Comparación de funciones de onda 1D y 3D

El caso 3D es diferente al caso 1D, así que no se sienta demasiado comprometido con la analogía. Sin embargo, en el caso 1D, solo obtiene funciones sinusoidales como soluciones si coloca un "muro duro" (una barrera de potencial infinito) en$x=0$. Eso es básicamente lo que está sucediendo aquí: el origen es una especie de límite "duro" para la ecuación radial ya que "radio negativo" no tiene sentido.

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

Finalmente, también hay una solución para la ecuación fuera de la esfera. Está (como usted señala) decayendo exponencialmente. Esa solución también tiene una constante indeterminada, por lo que necesita dos condiciones de contorno para encontrar las dos constantes indeterminadas: la interior y la exterior.

Editar : dado que no hay suficiente espacio en los comentarios para mostrar adecuadamente mi punto sobre las dos condiciones límite, estoy respondiendo aquí.

Sí, tiene razón en que con solo las 2 condiciones (normalización y continuidad) puede obtener una solución razonable, pero no puede obtener una solución correcta. Esto se debe a que la normalización es un requisito que imponemos , pero la continuidad y la suavidad son requisitos matemáticos del sistema. Podría fácilmente requerir eso$\psi(3)=16$y tendría tanta relevancia matemática para la solución del problema como la normalización.

Sin embargo, es cierto que la normalización es una restricción a las soluciones del sistema; por lo tanto, este sistema en realidad está sobreespecificado y solo admite un número contable de soluciones (un sello distintivo de cualquier teoría de Sturm-Liouville ). En otras palabras, la condición de normalización es importante, pero no niega los otros requisitos matemáticos rigurosos del problema (a saber, la suavidad). En lo que sigue trato de explicar por qué es así de una manera matemáticamente rigurosa.

(Además, quiero señalar que en el caso 1D no solo tiene continuidad y suavidad en un límite: los tiene en 2 límites. En realidad, tiene 4 ecuaciones con 4 incógnitas en ese caso, ya que habrá un solución en descomposición en el otro lado del pozo, también. Así que no confundas 1D y 3D, solo corresponden aquí cuando hay una "pared dura" en$r=0$(en cuyo caso solo tendrás 1 incógnita dentro del pozo ya que no se admiten soluciones de coseno).)

Primero, dado que acepta con gusto que la función de onda debe ser continua en$r=a$, Probaré que eso implica que la función de onda también es suave en$r=a$(incluso en el caso 3D). En segundo lugar, mostraré que con la condición de suavidad recuperamos un espectro discreto de estados ligados (como se esperaba). Tercero, probaré que sin la condición de suavidad recuperamos un continuo de estados ligados. Por lo tanto, al mostrar que se requiere suavidad y que implica un espectro discreto, mostraré que resolver el problema sin considerar la suavidad es incorrecto porque no da los mismos resultados que el método matemáticamente riguroso.

Primero, dado que creemos que la función es continua (pero posiblemente no diferenciable) en$r=a$, resolvamos la siguiente ecuación integral:

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dr^2}dr\Big]+\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}E\psi(r)dr\Big]$$ Básicamente, solo estoy integrando la ecuación de Schrödinger para este problema en una pequeña región alrededor del punto donde esperamos que la función de onda (posiblemente) tenga una cúspide. Aquí, $V(r)=0$(cuando $r<a$) o $V(r)=V_0$(cuando $r>a$). Eso significa que $$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a}^{a+\epsilon}V_0\psi(r)dr\Big]=0$$ Resolviendo las ecuaciones anteriores da: $$\frac{-\hbar^2}{2m}\Big(\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}-\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-}\Big)=0 \\ \therefore \ \frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}=\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-}$$ Y esa ecuación final es exactamente la definición de suavidad.

