Questa domanda mi è stata posta per la prima volta da un mio amico; per le sottigliezze coinvolte, adoro questa domanda. :-)

Il "difetto" è che non stai contando attentamente la dimensione. Come altre risposte hanno sottolineato, le funzioni $ \ delta $ non sono valide $ \ mathcal {L} ^ 2 (\ mathbb {R}) $ , quindi dobbiamo definire una funzione kosher che dia la funzione $ \ delta $ come caso limite. Questo viene fatto essenzialmente considerando un regolatore UV per le tue funzioni d'onda nello spazio. Risolviamo il più semplice problema della "particella in una scatola", su un reticolo. La risposta per l'oscillatore armonico sarà concettualmente la stessa. Nota anche che risolvere il problema su un reticolo di dimensioni $ a $ è simile a considerare funzioni rettangolari di larghezza $ a $ e unità area, come versioni regolamentate di $ \ delta $ -functions.

Il cutoff UV (la più piccola risoluzione di posizione) diventa la la quantità di moto massima possibile per la funzione d'onda della particella e il taglio IR (all'incirca l'ampiezza massima della funzione d'onda che corrisponderà alla dimensione della scatola) fornisce il quanto di quantità di moto minimo e quindi la differenza tra i livelli. Ora puoi vedere che il numero di stati (finito) è lo stesso in base di posizione e base di quantità di moto. La sottigliezza è quando prendi il limite della piccola spaziatura del reticolo. Quindi la quantità di moto massima va a "infinito" mentre la risoluzione della posizione va a zero - ma gli stati di base della posizione sono ancora numerabili!

Nel caso dell'oscillatore armonico, la diffusione dello stato fondamentale (diffusione massima) dovrebbe corrispondere al quanto della quantità di moto, cioè la dimensione del reticolo nello spazio della quantità di moto.

L'intuizione fisica

Quando consideriamo l'insieme di possibili funzioni d'onda, abbiamo bisogno che si comportino ragionevolmente , cioè solo un numero numerabile di discontinuità. In effetti, tali funzioni hanno solo un numero numerabile di gradi di libertà (a differenza delle funzioni che possono essere comportate molto male). IIRC, questa è una delle condizioni necessarie affinché una funzione sia trasformabile in Fourier.

ADDENDUM: vedi la risposta di @ tparker per una bella spiegazione con un trattamento leggermente più rigoroso che giustifichi il motivo per cui le funzioni d'onda hanno solo gradi di libertà numerabili.

1. Lo spazio di Hilbert $ {\ cal H} $ dell'oscillatore armonico unidimensionale nella posizione la rappresentazione è l'insieme $ L ^ 2 (\ mathbb {R}) = {\ cal L} ^ 2 (\ mathbb {R}) / {\ cal N} $ (di classi di equivalenza) di funzioni integrabili quadrate $ \ psi: \ mathbb {R} \ to \ mathbb {C} $ sulla linea reale. La relazione di equivalenza è modulo funzioni misurabili che svaniscono ae

2. La distribuzione delta di Dirac $ \ delta (x-x_ {0}) $ non è una funzione. È una distribuzione. In particolare, non è integrabile al quadrato, cfr. questo post di Phys.SE.

3. Si può dimostrare che tutti gli spazi complessi di Hilbert separabili a dimensione infinita sono isomorfi all'insieme $$ {\ ell} ^ {2} (\ mathbb {N}) ~: = ~ \ left \ {(x_n) _ {n \ in \ mathbb {N}} \ mid \ sum_ {n \ in \ mathbb {N}} | x_n | ^ 2 < \ infty \ right \} $$ di sequenze complesse integrabili quadrate.

Bisogna stare attenti a cosa si intende per "dimensione" di uno spazio vettoriale.

Un teorema di analisi funzionale ci dice che due basi di Hilbert qualsiasi per uno spazio di Hilbert devono avere la stessa cardinalità . Questo ci permette di definire la dimensione di Hilbert di uno spazio di Hilbert come la cardinalità di qualsiasi base di Hilbert.

Lo spazio di Hilbert per l'armonica unidimensionale oscillatore è $ L ^ 2 (\ mathbb R) $. Sappiamo che esiste almeno una base ortonormale numerabile per $ L ^ 2 (\ mathbb R) $. È la base che comunemente chiamiamo $ \ {| 0 \ rangle, | 1 \ rangle, \ dots \} $ quando discutiamo della fisica dell'oscillatore. Pertanto, la dimensione di Hilbert di $ L ^ 2 (\ mathbb R) $ è $ \ aleph_0 $.

I delta di Dirac non sono elementi di $ L ^ 2 (\ mathbb R) $, quindi non esiste contraddizione.

Le risposte precedenti sono tutte corrette, ma ho pensato di fornire una spiegazione più concettuale del motivo per cui la base della funzione delta è la base "sbagliata" in cui espandersi quando si contano i gradi di libertà. Poiché la situazione è molto, molto più complicata in QFT, per semplicità considererò solo le funzioni d'onda prima quantizzate per un sistema con un numero di particelle fisso e finito, in modo che lo spazio di configurazione sia solo $ \ mathbb {R} ^ n $ per qualche $ n $ finito. (Se non sai cosa sia lo "spazio di configurazione", tutto ciò che conta davvero per questa domanda è che per un sistema a particella singola, è lo stesso dello spazio reale.)

