase. De hecho normalizado estado no es un ingrediente necesario en la mecánica cuántica, porque siempre podemos definir el valor esperable para ser \begin{equation} \langle O \rangle = \frac{\langle \psi| O |\psi \rangle }{\langle \psi |\psi \rangle} \end{equation} sin embargo, la normalización son convenientes en la práctica de cálculo.

(Hay poca originalidad en la declaración siguiente, acabo de elaborar la sección 8.4 de la referencia[1] para el contexto de este problema. Gracias OP, que me lleve a aprender algo.)

Lo importante sin embargo, es normalizablity(al menos para los dependientes de los estados). Físicamente, el total de la probabilidad de que esto partículas presentes en todo el espacio en el estado unida a es$1$, por definición. Matemáticamente, se requieren físicas observables a ser auto-adjuntos a los operadores con respecto a algunos (ponderado) producto interior (el peso, por ejemplo, es $r^2 \sin \theta$ esféricas en coordenadas polares). Así que para la ecuación de Laplace en 3d, cuando autovalor es $0$ \begin{equation} -\frac{1}{r^2} \frac{d }{d r} (r^2 \frac{d\psi}{dr}) + \frac{l(l+1)}{r^2}\psi = 0 \end{equation} para $l \ne 0 $, la solución de $\psi = r^{-(l+1)}$ tiene que ser excluido, porque no normalizable en las inmediaciones de $r=0$. Y en este caso, no de la condición de límite en $r=0$ es necesario.

Las cosas se vuelven interesantes al $l=0$. Las dos soluciones de la $1$ $\frac{1}{r}$ son todos normalizable cerca de $r=0$. Su comportamiento en torno a la $r=0$ es irrelevante acerca de autovalor. Para un caso general, los dos independientes normalizable soluciones se $j_0(kr)$ $n_0(kr)$ tienen el mismo expansiones como $k=0$, \begin{equation} j_0(kr) \sim 1 \quad -k n_0(kr) \sim \frac{1}{r} \end{equation}

El problema que se plantea aquí es debido al hecho de que $r=0$ es un punto singular de esta ecuación diferencial, donde los coeficientes de la educación a distancia están mal definidos. Mi punto de vista personal es que la transformación de coordenadas Cartesianas a esféricas de coordenadas polares es singular en $r =0$ y que de alguna manera nos pierde la información allí! El camino a la restauración de la parte dañada es proporcionar una condición de frontera. Sin embargo, esta condición de contorno no es completamente arbitraria: se requiere esta condición de frontera asociadas con el producto interior hace que el Hamiltoniano de un auto-adjoint(matemática alias para Hermitian) del operador. Teorema de Weyl sistemáticamente de acuerdo con este problema: la solución para este caso(límite de círculo) es que podemos especificar la condición de contorno en $r=0$ \begin{equation} \psi \sim A(1 + \frac{a_s}{r} ) \end{equation} donde $a_s$ se llama la dispersión de longitud y puede ser determinado experimentalmente. Como se ha señalado por Geoffrey, el significado físico de este parámetro es el que imita a una diferencia de potencial(ver psedo-potencial ) $\nabla \frac{1}{r}= -4\pi \delta(r)$ en el centro donde la ecuación diferencial no puede alcanzar. La función delta, como la condición de frontera, en el sentido de restaurar la información que falta en la transformación. Así que si ignorar la $n_0$ rama especificando $a_s =0$, eso es simplemente porque creemos que en realidad no existe el potencial en el centro, un hecho evidente antes de la transformación de coordenadas.

Y sí, la dimensionalidad es sin duda crucial. Para un $n$-dimensiones radiales operador de Laplace \begin{equation} \frac{1}{\sqrt{g}} ( \sqrt{g} \psi^{i} )_{,i} = \frac{1}{r^{n-1}} \frac{\partial}{\partial r}(r^{n-1} \frac{\partial}{\partial r}\psi) \end{equation} incluso si $l=0$, una de las soluciones de $\psi = r^{-(n-2)}$ no normalizable al $n\ge 4$. Así que cuando la dimensión es mayor que $4$, usted puede ignorar completamente el punto de interacción en el centro, sin perturbar la solución, sea cual sea la fuerza que tiene. Se dice que es irrelevante en la teoría.

