Delta de Dirac en la definición de la función de Green

Su pregunta ha sido respondida una y otra vez , aunque de manera indirecta y elíptica. Seré más directo y específico. El punto es que omitió variables: en este caso, t , por lo que la expresión que escribió ("según los libros,$\hat{L}K(x;x') = \delta(x-x')~$"), no tiene sentido, como ya descubrió; a menos que haya incluido t en las coordenadas generalizadas, pero nuevamente la convolución que lo precede no es correcta.

Todo es un deplorable malentendido, causado por un lenguaje chapucero en la comunidad. El artículo de WP lo hace bien. La función de Green retardada G es la inversa de$\hat{L}=i\hbar\partial_t-H$,

$$\hat{L}G(x,t;x',t') = \delta(t-t')\delta(x-x')~,$$ y no es exactamente el propagador. (Junto con su gemelo avanzado, comprenden un operador de evolución temporal unitario hiperformal, que no tiene ningún interés práctico aquí).

Considerar

$$G\equiv \frac{1}{i\hbar} \theta(t-t') K(x,t;x',t'),$$ y postular$K(x,t;x',t)=\delta(x-x')$. En ese caso, el propagador K resulta ser el núcleo (función propia nula) de$\hat{L}$, simplemente porque la derivada del tiempo en$\hat{L}$actuando sobre la función escalón$\theta(t-t')$, produce un$\delta (t-t')$y por lo tanto un$\delta(x-x')$cuando actúa sobre K por la posición anterior. Estos luego cancelan los dos deltas en el lado derecho y dejan solo $$\theta(t-t'\!) ~~ \hat{L}K(x,t;x',t') = 0$$ detrás.

Entonces K es la solución fundamental de la ecuación homogénea , el TDSE real (¡recuerde que nunca desea resolver el TDSE no homogéneo!); y todo sale bien

Sin pérdida de generalidad, tome$t'=0$, así que escribe$K(x,t;x')$. Como consecuencia

$$\psi(x,t)=\int dx' K(x,t;x') u(x')$$ es una función propia nula de$\hat{L}$con condición inicial$\psi(x,0)=u(x)$, lo que, a su vez, justifica la posit.

Es decir, la integral anterior es la superposición más general de las soluciones fundamentales correspondientes a todos los CI posibles.

Ilustrando lo anterior con la partícula libre,

$$\left(i\hbar\partial_t + \frac{\hbar^2 \partial^2_x}{2m}\right) K(x,t;x')= 0$$ rendimientos $$K(x,t;x')=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}dk\,e^{ik(x-x')} e^{-\frac{i\hbar k^2 t}{2m}}=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar t}\right)^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{m(x-x')^2}{2i\hbar t}},$$ lo que satisface el IC posit.

Parece que ya ha verificado la solución de la ecuación homogénea anterior,

$$\left ( i\hbar\left( -\frac{1}{2t} +\frac{m(x-x')^2}{2i\hbar t^2}\right) +\frac{\hbar^2}{2m}\left ( -\frac{m}{i\hbar t } - \frac{m^2(x-x')^2}{\hbar^2 t^2} \right) \right ) K =0,$$ está bien.

También es sencillo encontrar el propagador del oscilador (potencial cuadrático), luego resolver el magnífico núcleo de Mehler (1866) ,

$$K(x,t;x')=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar \sin \omega t}\right)^{\frac{1}{2}}\exp\left(-\frac{m\omega((x^2+x'^2)\cos\omega t-2xx')}{2i\hbar \sin\omega t}\right) ~,$$ que, continuado analíticamente, precede a este problema QM por más de medio siglo...