¿Cómo obtener el operador de posición en la representación de momento a partir de conocer el operador de momento en la representación de posición?

Así es como lo haces.

Primero, observe que para cualquier estado$|\psi\rangle$, tenemos

$$\begin{align} \langle p|[\hat x, \hat p]|\psi\rangle &= \langle p|\hat x\hat p-\hat p\hat x|\psi\rangle \\ &= \langle p|\hat x\hat p|\psi\rangle - \langle p|\hat p \hat x|\psi\rangle \\ &= \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle - p\langle p|\hat x|\psi\rangle \end{align}$$ Ahora, recordemos la relación de conmutación canónica entre $\hat x$y $\hat p$; $$\begin{align} [\hat x, \hat p] &= i\hbar \hat I \end{align}$$ dónde $\hat I$es el operador de identidad. Usando este hecho en el lado izquierdo de la manipulación que acabamos de realizar, y reorganizando un poco, encontramos que $$\begin{align} p\langle p|\hat x|\psi\rangle = \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle -i\hbar\langle p|\psi\rangle. \tag{1} \end{align}$$ Ahora, enfócate en el primer término a la derecha. tenemos $$\begin{align} \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle &= \int dx\,\langle p|\hat x|x\rangle\langle x|\hat p|\psi\rangle \\ &= \int dx\, x e^{ipx/\hbar}\left[-i\hbar \frac{d}{dx}\psi(x)\right] \\ &= i\hbar \int dx\, \frac{d}{dx}(xe^{ipx/\hbar})\psi(x) \\ &= i\hbar \int dx\, e^{ipx/\hbar}\psi(x) + i\hbar\int dx\,x\left(\frac{ip}{\hbar}\right)e^{ipx/\hbar}\psi(x) \\ &= i\hbar\psi(p) -p\int dx\,xe^{ipx/\hbar}\psi(x)\\ &= i\hbar\psi(p)+i\hbar p\frac{d}{dp}\int dx\,e^{ipx/\hbar}\psi(x) \\ &= i\hbar\psi(p)+i\hbar p \frac{d}{dp}\psi(p) \tag{2} \end{align}$$ donde hemos hecho un uso liberal de la integración por partes, y las siguientes identidades: $$\begin{align} \int dx\, |x\rangle\langle x| = \hat I, \qquad \psi(x) \overset{\mathrm{def}}{=} \langle x|\psi\rangle, \qquad \psi(p) \overset{\mathrm{def}}{=} \langle p|\psi\rangle,\qquad \langle x|\hat p|\psi\rangle = -i\hbar\frac{d}{dx}\psi(x). \end{align}$$ El último hecho es precisamente la afirmación de que la representación del espacio de posición del operador de cantidad de movimiento es $-i\hbar d/dx$. Ahora combina $(1)$y $(2)$para obtener $$\begin{align} p\langle p|\hat x|\psi\rangle = i\hbar p\frac{d}{dp}\psi(p) \tag{3} \end{align}$$ A continuación, simplemente notamos que si denotamos la representación del espacio de momento del operador de posición como $D^{(p)}(\hat x)$, entonces por definición $$\begin{align} D^{(p)}(\hat x)\psi(p) = \langle p|\hat x|\psi\rangle, \end{align}$$ Combinando esto con $(3)$, y observando que la ecuación resultante debe cumplirse para todos $p$, y dividiendo ambos lados por $p$, obtenemos el resultado deseado; $$\begin{align} D^{(p)}(\hat x) = i\hbar \frac{d}{dp} \end{align}$$

Suponga que es unidimensional y$\hbar=1$

1. Por $$\begin{array} \hat \hat{p} |p \rangle &= p | p \rangle \\ \langle x | \hat{p} |p \rangle &= p \langle x | p \rangle \\ -i \frac{\partial}{\partial x} \langle x| p \rangle &= p \langle x| p \rangle \,\,\,\, (1) \end{array}$$

porque ya lo sabias$\hat{p}=-i\frac{\partial}{\partial x}$, por eso$\langle x |\hat{p}| \psi \rangle =-i \frac{\partial}{\partial x} \langle x | \psi \rangle$. Tomar$|\psi\rangle = | p \rangle$, obtenemos (1).

Resolviendo la ecuación diferencial (1) para$\langle x| p \rangle$, tenemos

$$\langle x | p \rangle= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{ipx}$$ , $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$es una constante de normalización.