[1]: Matemáticas para la Física: Una visita Guiada para Estudiantes de Posgrado, Michael Stone, Paul Goldbart.

Answer 3

Se han recibido otras respuestas, así que me gustaría centrarme en el problema global de la necesaria regularidad de las soluciones de la ecuación de Schroedinger. Más precisamente: ¿por qué uno debe exigir la regularidad de las condiciones en $\psi$ ha leído en las otras respuestas?

El punto se puede remontar de nuevo a uno de los más importantes axiomas de QM: características observables se auto-adjuntos a los operadores. La razón de este requisito es que el uno mismo-adjoint observables admite una descomposición espectral en términos de proyectores ortogonales etiquetados por (Borelian) subconjuntos de a $R$ interpreta como el conjunto de los resultados de la medición de los observables. (Es posible hacer más débil es el requisito de tratar con la descomposición de los delimitada positiva de los operadores, pero yo sólo se adhieren a la escuela primaria, el caso aquí).

En nuestro caso, la pertinente observable es la de Hamilton. Pero por el bien de la simplicidad, tengo la intención de empezar a centrarse en el impulso observable a lo largo de la $k$th eje: $M_k$. Normalmente se asume que:

$$M_k := -i\hbar \frac{\partial}{\partial x_k}\:,\qquad (0)$$

donde, por ejemplo, el dominio de ${\cal D}(M_k)$ $C_0^\infty(R^3)$ $\cal S(R^3)$ (Schwartz'space), lo que sigue es independiente en esta elección.

Es cierto que, si $\psi,\phi \in {\cal D}(M_k)$, entonces:

$$\langle \psi| M_k \phi \rangle = \langle M_k\psi | \phi \rangle\:.$$

De hecho, la identidad sólo dice que $M_k$ es simétrica (un densamente definido operador es simétrico si, en su dominio, coincide con el adjunto del operador). Sin embargo, no dice que $M_k$ es auto-adjunto. La auto-adjunto condición (lo que implica la existencia de la descomposición espectral) es en su lugar:

$$M_k^\dagger = M_k\:. \qquad (1)$$

Por encima de $M^\dagger$ se define como sigue. Primero define su dominio:

$${\cal D}(M^\dagger_k) := \left\{\psi \left.\in L^2(R^3) \:\right|\: \exists \psi' \in L^2(R^3)\qquad \mbox{with}\quad\langle \psi' | M_k \phi\rangle = \langle \psi |\phi\rangle\quad \forall \phi \in {\cal D}(M_k)\right\}$$

Desde ${\cal D}(M_k)$ es densa, $\psi'$ está determinada únicamente por $\psi$ y por lo tanto el mapa:

$${\cal D}(M_k^\dagger) \ni \psi \mapsto \psi' =: M_k^\dagger \psi$$

está bien definido. Uno ve que ${\cal D}(M_k^\dagger)$ es un subespacio de $L^2(R^3)$ ${\cal D}(M_k^\dagger) \supset {\cal D}(M_k)$ y que $M_k^\dagger$ es lineal.

En este caso, ${\cal D}(M_k^\dagger)$ resulta ser considerablemente mayor que ${\cal D}(M_k)$, de modo que (1) no e $M_k$ no es auto-adjunto con el dado (estándar) definición. Lo que es cierto es que el $M_k^\dagger$, que se define como el anterior, es auto-adjunto, y que es la única auto-adjunto de extensión de $M_k$. Matemáticamente se dice que $A$ es esencialmente auto-adjoint cuando es simétrica sus adjuntos operador $A^\dagger$ es uno mismo-adjoint $A^\dagger = (A^\dagger)^\dagger$. Por lo tanto, $M_k$ es esencialmente auto-adjunto.

