Матричные элементы оператора импульса в позиционном представлении

1) Обратите внимание, что, вставив полный набор состояний позиции, мы можем написать

$$\hat p \psi(x) = \langle x|\hat p|\psi\rangle = \int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle\langle x'|\psi\rangle =\int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle \psi(x')$$ поэтому, если мы установим $$\langle x|\hat p|x'\rangle = -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\delta(x-x') =i\hbar \frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x')$$ то мы можем использовать интегрирование по частям, чтобы получить $$\hat p \psi(x) =i\hbar \int dx'\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x') \psi(x') = -i\hbar \int dx'\delta(x-x') \frac{d \psi}{dx'}(x') = -i\hbar \frac{d\psi}{dx}(x)$$ Так что ваше выражение верно. Производная дельта-функции по существу определяется интегрированием по частям, которое я только что выполнил; на самом деле производные распределений вообще определяются аналогичным образом. Посмотрите, например, эту лекцию .

Надеюсь, это поможет; дайте мне знать о любых опечатках!

Ваше здоровье!

1) Пользователь joshphysics уже правильно ответил на 1-й вопрос ОП.

2a) Что касается второго вопроса ОП, то получается

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

Другими словами,

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

что также следует путем дифференцирования тождества

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

относительно$x$.

2б) уравнение (B) не должны быть разделены на обе стороны относительно.$x-x^{\prime}$. Проблема в том, что распределение$\frac{1}{x}\delta(x)$плохо определен.

Один из аргументов, почему это так, выглядит примерно следующим образом. Напомним, что один из способов понять распределение $u$заключается в оценке на гладких тестовых функциях$g:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$. Например, если распределение$u$есть дельта-распределение Дирака , то по определению

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

или, что то же самое, в, возможно, более знакомой нотации,

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

Можно вообще не умножать$^1$два распределения, но можно умножить гладкую функцию$f:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$с раздачей$u$. Продукт$f\cdot u$по определению

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

Так что если$u$есть дельта-распределение Дирака, получается

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

В случае OP, если мы попытаемся установить$f(x)=\frac{1}{x}$, затем$f(0)$было бы нечетко определено.

Другой менее формальный аргумент заключается в том, что если мы ошибочно примем$\frac{1}{x}\delta(x)$как распределение, то мы склонны к, казалось бы, бессмысленным противоречиям а-ля

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

т.е. мы потеряли ассоциативность умножения.

--

$^1$Мы игнорируем теорию Коломбо . См. также этот пост mathoverflow.

@joshphysics дал отличную иллюстрацию того, почему ваша первая часть, то есть ⟨x|p^|x′⟩=−iℏ∂δ(x−x′)∂x? согласуется с квантовой механикой;

Давайте проверим вашу вторую часть достаточно интуитивно.

Так как в целом:

$$\int xg(x)f'(x)dx=-\int f(x)\frac{d}{dx}(xg(x))dx=-\int f(x)(xg'(x)+g(x))dx$$ Если $$f(x)=\delta(x)$$ Мы заключаем, что:

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

Таким образом

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

Правда в математике