2.

$$\begin{array} \langle \langle p | \hat{x} | p' \rangle &= \int \!\! \int \langle p |x \rangle \langle x | \hat{x}| x' \rangle \langle x'|p' \rangle dxdx' \\ &= \frac{1}{2\pi} \int \!\! \int e^{-ipx+ip'x'} x' \delta (x-x') dx dx' \\ &= \frac{1}{2\pi} \int e^{-i(p-p')x} x dx \\ &= \frac{i}{2\pi} \frac{ \partial}{\partial p} \int e^{-i(p-p')x} dx \\ &= i \frac{ \partial}{\partial p} \delta(p-p') \end{array}$$

3. Mostraremos

$$\langle p | \hat{x} | \psi \rangle = i \frac{ \partial}{\partial p} \psi(p), \forall |\psi\rangle$$ , aquí $\psi(p):=\langle p | \psi \rangle$.

Por el siguiente procedimiento

$$\begin{array} \langle \langle p | \hat{x} | \psi \rangle &= \int \langle p| \hat{x} | p' \rangle \langle p' | \psi \rangle dp' \\ &= \int i \frac{ \partial}{\partial p} \delta(p-p') \psi(p') dp' \\ &= i \frac{ \partial}{\partial p} \psi(p) \end{array}$$

en realidad no necesitas$\hat{p}$para hacer esto. Puedes partir del hecho de que$\hat{x}$, cuando se aplica a una función propia de posición, tiene que producir el valor propio de posición correspondiente ($x_0$) veces esa misma función:

$$\hat{x}\phi_{x_0}(p) = x_0\phi_{x_0}(p)$$

En la representación del momento, las funciones propias de posición toman la forma$\phi_{x_0}(p) = e^{-ipx_0/\hbar}$. (Eso proviene de la transformada de Fourier de la función delta). Entonces, ¿qué operador puede aplicar a esto que extrae un factor de$x_0$? No es difícil darse cuenta por alguna combinación de intuición, prueba y error, que una derivada con respecto a$p$hará el truco, específicamente

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial p}e^{-ipx_0/\hbar} = x_0e^{-ipx_0/\hbar}$$

Eso es suficiente para identificar

$$\hat{x} = i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$$

Incluso si tienes la definición de$\hat{p}$, esta sigue siendo probablemente la forma más fácil de encontrar$\hat{x}$en la representación del impulso. Si desea llegar a una demostración que involucre explícitamente la definición de$\hat{p}$, debe averiguar qué otra parte de la definición de la representación de la posición desea descartar para que sea necesario comenzar desde$\hat{p}$.

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Como argumento aproximado, se podría decir que las representaciones de posición y momento están relacionadas por conjugación compleja. Observe que la transformación que lo lleva de la representación de posición a la representación de impulso es esta:

$$\phi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\psi(x)e^{-ipx/\hbar}\mathrm{d}x$$

y el que te devuelve es este:

$$\psi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\phi(p)e^{ipx/\hbar}\mathrm{d}p$$

si cambias$\psi(x)\leftrightarrow\phi(p)$,$x\leftrightarrow p$, y$i\leftrightarrow -i$, deja estas transformaciones sin cambios. Esto implica que puede "cambiar" el espacio de posición y el espacio de momento en cualquier fórmula siempre que también tome el complejo conjugado.

Aplicando este razonamiento a$\hat{p} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}$, usted obtiene$\hat{x} = i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$.

Dirac argumenta a partir de la simetría en sus Principios de QM :

En un sistema 1-D,$\hat{q}$y$\hat{p}$ambos son observables, con valores propios que se extienden desde$-\infty$a$+\infty$, y están conectados por la relación de conmutación$[\hat{q},\hat{p}]=i \hbar$.

Ya que uno puede intercambiar$\hat{q}$y$\hat{p}$en estas ecuaciones si$i$es reemplazado por$-i$, se sigue que, si hay una representación en la que$\hat{q}$es diagonal y

$$\hat{p} = -i \hbar \frac{d}{dq}$$

también debe haber una representación en la que$\hat{p}$es diagonal y

$$\hat{q} = +i \hbar \frac{d}{dp}$$

QED.

En realidad, Dirac primero hace un poco de trabajo para demostrar que$\hat{p}$es de hecho un observable con un rango infinito de valores propios, como$\hat{x}$.

Creo que la ambigüedad señalada por Qmechanic no aparece aquí porque:

• Dirac construye los estados propios de$\hat{q}$específicamente para dar la expresión simple de un solo término para$\hat{p}$
• En el análisis de Qmechanic, los estados propios están especificados por "el enemigo" y no son ajustables.