Ahora, tomemos el problema 3D para$l=0$(que es el caso que preguntas en tu pregunta) y resuélvelo:

$$\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_1}{dr^2}=E\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{for r<a)}\\ \frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_2}{dr^2}+V_0\psi_2=E\psi_2 \ \ \ \text{(for r>a)}$$ definamos $k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$y $k_2=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$. Por lo tanto, $$\frac{d^2\psi_1}{dr^2}=-k_1^2\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{for r<a)}\\ \frac{d^2\psi_2}{dr^2}=k_2^2\psi_2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{(for r>a)}$$ Supongamos que $E<V_0$para que obtengamos soluciones exponenciales cuando $r>a$en lugar de soluciones oscilatorias. Cuando $E>V_0$, nuestras soluciones no son estados ligados y no decaen exponencialmente como $r\rightarrow\infty$. Resolviendo estas ecuaciones da $$\psi_1(r)=A\sin(k_1r)+B\cos(k_1r) \\ \psi_2(r)=Ce^{k_2r}+De^{-k_2r}$$ Ahora debemos aplicar nuestras condiciones de contorno. Primero, dado que tenemos una barrera de potencial infinita en $r=0$, $\psi_1(0)=0$; por lo tanto, $B=0$. A continuación, por normalizabilidad, debemos exigir que $\psi_2(\infty)=0$; por lo tanto, $C=0$. Esto deja solo $$\psi_1(r)=A\sin(k_1r) \\ \psi_2(r)=De^{-k_2r}$$ Ahora, aplicamos nuestra condición de continuidad en $r=a$: $$A\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ \therefore \frac{A}{D}=\frac{e^{-k_2a}}{\sin(k_1a)}$$ Ahora, si desea resolver el problema de manera única, debe aplicar suavizado en $r=a$, que te dará $$k_1A\cos(k_1a)=-k_2De^{-k_2a} \\ \therefore \tan(k_1a)=-\frac{k_1}{k_2}$$

Esa última ecuación es una ecuación trascendental que nos permite resolver los niveles de energía de los estados límite del problema. Aquí hay una gráfica de WolframAlpha de los 2 lados de esa ecuación cuando$a=10$y$V_0=50$. (http://www.wolframalpha.com/input/?i=Plot[{Tan[Sqrt[x]*10]%2C+-Sqrt[x%2F%2850-x%29]}%2C{x%2C0 %2C50}]) Como puede ver, solo hay un número finito de intersecciones entre los dos gráficos y, por lo tanto, solo hay un número finito de valores de energía permitidos (es decir, el espectro de energía es discreto).

Finalmente, echemos un vistazo a intentar resolver el problema usando solo continuidad y normalización.

$$A\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ 1=\int^a_0A^2\sin^2(k_1r)dr+\int^\infty_aD^2e^{-2K_2r}dr \\ \therefore \ A=\frac{1}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}} \\ \ \ \ D=\frac{e^{k_2a}\sin(k_1a)}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}}$$ Como puede ver, no hay restricción sobre qué valores $k_1$y $k_2$puede asumir Cualquier valor entre $0$y $V_0$da una respuesta sensata.

Por lo tanto, debemos concluir que ignorando la condición de suavidad en el límite en el 3D,$l=0$El caso es inaceptable porque hacerlo da una respuesta fundamentalmente diferente a la que se obtuvo cuando no se ignoró la suavidad. Además, se requiere suavidad del problema, y ​​ese hecho es matemáticamente derivable (como se muestra arriba).

En primer lugar, la normalización no es una condición para fijar la constante . La ecuación de Schodinger es una ecuación lineal porque las soluciones forman un espacio lineal: el espacio de Hilbert. Un estado físico es una clase equivalente de los vectores en el espacio de Hilbert, donde dos vectores pertenecen a la misma clase si difieren solo en un número complejo constante distinto de cero. Y está claro que las funciones de onda normalizadas no forman un espacio lineal, de hecho, son solo un representante (clase) de la clase equivalente con una ambigüedad de fase. De hecho, el estado normalizado no es un ingrediente necesario en la mecánica cuántica, porque siempre podemos definir el valor esperado como

$$\begin{equation} \langle O \rangle = \frac{\langle \psi| O |\psi \rangle }{\langle \psi |\psi \rangle} \end{equation}$$ sin embargo, la normalización es conveniente en el cálculo práctico.

