Su pregunta ha sido respondida de nuevo y de nuevo y de nuevo Aunque de forma indirecta y elíptica yo seré más directo y específico. La cuestión es que te has saltado variables: en este caso, t y por eso la expresión que has escrito ("según los libros, $\hat{L}K(x;x') = \delta(x-x')~$ "), es una tontería, como ya has comprobado adecuadamente; a menos que usted incluyó t en las coordenadas generalizadas, pero de nuevo la convolución que la precede no es correcta.
Todo es un malentendido deplorable, causado por un lenguaje descuidado en la comunidad. El Artículo de WP lo hace bien. La función de Green retardada G es la inversa de $\hat{L}=i\hbar\partial_t-H$ , $$ \hat{L}G(x,t;x',t') = \delta(t-t')\delta(x-x')~, $$ y es no exactamente el propagador. (Junto con su gemelo avanzado, constituyen un operador unitario hiperformal de evolución temporal, que no tiene interés práctico aquí).
Considere $$G\equiv \frac{1}{i\hbar} \theta(t-t') K(x,t;x',t'), $$ y posit $K(x,t;x',t)=\delta(x-x')$ . En ese caso, el propagador K resulta ser el núcleo (función propia nula) de $\hat{L}$ simplemente porque la derivada temporal en $\hat{L}$ que actúa sobre la función escalonada $\theta(t-t')$ , produce un $\delta (t-t')$ y por lo tanto un $\delta(x-x')$ al actuar sobre K por la postura anterior. Esto cancela los dos deltas en el lado derecho, y deja sólo $$ \theta(t-t'\!) ~~ \hat{L}K(x,t;x',t') = 0 $$ detrás.
Así que K es _el solución fundamental de la ecuación homogénea_ La TDSE real (¡recuerda que nunca quieres resolver la TDSE no homogénea!); y todo sale bien.
Sin pérdida de generalidad, tomemos $t'=0$ Así que escriba $K(x,t;x')$ . En consecuencia, $$ \psi(x,t)=\int dx' K(x,t;x') u(x') $$ es una función propia nula de $\hat{L}$ con la condición inicial $\psi(x,0)=u(x)$ que, a su vez, justifica la postura.
Es decir, la integral anterior es la superposición más general de las soluciones fundamentales correspondientes a todas las C.I. posibles
Ilustración de lo anterior con la partícula libre, $$ \left(i\hbar\partial_t + \frac{\hbar^2 \partial^2_x}{2m}\right) K(x,t;x')= 0 $$ produce $$ K(x,t;x')=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}dk\,e^{ik(x-x')} e^{-\frac{i\hbar k^2 t}{2m}}=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar t}\right)^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{m(x-x')^2}{2i\hbar t}}, $$ que satisface la postura de la C.I.
Parece que ya has verificado la solución de la ecuación homogénea anterior, $$ \left ( i\hbar\left( -\frac{1}{2t} +\frac{m(x-x')^2}{2i\hbar t^2}\right) +\frac{\hbar^2}{2m}\left ( -\frac{m}{i\hbar t } - \frac{m^2(x-x')^2}{\hbar^2 t^2} \right) \right ) K =0, $$ Bien.
También es sencillo encontrar el propagador para el oscilador (potencial cuadrático), por lo que se resuelve el magnífico Núcleo de Mehler (1866) , $$ K(x,t;x')=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar \sin \omega t}\right)^{\frac{1}{2}}\exp\left(-\frac{m\omega((x^2+x'^2)\cos\omega t-2xx')}{2i\hbar \sin\omega t}\right) ~,$$ que, continuado analíticamente, precede a este problema de QM en más de medio siglo...
