Matrixelemente des Impulsoperators in Ortsdarstellung

1) Beachten Sie, dass wir durch Einfügen eines vollständigen Satzes von Positionszuständen schreiben können

$$\hat p \psi(x) = \langle x|\hat p|\psi\rangle = \int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle\langle x'|\psi\rangle =\int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle \psi(x')$$ also wenn wir setzen $$\langle x|\hat p|x'\rangle = -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\delta(x-x') =i\hbar \frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x')$$ dann können wir die partielle Integration verwenden, um zu erhalten $$\hat p \psi(x) =i\hbar \int dx'\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x') \psi(x') = -i\hbar \int dx'\delta(x-x') \frac{d \psi}{dx'}(x') = -i\hbar \frac{d\psi}{dx}(x)$$ Dein Ausdruck ist also richtig. Die Ableitung einer Delta-Funktion wird im Wesentlichen durch die Integration durch Teilemanipulation definiert, die ich gerade durchgeführt habe; Tatsächlich werden Ableitungen von Verteilungen im Allgemeinen auf analoge Weise definiert. Siehe zum Beispiel diesen Vortrag .

Hoffentlich hilft das; lasst mich wissen, wenn es Tippfehler gibt!

Beifall!

1) Benutzer joshphysics hat die 1. Frage von OP bereits richtig beantwortet.

2a) In Bezug auf die 2. Frage von OP wird eine abgeleitet

$$i\hbar \delta(x-x^{\prime})~=~i\hbar\langle x | x^{\prime} \rangle ~=~\langle x | [\hat{x},\hat{p}] | x^{\prime} \rangle ~=~\langle x | \hat{x}\hat{p} | x' \rangle-\langle x | \hat{p} \hat{x} | x' \rangle$$ $$\tag{A}~=~(x-x^{\prime})\langle x | \hat{p} | x^{\prime} \rangle ~\stackrel{(1)}{=}~-i\hbar(x-x^{\prime})\frac{\partial}{\partial x}\delta(x-x^{\prime}).$$

Mit anderen Worten,

$$\tag{B}\delta(x-x^{\prime})~=~-(x-x^{\prime})\frac{\partial}{\partial x}\delta(x-x^{\prime}),$$

was auch durch Unterscheidung der Identität folgt

$$\tag{C} (x-x^{\prime})\delta(x-x^{\prime})~=~0$$

wrt.$x$.

2b) Gl. (B) sollte nicht auf beiden Seiten geteilt werden.$x-x^{\prime}$. Das Problem ist im Wesentlichen, dass die Verteilung$\frac{1}{x}\delta(x)$ist schlecht definiert.

Ein Argument, warum dies so ist, geht ungefähr so. Erinnern Sie sich an diese eine Möglichkeit, eine Verteilung zu verstehen $u$ist auf reibungslose Testfunktionen zu evaluieren$g:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$. Zum Beispiel, wenn die Verteilung$u$die Dirac-Delta-Verteilung ist , dann per Definition

$$\tag{D} u[g] ~:= ~g(0),$$

oder äquivalent, in einer vielleicht vertrauteren Notation,

$$\tag{E} \int_{\mathbb{R}}\! dx~\delta(x) g(x) ~:= ~g(0).$$

Man kann im Allgemeinen nicht multiplizieren$^1$zwei Verteilungen, aber man kann eine glatte Funktion multiplizieren$f:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$mit einer Verteilung$u$. Das Produkt$f\cdot u$ist definitionsgemäß

$$\tag{F} (f\cdot u)[g] ~:= ~u[fg].$$

Also wenn$u$ist die Dirac-Delta-Verteilung, bekommt man

$$\tag{G} (f\cdot u)[g] ~:= ~f(0) g(0).$$

Im Fall von OP, wenn wir versuchen, einzustellen$f(x)=\frac{1}{x}$, Dann$f(0)$wäre schlecht definiert.

Ein weiteres, weniger formelles Argument ist das, wenn wir fälschlicherweise akzeptieren$\frac{1}{x}\delta(x)$als Verteilung, dann neigen wir zu scheinbar bedeutungslosen Widersprüchen a la

$$x\cdot (\frac{1}{x} \delta(x))~=~x\cdot (\frac{1}{x}\cdot \delta(x))~=~(x\cdot \frac{1}{x})\cdot \delta(x)$$ $$\tag{H}~=~( \frac{1}{x}\cdot x)\cdot \delta(x)~=~ \frac{1}{x}\cdot (x\cdot \delta(x))~=~ \frac{1}{x}\cdot 0~=~0, \quad \text{(Wrong!)}$$

dh wir haben die Assoziativität der Multiplikation verloren.

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$^1$Wir ignorieren die Colombeau-Theorie . Siehe auch diesen Mathoverflow-Beitrag.

@joshphysics hat hervorragend illustriert, warum Ihr erster Teil, dh ⟨x|p^|x′⟩=−iℏ∂δ(x−x′)∂x? steht im Einklang mit der Quantenmechanik;

Lassen Sie uns Ihren zweiten Teil eher intuitiv überprüfen.

Denn allgemein gilt:

$$\int xg(x)f'(x)dx=-\int f(x)\frac{d}{dx}(xg(x))dx=-\int f(x)(xg'(x)+g(x))dx$$ Wenn $$f(x)=\delta(x)$$ Wir schließen daraus:

$$\int f(x)(xg'(x)+g(x))dx=\int\delta(x)g(x)dx=-\int xg(x)\delta'(x)dx$$

Daher

$$\delta'(x)=-\frac{1}{x}\delta(x)$$

Gilt in der Mathematik