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

Sin embargo, lo importante es la normalización (al menos para los estados vinculados). Físicamente, la probabilidad total de que esta partícula se presente en todo el espacio para el estado ligado es$1$por definición. Matemáticamente, requerimos que los observables físicos sean operadores autoadjuntos con respecto a algún producto interno (ponderado) (el peso, por ejemplo, es$r^2 \sin \theta$en coordenadas polares esféricas). Entonces, para la ecuación de Laplace en 3d, cuando el valor propio 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 $\psi = r^{-(l+1)}$tiene que ser excluido, porque no es normalizable en la vecindad de $r=0$. Y en este caso, no hay condición de contorno en $r=0$se necesita

Las cosas se vuelven interesantes cuando$l=0$. las dos soluciones$1$y$\frac{1}{r}$son todos normalizables cerca$r=0$. Su comportamiento alrededor del$r=0$es irrelevante sobre el valor propio. Para un caso general, las dos soluciones normalizables independientes son$j_0(kr)$y$n_0(kr)$tienen las mismas expansiones que$k=0$,

$$\begin{equation} j_0(kr) \sim 1 \quad -k n_0(kr) \sim \frac{1}{r} \end{equation}$$

El problema que surge aquí se debe a que$r=0$es un punto singular de esta ecuación diferencial, donde los coeficientes de ODE están mal definidos. Mi punto de vista personal es que la transformación de coordenadas cartesianas a polares esféricas es singular en$r =0$¡y de alguna manera perdemos la información allí! La forma de restaurar la pieza corrupta es proporcionar una condición límite . Sin embargo, esta condición de contorno no es completamente arbitraria: requerimos que esta condición de contorno asociada con el producto interno haga que el hamiltoniano sea un operador autoadjunto (alias matemático del hermitiano). El teorema de Weyl aborda sistemáticamente este problema: la solución a este caso (círculo límite) es que especificamos la condición de contorno en$r=0$ser

$$\begin{equation} \psi \sim A(1 + \frac{a_s}{r} ) \end{equation}$$ dónde $a_s$se denomina longitud de dispersión y podría determinarse experimentalmente. Como señaló Geoffrey, el significado físico de este parámetro es que imita un potencial delta (ver pseudo-potencial ) $\nabla \frac{1}{r}= -4\pi \delta(r)$en el centro donde nuestra ecuación diferencial no puede llegar. La función delta, como la condición de contorno, en cierto sentido restaura la información que falta en la transformación. Entonces, si ignoramos el $n_0$rama especificando $a_s =0$, eso es simplemente porque creemos que en realidad no hay potencial en el centro, un hecho evidente antes de la transformación de coordenadas.

Y sí, la dimensionalidad es definitivamente crucial. Para$n$Operador de Laplace radial -dimensional

$$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{g}} ( \sqrt{g} \psi^{i} )_{,i} = \frac{1}{r^{n-1}} \frac{\partial}{\partial r}(r^{n-1} \frac{\partial}{\partial r}\psi) \end{equation}$$ incluso si $l=0$, una de las soluciones $\psi = r^{-(n-2)}$se vuelven no normalizables cuando $n\ge 4$. Entonces, cuando la dimensión es mayor que $4$, puede ignorar por completo la interacción del punto en el centro sin perturbar la solución, independientemente de la fuerza que tenga. Se dice que es irrelevante en la teoría.

[1]: Matemáticas para la física: una visita guiada para estudiantes de posgrado, Michael Stone, Paul Goldbart.

Ha recibido otras respuestas, por lo que me gustaría centrarme en el problema general de la regularidad necesaria de las soluciones de la ecuación de Schroedinger . Más precisamente: ¿por qué se deben exigir las condiciones de regularidad en$\psi$has leído en las otras respuestas?

El punto se remonta a uno de los axiomas más importantes de QM: los observables son operadores autoadjuntos . La razón de este requisito es que los observables autoadjuntos admiten una descomposición espectral en términos de proyectores ortogonales etiquetados por subconjuntos (borelianos) de$R$interpretado como el conjunto de resultados de la medida de lo observable. (Es posible debilitar el requisito relacionado con las descomposiciones de operadores positivos acotados, pero aquí solo me ceñiré al caso elemental).

