Дельта Дирака в определении функции Грина

На ваш вопрос отвечали снова и снова , и снова , хотя и косвенно и эллиптически — я просто буду более прямым и конкретным. Дело в том, что вы пропустили переменные: в данном случае t и, следовательно, написанное вами выражение ("согласно книгам,$\hat{L}K(x;x') = \delta(x-x')~$"), ерунда, как вы уже правильно выяснили, если только вы не включили t в обобщенные координаты, но опять же предшествующая ей свертка неверна.

Это все прискорбное недоразумение, вызванное неряшливым языком в сообществе. В статье WP это правильно. Запаздывающая функция Грина G является обратной$\hat{L}=i\hbar\partial_t-H$,

$$\hat{L}G(x,t;x',t') = \delta(t-t')\delta(x-x')~,$$ и это не совсем пропагандист. (Вместе со своим продвинутым близнецом они составляют гиперформальный унитарный оператор эволюции времени, не представляющий здесь практического интереса.)

Учитывать

$$G\equiv \frac{1}{i\hbar} \theta(t-t') K(x,t;x',t'),$$ и положи$K(x,t;x',t)=\delta(x-x')$. В этом случае пропагатор K оказывается ядром (нулевой собственной функцией)$\hat{L}$, просто потому, что производная по времени в$\hat{L}$действует на ступенчатую функцию$\theta(t-t')$, дает$\delta (t-t')$и, следовательно,$\delta(x-x')$при действии на K по указанному выше положению. Затем они отменяют две дельты на правой стороне и оставляют только $$\theta(t-t'\!) ~~ \hat{L}K(x,t;x',t') = 0$$ за.

Таким образом , K является фундаментальным решением однородного уравнения , реального TDSE (напомним, что вы никогда не хотите решать неоднородный TDSE!); и все получается.

Без ограничения общности возьмем$t'=0$, так что пиши$K(x,t;x')$. Следовательно

$$\psi(x,t)=\int dx' K(x,t;x') u(x')$$ является нулевой собственной функцией$\hat{L}$с начальным условием$\psi(x,0)=u(x)$, что, в свою очередь, оправдывает постул.

То есть приведенный выше интеграл представляет собой наиболее общую суперпозицию фундаментальных решений, соответствующих всем возможным ИК

Иллюстрируя вышесказанное со свободной частицей,

$$\left(i\hbar\partial_t + \frac{\hbar^2 \partial^2_x}{2m}\right) K(x,t;x')= 0$$ урожаи $$K(x,t;x')=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}dk\,e^{ik(x-x')} e^{-\frac{i\hbar k^2 t}{2m}}=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar t}\right)^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{m(x-x')^2}{2i\hbar t}},$$ что удовлетворяет постулату IC.

Похоже, вы уже проверили решение приведенного выше однородного уравнения,

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

Точно так же легко найти пропагатор для осциллятора (квадратичный потенциал), а затем решить для великолепного ядра Мелера (1866 г.) ,

$$K(x,t;x')=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar \sin \omega t}\right)^{\frac{1}{2}}\exp\left(-\frac{m\omega((x^2+x'^2)\cos\omega t-2xx')}{2i\hbar \sin\omega t}\right) ~,$$ которая в аналитическом продолжении предшествует этой проблеме КМ более чем на полвека...