Ожидаемое значение p2(1/r)+(1/r)p2p2(1/r)+(1/r)p2p^2 (1/r) + (1/r) p^2

Парадигма стоит сотни затяжек.

Используйте свою сферическую симметрию,$\hat{r}\cdot \vec{\nabla}=\partial_r$, и$\vec{\nabla} f(r) =\hat{r} \partial_r f(r)$; и, поскольку проблема, которая вас интересует, связана с сингулярностью в начале координат, r = 0, мы могли бы также отбросить все l > 0, которые, как вы заметили, мягче, чем s -волны.

В вашей$\hbar=1$,$m=2$единиц, рассмотрим для простоты s -волны гамильтониана Водорода, достаточные для иллюстрации этого положения,

$$H=p^2-2/r= -\frac{1}{r^2} \partial_r (r^2\partial_r) -\frac{2}{r}~.\tag1$$ Интеграции в гильбертовом пространстве закончатся $4\pi \int^\infty_0 dr~ r^2 ~~$. Таким образом, $$\nabla^2 \frac{1}{r}=-4\pi \delta^{(3)} (\vec{r})~,\tag2$$ что в нашем радиальном контексте равносильно $$-p^2 \frac{1}{r}=\frac{1}{r^2} \partial \left(r^2\partial \frac{1}{r}\right )=- \frac{\delta(r)}{r^2}~.\tag{2'}$$

Основное собственное состояние ( n = 1) тогда

$$\psi_0= \frac{e^{-r}}{\sqrt{\pi/2}} \qquad \Longrightarrow E_0=-1, \tag3$$ в то время как первое возбужденное состояние ( n = 2) $$\psi_1= \frac{e^{-r/2}}{4\sqrt{2\pi}} (2-r) \qquad \Longrightarrow E_1=-1/4, \tag4$$ так что $\langle \psi_1| \psi_0\rangle=0$, с $\int_0^\infty \! dx~ e^{-x} x^n =n! ~~$.

---

Следует, что

$$\frac{1}{r}~ p^2 ~\psi_0= \left (\frac{2}{r^2}-\frac{1}{r}\right )\psi_0 \tag5 \\ p^2 \left (\frac{1}{r} \psi_0 \right) = \left(\frac{\delta(r)}{r^2}-\frac{1}{r}\right )\psi_0 .$$ (Второе уравнение — это экранированное уравнение Пуассона — «массивный фотон».) Следовательно $$[p^2,1/r]\psi_0 = \left ( \frac{\delta(r)}{r^2}-\frac{2}{r^2} \right) \psi_0. \tag{5'}$$

(В общем,$[p^2,1/r]=\frac{\delta(r)}{r^2} + \frac{2}{r^2} \partial_r ~$.)

Теперь обратите внимание, что

$$\langle \psi_0|[p^2,1/r]| \psi_0\rangle=0= \langle \psi_1|[p^2,1/r]| \psi_1\rangle .\tag6$$

Следовательно, согласно вашему первому пути оценки с использованием отшельничества,

$$\langle \psi_0|\{p^2,1/r\}| \psi_0\rangle= \langle \psi_0|(H+2/r) \frac{1}{r} + \frac{1}{r} (H+2/r) | \psi_0\rangle= \langle \psi_0| \frac{2}{r} \left(\frac{2}{r}-1\right) | \psi_0\rangle=12.\tag7$$ Воздействие только на правильный кет, согласно вашему последнему намерению, также дает то же самое, $$\langle \psi_0|\left( \frac{\delta(r)}{r^2} -\frac{2}{r} +\frac{2}{r^2} \right ) | \psi_0\rangle=12.\tag{7'}$$ Вам никогда не приходилось отменять δ : он всегда знает свое место. Так и должно быть, поскольку ожидание коммутатора исчезает.

Но это полезное исчезновение на самом деле не является необходимым для согласованности. В более общем смысле, согласно вашему недиагональному примеру,

$$\langle \psi_1|\{p^2,1/r\}| \psi_0\rangle= \langle \psi_1|\left(-\frac{1}{4}+ \frac{2}{r}\right)\frac{1}{r} + \frac{1}{r}\left(-1+\frac{2}{r}\right ) | \psi_0\rangle=86/27~. \tag8$$ В качестве альтернативы, просто действуя справа, как это сделано выше, $$\langle \psi_1|\left( \frac{\delta(r)}{r^2} -\frac{2}{r} +\frac{2}{r^2} \right) | \psi_0\rangle=\int dr e^{-3r/2}( \delta(r) -2r +2 )(2-r) =86/27~.\tag{8'}$$

В конце концов, ваши два подхода согласуются. Суть в том, что интегрирование по частям, неявное в эрмитовом маневре, работает без поверхностных членов в начале координат.

Это не трудно обобщить. Для сингулярных потенциалов (в отличие от вашего, я так понимаю), т.е. с$r^2V(r)$не исчезая в происхождении, взгляните на Khelasvili & Nadareishvili 2010 .