Digamos que nos entregan un sistema mecánico cuántico 1D, que satisface la relación de conmutación canónica

$$\tag{1} [\hat{Q},\hat{P}]~=~ i\hbar~{\bf 1},$$

y entregó algunas opciones de estados propios$|q\rangle$y$|p\rangle$por cada valor de$q,p\in\mathbb{R}$. Los estados propios satisfacen

$$\tag{2} \hat{Q} \mid q \rangle ~=~q\mid q \rangle, \qquad \hat{P}\mid p \rangle ~=~p\mid p \rangle ,$$

$$\tag{3} \langle q \mid q^{\prime} \rangle~=~\delta(q-q^{\prime}), \qquad \langle p \mid p^{\prime} \rangle~=~\delta(p-p^{\prime}),$$

$$\tag{4}\int_{\mathbb{R}} \!dq~ \mid q \rangle\langle q \mid~=~{\bf 1}, \qquad \int_{\mathbb{R}} \!dp~ \mid p \rangle\langle p \mid~=~{\bf 1}.$$

Los estados propios (2) no están definidos de manera única. En principio, se podrían redefinir con factores de fase.

$$\tag{5} |q \rangle ~\longrightarrow~ |q \rangle^{\prime}~:=~f(q)|q \rangle, \qquad |p \rangle ~\longrightarrow~ |p \rangle^{\prime}~:=~g(p)|p \rangle,$$

dónde$f$y$g$son dos factores de fase$|f|=|g|=1$. La nueva base también satisfaría las ecs. (2-4). Por lo tanto, si el enemigo ha elegido los estados propios (2) para nosotros, deberíamos (como mínimo) esperar que la representación de posición y momento de Schrödinger pueda contener factores de fase no triviales

$$\tag{6} \hat{Q}~=~q, \qquad \frac{i}{\hbar}\hat{P}~=~ \frac{1}{f(q)}\frac{\partial}{\partial q} f(q)~=~ \frac{\partial}{\partial q} +\frac{f^{\prime}(q)}{f(q)},$$

y

$$\tag{7} \hat{P}~=~p, \qquad \frac{1}{i\hbar}\hat{Q}~=~ \frac{1}{g(p)}\frac{\partial}{\partial p} g(p)~=~ \frac{\partial}{\partial p} +\frac{g^{\prime}(p)}{g(p)},$$

respectivamente. Tenga en cuenta que las dos representaciones de Schrödinger (6-7) son consistentes con el CCR (1). [Por otro lado, resulta que las ecs. (6-7) constituyen las representaciones de Schrödinger de posición y momento más generales, respectivamente. Esto se puede establecer, por ejemplo, conociendo la forma más general de la$\langle p \mid q \rangle$superposición, ver, por ejemplo, esta respuesta Phys.SE.]

Ahora volvamos a la pregunta de OP. Asumir que$\hat{P}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial q}$, es decir, que el factor de fase de posición$f(q)$es una constante (independiente de$q$) en la ec. (6). Esto no implica que$\hat{Q}=i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$, es decir, que el factor de fase de cantidad de movimiento$g(p)$es una constante también en la ec. (7).

Hacemos hincapié en que los dos factores de fase en las ecs. (6-7) no son solo un ejercicio académico. A menudo, por supuesto, uno trataría de elegir estados propios (2) tales que los factores de fase$f$y$g$desaparecen, como suele suponerse en los libros de texto elementales. Sin embargo, en los sistemas cuánticos reales, esto puede no ser posible por varias razones, por ejemplo, dependencia de parámetros externos u obstrucciones topológicas. En tales situaciones, los factores de fase$f$y$g$puede tener consecuencias físicas importantes.

Si

$$\begin{equation} q\,p\boldsymbol{-}p\,q\boldsymbol{=} i\hbar \quad \boldsymbol{\Longrightarrow} \quad p\boldsymbol{=}\boldsymbol{-} i\hbar\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dq} \tag{a}\label{a} \end{equation}$$ después $$\begin{equation} (\boldsymbol{-}p)\,q\boldsymbol{-}q\,(\boldsymbol{-}p)\boldsymbol{=} i\hbar \quad \boldsymbol{\Longrightarrow}\quad q\boldsymbol{=}\boldsymbol{-}i \hbar\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d(\boldsymbol{-}p)}\boldsymbol{=+}i\hbar\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dp} \tag{b}\label{b} \end{equation}$$

Enlace relacionado: Hermiticidad del operador Momentum (matriz) representada en base a la posición