En nuestro caso el observable relevante es el hamiltoniano. Pero en aras de la simplicidad tengo la intención de empezar a centrarme en el impulso observable a lo largo de la$k$th eje:$M_k$. Normalmente se supone que:

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

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

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

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

En efecto, esa identidad sólo dice que$M_k$es simétrico (un operador densamente definido es simétrico si, en su dominio, coincide con el operador adjunto). Sin embargo, no dice que$M_k$es autoadjunto. La condición autoadjunta (la que implica la existencia de la descomposición espectral) es en cambio:

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

Arriba$M^\dagger$se define como sigue. El 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 denso,$\psi'$está determinada únicamente por$\psi$y así el mapa:

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

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

En este caso${\cal D}(M_k^\dagger)$resulta ser considerablemente mayor que${\cal D}(M_k)$, de modo que (1) falla y$M_k$no es autoadjunto con la definición (estándar) dada. lo que es cierto es que$M_k^\dagger$, definida como arriba, es autoadjunta y que es la única extensión autoadjunta de$M_k$. Matemáticamente se dice que$A$es esencialmente autoadjunto cuando es simétrico su operador adjunto$A^\dagger$es auto-adjunto$A^\dagger = (A^\dagger)^\dagger$. Por lo tanto$M_k$es esencialmente autoadjunto .

Esta discusión lleva a concluir que la verdadera definición del operador de cantidad de movimiento no es (0) sino que es:

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

Sin embargo, es importante enfatizar que la definición ingenua y técnicamente incorrecta (0) define de manera única$P_k$, ya que es la única extensión autoadjunta de$M_k$. Este último es muy sencillo de manejar, ya que es un operador diferencial. En cambio$P_k$tiene un dominio mucho más difícil de caracterizar (sin usar la transformada de Fourier). el dominio de$P_k$está hecho de las funciones$\psi$en$L^2(R^3)$que admiten debilidad$k$-derivada que, a su vez, es una función en$L^2(R^3)$. uno dice que$\psi \in L^2(R^3)$admite un débil$k$-derivado$\phi_k : R^3 \to C$, si hay una función - la mencionada$\phi_k$- tal que

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

ves que si$\psi$admite la norma$k$-derivada coincide con la débil (que por lo tanto existe en este caso). Sin embargo, ¡hay muchas funciones que admiten derivadas débiles que no son diferenciables en ninguna parte!

Pasemos al problema del operador hamiltoniano. El operador hamiltoniano, en la versión matemáticamente ingenua de la teoría no relativista, siempre incluye una parte añadida proporcional al operador laplaciano$\Delta$. De hecho, por$a := -\hbar^2/(2m)$y para alguna funcion$V: R^3 \to R$el ingenuo operador hamiltoniano es:

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

con dominio${\cal D}(A)$formado por funciones suficientemente diferenciables.

Una vez más, uno estaría seguro de que$A$es auto-adjunto para explotar toda la tecnología espectral, pero, como antes$A$no es. A lo sumo, con una cuidadosa elección del dominio${\cal D}(A)$, el operador$A$resulta ser esencialmente autoadjunto. A saber,$A^\dagger$es autoadjunto y el verdadero observable hamiltoniano se puede definir con seguridad como:

$$H := A^\dagger\:.$$ Como antes, el dominio correcto (¡y uno podría tener muchas opciones!) implica derivadas débiles: $\Delta$debe interpretarse utilizando (segunda) derivada débil en lugar de derivada estándar. Entonces, la clase de funciones que uno debe considerar al resolver problemas como el de encontrar los valores propios de $H$(las energías de los estados estacionarios) u otros problemas, como determinar los estados de dispersión, son una amplia clase de funciones generalmente no diferenciables.

Esta no es toda la historia, porque, a diferencia del caso del operador de cantidad de movimiento, la presencia de$\Delta$en$A$facilita el problema en vista de los resultados conocidos sobre la regularidad elíptica . Los resultados básicos (debidos a Weyl, Friedrichs y Sobolev) bajo hipótesis adecuadas establecen que si una función (en realidad una distribución) en$R^n$verifica una ecuación como

$$\Delta f = g\:,$$ dónde$\Delta$se interpreta en sentido débil , entonces el grado de regularidad diferenciable débil de $f$es el de $g$ más$2$. Además, si $f$(se supone que es local $L^2$) tiene un cierto grado $k$de regularidad débil , también tiene otro grado $k' = k-p$de regularidad estándar , donde $p>0$es un numero dependiendo de $n$. (Para escribir un enunciado riguroso debo introducir varias nociones matemáticas y no lo haré en aras de la simplicidad, ya que solo quiero dar una idea sobre el argumento básico).

