Identità con prodotti di $delta$ di Kroenecker
Buongiorno a tutti. Pur venendo da un problema di Fisica, si tratta essenzialmente di una questione di algebra, quindi posterei in questa sezione il mio dubbio: sostanzialmente si tratta di dimostrare esplicitamente questa identità[nota]La notazione con le parentesi angolari fa riferimento a questo: dato uno spazio di Hilbert $H$, denoto i suoi elementi come \(|\psi\rangle\) (e quindi data una base \(\|e_i\rangle\), si ha \(|\psi\rangle=\sum_i\alpha_i|e_i\rangle\)); invece, \(\langle\psi|\) appartiene al duale di tale spazio e si rappresenta come \(\langle\psi|=\sum_i\bar\alpha\langle e_i|\).[/nota]: \[\langle n|x^2|n'\rangle=\sum_{l=0}^\infty\langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle.\] dove $x$ è un operatore lineare. Ho già calcolato i termini necessari, che a meno di una costante sono: \[\langle n|x^2|n'\rangle=(2n+1)\delta_{n,n'}+\sqrt{(n+2)(n+1)}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n(n-1)}\delta_{n,n'+2} \\ \langle n|x|n'\rangle=\sqrt{n'}\delta_{n,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+1}.\] dove le varie delta sono di Kroenecker. Sostituendo però non arrivo da nessuna parte; onestamente non so bene come trattare tutti questi prodotti di delta. Qualcuno ci sa combinare qualcosa?
Risposte
Forse puoi usare l’equazione di completezza
\[ \sum_{l=0}^\infty |l \rangle \langle l| = I \]
dove $I$ è l’operatore identità
perciò
\[ \langle n|x^2|n'\rangle= \langle n|xIx|n'\rangle = \langle n|x \sum_{l=0}^\infty |l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \sum_{l=0}^\infty \langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle \]
\[ \sum_{l=0}^\infty |l \rangle \langle l| = I \]
dove $I$ è l’operatore identità
perciò
\[ \langle n|x^2|n'\rangle= \langle n|xIx|n'\rangle = \langle n|x \sum_{l=0}^\infty |l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \sum_{l=0}^\infty \langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle \]
Certo, ma lo spirito dell'esercizio è proprio dimostrare che vale la relazione di completezza in modo esplicito 
Uh, ok
boh, forse si può fare così, usando le uguaglianze che hai già calcolato:
\[ \sum_{l=0}^\infty\langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \sum_{l=0}^\infty \left( \sqrt{l}\delta_{n,l-1}+\sqrt{l+1}\delta_{n,l+1} \right) \left( \sqrt{n'}\delta_{l,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{l,n'+1} \right) \]
poi osserviamo che il primo termine tra parentesi nella sommatoria è diverso da zero solo per $l = n+1$ e $l = n-1$, perciò
\[ \sum_{l=0}^\infty\langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \\
= \sqrt{n+1} \left( \sqrt{n'}\delta_{n+1,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n+1,n'+1} \right) + \sqrt{n} \left( \sqrt{n'}\delta_{n-1,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n-1,n'+1} \right) = \\
=\sqrt{n+1} \left( \sqrt{n'}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'} \right) + \sqrt{n} \left( \sqrt{n'}\delta_{n,n'}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+2} \right) = \\
= \sqrt{n+1} \Big( \sqrt{n+2}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n+1}\delta_{n,n'} \Big) + \sqrt{n} \Big( \sqrt{n}\delta_{n,n'}+\sqrt{n-1}\delta_{n,n'+2} \Big) = \\
=(2n+1)\delta_{n,n'}+\sqrt{(n+2)(n+1)}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n(n-1)}\delta_{n,n'+2}\]
boh, forse si può fare così, usando le uguaglianze che hai già calcolato:
\[ \sum_{l=0}^\infty\langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \sum_{l=0}^\infty \left( \sqrt{l}\delta_{n,l-1}+\sqrt{l+1}\delta_{n,l+1} \right) \left( \sqrt{n'}\delta_{l,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{l,n'+1} \right) \]
poi osserviamo che il primo termine tra parentesi nella sommatoria è diverso da zero solo per $l = n+1$ e $l = n-1$, perciò
\[ \sum_{l=0}^\infty\langle n|x|l\rangle\langle l|x|n'\rangle = \\
= \sqrt{n+1} \left( \sqrt{n'}\delta_{n+1,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n+1,n'+1} \right) + \sqrt{n} \left( \sqrt{n'}\delta_{n-1,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n-1,n'+1} \right) = \\
=\sqrt{n+1} \left( \sqrt{n'}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'} \right) + \sqrt{n} \left( \sqrt{n'}\delta_{n,n'}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+2} \right) = \\
= \sqrt{n+1} \Big( \sqrt{n+2}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n+1}\delta_{n,n'} \Big) + \sqrt{n} \Big( \sqrt{n}\delta_{n,n'}+\sqrt{n-1}\delta_{n,n'+2} \Big) = \\
=(2n+1)\delta_{n,n'}+\sqrt{(n+2)(n+1)}\delta_{n,n'-2}+\sqrt{n(n-1)}\delta_{n,n'+2}\]
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