Esta discusión lleva a la conclusión de que la verdadera definición de un impulso operador no es (0), pero es:

$$P_k = M^\dagger_k\:.$$

No obstante, es importante destacar que el ingenuo, técnicamente incorrecto, definición (0) únicamente define $P_k$, ya que es el único auto-adjunto de extensión de $M_k$. Este último caso es muy sencillo de manejar, ya que es un operador diferencial. Por el contrario $P_k$ tiene un dominio mucho más difícil de caracterizar (sin el uso de la transformada de Fourier). El dominio de $P_k$ es de las funciones de $\psi$ $L^2(R^3)$ que admitir débiles $k$-derivado de lo cual, a su vez, es una función en $L^2(R^3)$. Uno dice que $\psi \in L^2(R^3)$ admite un débiles $k$-derivado $\phi_k : R^3 \to C$, si no es una función de la mencionada $\phi_k$ - de tal forma que

$$\int_{R^3} \frac{\partial f}{\partial x_k} \psi \:d^3x = - \int_{R^3} f \phi_k \:d^3x \quad \forall f \in C_0^\infty(R^3)\:.$$

Ver que si $\psi$ admite el estándar $k$derivados coincide con el débil (que existe, por tanto, en este caso). Sin embargo, hay muchas funciones de admisión débil derivados que no son diferenciables en cualquier lugar!

Veamos el problema de que el operador Hamiltoniano. El operador Hamiltoniano, en la que, matemáticamente, versión ingenua, para los que no relativista de la teoría, siempre incluye un añadido parte proporcional para el operador Laplaciano $\Delta$. Como cuestión de hecho, para$a := -\hbar^2/(2m)$, y para algunos la función $V: R^3 \to R$ el ingenuo operador Hamiltoniano es:

$$A := a \Delta + V\:,$$

con el dominio ${\cal D}(A)$ de lo suficientemente funciones diferenciables.

De nuevo uno podría estar seguro de que $A$ es auto-adjunto a explotar todos los espectral de la tecnología, pero, como antes de $A$ no lo es. En la mayoría, con una cuidadosa elección del dominio ${\cal D}(A)$, el operador $A$ resulta ser esencialmente auto adjunto. Es decir, $A^\dagger$ es auto-adjunto y el verdadero Hamiltonianos observable puede ser definido como: $$H := A^\dagger\:.$$ Como antes, el dominio correcto (y uno podría tener muchas opciones!) implica débil derivados: $\Delta$ tiene que ser interpretadas a partir de la (segunda) débil derivados en lugar de la estándar de derivados. Por lo que la clase de funciones se debe considerar en la resolución de problemas como el de encontrar los autovalores de a $H$ (las energías de los estados estacionarios) o otros problemas, como la determinación de la dispersión de los estados, son una amplia clase de generalmente no son funciones diferenciables.

Esta no es toda la historia, porque, a diferencia de el caso de el impulso del operador, la presencia de $\Delta$ $A$ hace más fácil el problema en la vista de resultados conocidos en la elíptica regularidad. Los resultados básicos (debido a Weyl, Friedrichs y Sobolev) bajo las hipótesis apropiadas establecer que si una función (en realidad, de una distribución) en $R^n$ se verifica una ecuación como $$\Delta f = g\:,$$ donde $\Delta$ se interpreta en sentido débil, entonces el grado de debilidad de la diferenciable regularidad de $f$ es de $g$ $2$. Por otra parte, si $f$ (que se supone ser localmente $L^2$) tiene un cierto grado de $k$ de los débiles regularidad, también tiene otro grado $k' = k-p$ de estándar de regularidad, donde $p>0$ es un número dependiendo $n$. (Para escribir una rigurosa instrucción que debo introducir varios conceptos matemáticos y no lo haré por el bien de la simplicidad, ya que sólo quiero dar una idea sobre el argumento básico).

Tomando este resultado en cuenta, resulta que, por ejemplo, si $\psi \in {\cal D}(H)= {\cal D}(A^\dagger)$ es un autovector de a $H$, por lo que

$$-a\Delta_w \psi = (E-V) \psi \quad \mbox{where $\Delta_w$ is the weak Laplacian}\:,$$

a continuación, $\psi \in C^\infty$ donde $V$ es tal.