I fisici dicono spesso che per questi sistemi, "lo spazio di Hilbert $ L ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $ è lo spazio delle funzioni integrabili al quadrato su $ \ mathbb {R} ^ n $, con interno prodotto $ \ langle f | g \ rangle: = \ int _ {\ mathbb {R} ^ n} d ^ nx \ f ^ * ({\ bf x}) \, g ({\ bf x}). $ "Ma questa definizione è sbagliata, perché quello non è effettivamente un prodotto interno valido su quello spazio! Il problema è che viola il requisito di definizione positiva per il prodotto interno che $ || \ psi || = 0 \ implica | \ psi \ rangle = 0 $: se una funzione $ f $ è supportata su un insieme non vuoto di Lebesgue misura zero, la "norma" $ \ int _ {\ mathbb {R} ^ n} d ^ nx \ | f ({ \ bf x}) | ^ 2 = 0 $. Poiché questa "norma" è zero per alcuni vettori diversi da zero, è più propriamente solo una seminorm sullo spazio di funzioni integrabili al quadrato su $ \ mathbb {R} ^ n $. Questo spazio funzione è indicato con $ \ mathcal {L} ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $ (nota il diverso script per "$ \ mathcal {L} $") ed è quindi solo un vettore seminormato spazio.

Per convertire $ \ mathcal {L} ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $ in un vero spazio di Hilbert, dobbiamo modificarlo dallo spazio vettoriale delle funzioni il cui supporto Lebesgue misura zero. In altre parole, definiamo una relazione di equivalenza $ f \ sim g $ tra le funzioni $ f ({\ bf x}) $ e $ g ({\ bf x}) $ che concordano quasi ovunque, quindi definiamo lo spazio di Hilbert $ L ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $ per essere lo spazio delle classi di equivalenza sotto questa relazione di equivalenza. Quindi due funzioni integrabili al quadrato $ \ psi ({\ bf x}) $ e $ \ phi ({\ bf x}) $ che sono quasi ovunque uguali, ma differiscono su un insieme di misura di Lebesgue zero, in realtà corrispondono al identico stato $ | \ psi \ rangle $ nello spazio di Hilbert. Questo risolve il problema, perché ora tutte quelle funzioni problematiche il cui supporto ha Lebesgue misura zero corrispondono al vettore zero dello spazio di Hilbert, quindi va bene che abbiano norma zero.

Questo è più di un semplice trucco tecnico eseguito solo per soddisfare la definizione matematica di un prodotto interno: in realtà è la cosa giusta da fare fisicamente. Ricorda che il valore di $ | \ psi ({\ bf x}) | ^ 2 $ in un punto particolare $ {\ bf x} $ non è in realtà una probabilità, è una probabilità densità , che non è una quantità fisica direttamente. Non è possibile misurare direttamente la densità di probabilità in un singolo punto; puoi misurare solo la probabilità $ P (V) = \ int_V d ^ nx \, | \ psi ({\ bf x}) | ^ 2 $ che una particella si trovi in ​​una regione (potenzialmente molto piccola) $ V $. Ma se due funzioni d'onda $ \ psi, \ phi \ in \ mathcal {L} ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $ differiscono solo per un insieme di misura zero di Lebesgue, allora $ P (V) = \ int_V d ^ nx \, | \ psi ({\ bf x}) | ^ 2 = \ int_V d ^ nx \, | \ phi ({\ bf x}) | ^ 2 $ sarà lo stesso per qualsiasi regione $ V $. Pertanto tutte le grandezze misurabili fisicamente saranno le stesse per queste due funzioni d'onda, e quindi corrispondono allo stesso stato fisico $ | \ psi \ rangle \ in L ^ 2 (\ mathbb {R} ^ n) $.

Il punto di tutto questo è che qualsiasi funzione d'onda $ \ psi ({\ bf x}) $ trasporta molte informazioni extra, non fisiche (oltre al fattore di fase generale, a cui probabilmente sei abituato). Cambiare il suo valore in qualsiasi insieme di punti della misura zero di Lebesgue non cambia in realtà lo stato. La base della funzione delta (non numerabile) è troppo "fine" e individua tutti questi gradi di libertà non fisici irrilevanti. La base (numerabile) oscillatore-autostato, d'altra parte, è molto meno sensibile ai dettagli della funzione d'onda: cambiare $ \ psi ({\ bf x}) $ su qualsiasi insieme di misura zero di Lebesgue non cambia nessuna delle i coefficienti di espansione $ \ langle \ psi_n | \ psi \ rangle $. Questi coefficienti quindi registrano solo informazioni sui gradi di libertà fisici, di cui ce ne sono solo molti numerabili.

A proposito, lo spazio di Hilbert $ L ^ 2 \ left (\ mathbb {R} ^ d \ right) $ è lo stesso per la particella libera come per l'oscillatore armonico, quindi tutto in questa risposta viene trasferito direttamente a la domanda complementare sullo spazio di Hilbert a particelle libere.