Teniendo en cuenta este resultado, resulta que, por ejemplo, si$\psi \in {\cal D}(H)= {\cal D}(A^\dagger)$es un vector propio de$H$, de modo que

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

entonces$\psi \in C^\infty$dónde$V$Es como.

Estos procedimientos y resultados conducen a un teorema preciso sobre los requisitos matemáticos para una función.$\psi$que queda en el dominio de$H$y, si es el caso, resuelve la ecuación de valor propio propia o generalizada. El teorema tiene en cuenta el hecho de que el verdadero operador hamiltoniano autoadjunto no es el operador diferencial$A$, pero es su extensión autoadjunta única$A^\dagger$.

El teorema considera un operador de la forma:

$$A = a \Delta + V$$

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

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

$V_0$está acotado por debajo, diverge como máximo polinomialmente para$|{\bf x}|\to +\infty$y es una función continua excepto por un número finito de 2 superficies$\Sigma_i$donde las discontinuidades son finitas. Con estas hipótesis es posible establecer que$A$es esencialmente auto adjunto en${\cal D}(A)= C_0^\infty(R^3)$o${\cal D}(A)={\cal S}(R^3)$con la misma extensión autoadjunta única$H= A^\dagger$en ambos casos. el dominio de$H$es mucho más grande que estos espacios e incluye funciones que no admiten segundas derivadas propias en el todo$R^3$.

Resulta que las funciones (distribuciones en el caso generalizado)$\psi : R^3 \to C$que se puede utilizar para resolver el problema de valor propio propio o generalizado para el verdadero hamiltoniano $H := A^\dagger$debe verificar los siguientes requisitos (además del problema de valores propios):

1) lejos de las singularidades de$V$,$\psi$es$C^2$y resuelve la ecuación de valores propios interpretando$\Delta$como un operador diferencial propio;

2) cruzando superficies singulares$\Sigma_i$, si${\bf y}\in \Sigma_i$, la función$\psi$satisface

$$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}\psi({\bf x})$$ donde los dos límites se calculan a partir de los dos semiespacios separados por $\Sigma$alrededor ${\bf y}$y, de manera similar: $$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}{\bf n}\cdot \nabla\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}{\bf n}\cdot \nabla \psi({\bf x})$$ dónde ${\bf n}$es el vector unitario normal a $\Sigma_i$en ${\bf y}$;

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

Tratar con genuino$1D$sistemas uno encuentra requisitos similares en las funciones de onda permitidas.

Teniendo en cuenta los resultados anteriores, puede comprender por qué, por ejemplo, una función de onda en$R^3$no debe divergir en el origen: no es más que el requisito (3) anterior o incluso una consecuencia del requisito (1) cuando$V$es habitual en${\bf r}=0$. Por esta razón$\psi(r) \sim r^{-1}\cos (kr)$para$r\to 0$no puede ser aceptado incluso si el correspondiente$1D$función de onda$r\psi(r)$está, en principio, permitido. La comparación desde el$1D$y el$3D$caso, basado en el reemplazo$\psi(r) \to r\psi(r)$es solo formal y solo puede usarse fuera de las singularidades, mientras que lo que está permitido o prohibido cruzar una singularidad debe discutirse por separado, recordando la verdadera naturaleza del problema:$3D$o$1D$. Note también que, para la partícula libre, la solución aceptada para$\ell=0$:

$$\psi({\bf x})= A\frac{\sin (kr)}{r}$$ de acuerdo con (1) es $C^2$(más fuertemente es analítico real) y no sólo limitado en una vecindad de ${\bf x}=0$, incluido ese punto. De hecho, no hay singularidad en ${\bf x}=0$para la partícula libre ya que $V\equiv 0$en ese caso, y la singularidad aparente se debe únicamente al uso de coordenadas polares.