Elementos matriciales del operador de momento en representación de posición

1) Observe que al insertar un conjunto completo de estados de posición podemos escribir

$$\hat p \psi(x) = \langle x|\hat p|\psi\rangle = \int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle\langle x'|\psi\rangle =\int dx'\langle x|\hat p|x'\rangle \psi(x')$$ entonces si establecemos $$\langle x|\hat p|x'\rangle = -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\delta(x-x') =i\hbar \frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x')$$ entonces podemos usar la integración por partes para obtener $$\hat p \psi(x) =i\hbar \int dx'\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x-x') \psi(x') = -i\hbar \int dx'\delta(x-x') \frac{d \psi}{dx'}(x') = -i\hbar \frac{d\psi}{dx}(x)$$ Entonces tu expresión es correcta. La derivada de una función delta se define esencialmente por la integración por manipulación de partes que acabo de realizar; de hecho, las derivadas de distribuciones en general se definen de manera análoga. Ver esta conferencia por ejemplo.

Espero que ayude; hágamelo saber de cualquier error tipográfico!

¡Salud!

1) El usuario joshphysics ya respondió correctamente la primera pregunta de OP.

2a) Con respecto a la segunda pregunta de OP, se deriva

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

En otras palabras,

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

que también se sigue diferenciando la identidad

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

wrt.$x$.

2b) Ec. (B) no debe dividirse en ambos lados wrt.$x-x^{\prime}$. El problema es esencialmente que la distribución$\frac{1}{x}\delta(x)$está mal definido.

Un argumento de por qué esto es así es más o menos el siguiente. Recuerde que una manera de dar sentido a una distribución $u$es evaluar en funciones de prueba suaves$g:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$. Por ejemplo, si la distribución$u$es la distribución delta de Dirac , entonces por definición

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

o de manera equivalente, en una notación quizás más familiar,

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

Uno no puede en general multiplicar$^1$dos distribuciones, pero una puede multiplicar una función suave$f:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$con una distribución$u$. El producto$f\cdot u$es por definición

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

Así que si$u$es la distribución delta de Dirac, se obtiene

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

En el caso de OP, si tratamos de establecer$f(x)=\frac{1}{x}$, entonces$f(0)$estaría mal definido.

Otro argumento menos formal es que si aceptamos erróneamente$\frac{1}{x}\delta(x)$como una distribución, entonces somos propensos a contradicciones aparentemente sin sentido a la

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

es decir, hemos perdido la asociatividad de la multiplicación.

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$^1$Ignoramos la teoría de Colombeau . Vea también esta publicación de mathoverflow.

@joshphysics dio una excelente ilustración de por qué su primera parte, es decir, ⟨x|p^|x′⟩=−iℏ∂δ(x−x′)∂x? es consistente con la mecánica cuántica;

Revisemos su segunda parte de manera bastante intuitiva.

Ya que en general:

$$\int xg(x)f'(x)dx=-\int f(x)\frac{d}{dx}(xg(x))dx=-\int f(x)(xg'(x)+g(x))dx$$ Si $$f(x)=\delta(x)$$ Concluimos que:

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

De este modo

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

es verdad en matematicas