Estos procedimientos y resultados conducen a una precisa teorema relativo a la matemática de los requisitos de para una función de $\psi$ que permanece en el dominio de $H$ y, si es el caso, resuelve el correcto o generalizada de la ecuación. El teorema se tiene en cuenta el hecho de que el verdadero auto-adjunto operador Hamiltoniano no es el operador diferencial $A$, pero es su única auto-adjunto de extensión de la $A^\dagger$.

El teorema se considera un operador de la forma:

$$A = a \Delta + V$$

donde $V: R^3 \to R$ tiene la forma de $N$ reales constantes $g_k$ y los correspondientes puntos aislados ${\bf x}_k$:

$$V({\bf x}) = \sum_{j=1}^N \frac{g_k}{|{\bf x}-{\bf x_j}|} + V_0({\bf r})\:,$$

$V_0$ está delimitado a continuación, se bifurca en la mayoría de los exponencialmente para $|{\bf x}|\to +\infty$ y es una función continua, excepto para un número finito de 2-superficies de $\Sigma_i$ donde las discontinuidades son finitos. Con estas hipótesis, es posible establecer que el $A$ es esencialmente auto adjunto en ${\cal D}(A)= C_0^\infty(R^3)$ o ${\cal D}(A)={\cal S}(R^3)$ con el mismo y único auto-adjunto de extensión de la $H= A^\dagger$ en ambos casos. El dominio de $H$ es mucho más grande que estos espacios e incluye funciones que para no admitir adecuada de las segundas derivadas en el conjunto de la $R^3$.

Resulta que las funciones (distribuciones en el generalizar caso) $\psi : R^3 \to C$ que se puede utilizar para resolver el correcto o generalizada autovalor problema de la verdad de Hamilton $H := A^\dagger$ debe verificar los siguientes requisitos (además de que el autovalor problema):

1), lejos de las singularidades de $V$, $\psi$ es $C^2$ y se resuelve la ecuación interpretar $\Delta$como un buen diferencial operador;

2) cruce de un singular superficies de $\Sigma_i$ si ${\bf y}\in \Sigma_i$, la función de $\psi$ satisface $$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}\psi({\bf x})$$ where the two limits are computed from the two semi-spaces separated by $\Sigma$ around ${\bf y}$ y, de forma similar: $$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}{\bf n}\cdot \nabla\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}{\bf n}\cdot \nabla \psi({\bf x})$$ donde ${\bf n}$ es el vector unitario normal a$\Sigma_i$${\bf y}$;

3) Si ${\bf x}_k$ es un punto singular aislado de $V$, el límite de $\psi$ ${\bf x} \to {\bf x}_k$ existe y es finito.

Tratar con genuina $1D$ sistemas, uno encuentra requerimientos similares en el permitido wavefunctions.

Tomando todo lo anterior en cuenta los resultados, se puede entender por qué, por ejemplo, una función de onda en $R^3$ no debe difieren en el origen: no es nada, pero el requisito (3) anterior, o incluso una consecuencia de la condición (1) al $V$ es regular en ${\bf r}=0$. Por esta razón, $\psi(r) \sim r^{-1}\cos (kr)$ $r\to 0$ no puede ser aceptada incluso si el correspondiente $1D$ función de onda $r\psi(r)$ es, en principio, se permite. La comparación de la $1D$ e las $3D$ de los casos, basado en la sustitución de $\psi(r) \to r\psi(r)$ es sólo formal y sólo puede ser utilizado fuera de las singularidades, mientras que lo que está permitido o prohibido cruzar una singularidad debe ser discutido por separado, recordando la verdadera naturaleza del problema: $3D$ o $1D$. Observe también que, para la partícula libre, la solución aceptada por $\ell=0$: $$\psi({\bf x})= A\frac{\sin (kr)}{r}$$ de acuerdo con (1) es $C^2$ (más fuertemente es real analítica) y no sólo limitado en un barrio de ${\bf x}=0$, incluyendo ese punto. En realidad, no hay una singularidad en ${\bf x}=0$ para la partícula libre desde $V\equiv 0$ en ese caso, y la aparente singularidad es sólo debido al uso de coordenadas polares.