Delta de kronecker

[Eichs]

Re: Delta de kronecker

Hola.

De hecho, no hay que ver ningún caso particular, se puede hacer en general. La delta del primer miembro fuerza que

$$n = n'+1\ ,$$

lo cual significa que $\sqrt n = \sqrt{n'+1}$ (esto explica por qué el cambio en la raíz). Por otra parte, restando 1 a ambos miembros de (1), tenemos $n' = n-1$, que es exactamente lo que pide la segunda delta de Dirac. Esto completa la demostración.

Bueno, los casos a los que me refería es a $n=n'+1$, donde ocurre lo que Pod menciona y el caso $n\neq n'+1$ que es el caso trivial, pues en este caso se tiene que $0=0$, de todos modos me pareció importante hacerlo notar pues confirma que la igualdad se da para cualquier $(n,n')\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ .

Saludos.

[pod]

Re: Delta de kronecker

Hola.

En mi anterior post olvidé poner las raices cuadradas , pero por otro lado tuve un lapsus al ver la igualdad que pusiste, pues esta SI es cierta , observa que simplificando los términos semejantes se tiene que

$$\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+1}=\sqrt{n}\delta_{n',n-1}$$

Lo que ya es más fácil de verificar (solo tienes que ver los casos $n=n'+1$ y $n\neq n'+1$).

Saludos.

De hecho, no hay que ver ningún caso particular, se puede hacer en general. La delta del primer miembro fuerza que

$$n = n'+1\ ,$$

lo cual significa que $\sqrt n = \sqrt{n'+1}$ (esto explica por qué el cambio en la raíz). Por otra parte, restando 1 a ambos miembros de (1), tenemos $n' = n-1$, que es exactamente lo que pide la segunda delta de Dirac. Esto completa la demostración.

[Eichs]

Re: Delta de kronecker

Hola.

En mi anterior post olvidé poner las raices cuadradas , pero por otro lado tuve un lapsus al ver la igualdad que pusiste, pues esta SI es cierta , observa que simplificando los términos semejantes se tiene que

$$\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+1}=\sqrt{n}\delta_{n',n-1}$$

Lo que ya es más fácil de verificar (solo tienes que ver los casos $n=n'+1$ y $n\neq n'+1$).

Saludos.

[Aradan]

Re: Delta de kronecker

Nop, está bien redactado. Es un problema de Mec Cuántica del libro de Griffiths, que me piden encontrar

$\langle n|x|n'\rangle$

Y al final me falta ese paso, que en el solucionario no explica cómo lo realiza De hecho, si no hago ese paso, igual encuentro la matriz X en forma correcta, por lo tanto la igualdad está buena.

Además si sabía cómo se define la delta de kronecker, lo que no se es cómo modificar los n que salen ahí

[Eichs]

Re: Delta de kronecker

Hola.

Posiblemente la igualdad que deseas probar es

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
En este caso solo tienes que analizar os casos

• $$n=n'+1, \text{ y}$$

• $$n=n'-1$$

Saludos.

Editadas las raices cuadradas.

[Eichs]

Re: Delta de kronecker

Hola.

¿Seguro que haz copiado bien la igualdad que pones?, pues por ejemplo para $n=n'+1$, el lado izquierdo es igual a $\sqrt{n}$, mientras que el izquiero es cero.

En todo caso, ten en cuenta que $\delta_{m,n}=\left\{\begin{aligned}1&\mbox{ si }m=n\\0&\mbox{ si }m\neq n\end{aligned}\right.$

Saludos.

Vi mal la igualdad, corregido más abajo .

[Aradan]

No se como demostrar que

$\displaystyle{\sqrt{n' + 1} \delta_{n,n' +1}+\sqrt{n'} \delta_{n,n' -1}=\sqrt{n'} \delta_{n,n' -1}+\sqrt{n} \delta_{n', n-1}}$

No se me ocurre, si probar dando muchos valores o hay una forma más general