Dirac Delta in der Definition der Green-Funktion

Ihre Frage wurde immer wieder beantwortet , wenn auch indirekt und elliptisch – ich werde nur direkter und spezifischer sein. Der Punkt ist, dass Sie Variablen übersprungen haben: in diesem Fall t und damit der Ausdruck, den Sie geschrieben haben ("Laut Büchern$\hat{L}K(x;x') = \delta(x-x')~$"), ist Unsinn, wie Sie bereits richtig festgestellt haben; es sei denn , Sie haben t in die verallgemeinerten Koordinaten aufgenommen, aber dann ist die vorangehende Faltung wieder nicht richtig.

Es ist alles ein bedauerliches Missverständnis, verursacht durch schlampige Sprache in der Community. Der WP-Artikel macht es richtig. Die verzögerte Green-Funktion G ist die Umkehrung von$\hat{L}=i\hbar\partial_t-H$,

$$\hat{L}G(x,t;x',t') = \delta(t-t')\delta(x-x')~,$$ und es ist nicht gerade der Propagator. (Zusammen mit seinem fortgeschrittenen Zwilling bilden sie einen hyperformalen unitären Zeitentwicklungsoperator, der hier keine praktische Bedeutung hat.)

In Betracht ziehen

$$G\equiv \frac{1}{i\hbar} \theta(t-t') K(x,t;x',t'),$$ und postulieren$K(x,t;x',t)=\delta(x-x')$. In diesem Fall stellt sich heraus, dass der Propagator K der Kern (Null-Eigenfunktion) von ist$\hat{L}$, einfach weil die Zeitableitung in$\hat{L}$wirkt auf die Sprungfunktion$\theta(t-t')$, ergibt a$\delta (t-t')$und damit a$\delta(x-x')$wenn auf K durch die obige Position eingewirkt wird. Diese heben dann die beiden Deltas auf der rechten Seite auf und verlassen nur $$\theta(t-t'\!) ~~ \hat{L}K(x,t;x',t') = 0$$ hinter.

K ist also die fundamentale Lösung der homogenen Gleichung , der echten TDSE (denken Sie daran, dass Sie niemals die inhomogene TDSE lösen wollen!); und alles klappt.

Nehmen Sie ohne Verlust der Allgemeinheit$t'=0$, also schreiben$K(x,t;x')$. Folglich

$$\psi(x,t)=\int dx' K(x,t;x') u(x')$$ eine Null-Eigenfunktion von ist$\hat{L}$mit Anfangszustand$\psi(x,0)=u(x)$, was wiederum die Position rechtfertigt.

Das heißt, das obige Integral ist die allgemeinste Überlagerung der Fundamentallösungen, die allen möglichen ICs entsprechen

Illustriert das obige mit dem freien Teilchen,

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

Sie scheinen die Lösung der obigen homogenen Gleichung bereits verifiziert zu haben,

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

Es ist auch einfach, den Propagator für den Oszillator (quadratisches Potential) ebenfalls zu finden, also dann nach dem großartigen Mehler-Kern (1866) aufzulösen .

$$K(x,t;x')=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar \sin \omega t}\right)^{\frac{1}{2}}\exp\left(-\frac{m\omega((x^2+x'^2)\cos\omega t-2xx')}{2i\hbar \sin\omega t}\right) ~,$$ die, analytisch fortgesetzt, diesem QM-Problem mehr als ein halbes Jahrhundert vorausgeht...