¿Qué tiene de malo esta derivación de que iℏ=0iℏ=0i\hbar = 0?

Tanto los operadores p como los operadores x no tienen vectores propios en sentido estricto. Tienen vectores propios de distribución que solo se definen en un espacio de funciones más grande que el espacio de las funciones de onda normalizables al cuadrado, y que solo deben considerarse significativos cuando se manchan un poco con una función de prueba suave.

La normalización para$\langle \psi_p | \psi_p \rangle$es infinita, porque la onda p se extiende sobre todo el espacio. De manera similar, la normalización de la función de onda de la función delta, el vector propio del operador x, es infinita, porque el cuadrado de una función delta tiene una integral infinita.

Podrías enunciar tu paradoja usando$|x\rangle$estados también:

$$i\hbar \langle x|x\rangle = \langle x| (\hat{x}\hat{p} - \hat{p}\hat{x})|x\rangle = x \langle x|\hat{p}|x\rangle - \langle x|\hat{p}|x\rangle x = 0$$

porque$|x'\rangle$solo se define cuando se mancha un poco, necesita usar una variable separada para las dos ocurrencias de x'. Así que escribe la matriz completa para este caso:

$$i\hbar \langle x|y\rangle = x\langle x|\hat{p}|y\rangle - \langle x|\hat{p}|y\rangle y = (x-y)\langle x|\hat{p}|y\rangle$$

Y ahora x e y son variables separadas que se pueden difamar de forma independiente, según sea necesario. Los elementos de la matriz del operador p son la derivada de una función delta:

$$\langle x|\hat{p}|y\rangle = -i\hbar \delta'(x-y)$$

Entonces lo que obtienes es

$$(x-y)\delta'(x-y)$$

y tu estas tomando$x=y$ingenuamente al establecer el primer factor en cero sin darse cuenta de que el factor de la función delta es terriblemente singular y, por lo tanto, el resultado está mal definido sin una evaluación más cuidadosa. Si multiplica por funciones de prueba suaves para x e y, para difuminar un poco la respuesta:

$$\int f(x) g(y) (x-y) \delta'(x-y) dx dy= \int f(x)g(x) dx = \int f(x) g(y) \delta(x-y)$$

Donde la primera identificación proviene de integrar por partes en x, y poner a cero todos los términos que se anulan bajo la evaluación de la función delta. el resultado es que

$$(x-y)\delta'(x-y) = \delta(x-y)$$

Y el resultado no es cero, de hecho es consistente con la relación de conmutación. Esta ecuación de función delta aparece, con una explicación, en el primer capítulo matemático de "Los principios de la mecánica cuántica" de Dirac.

Es desafortunado que las manipulaciones formales con distribuciones conduzcan a paradojas tan fácilmente. Para una paradoja relacionada pero diferente, considere el rastro de$\hat{x}\hat{p}-\hat{p}\hat{x}$.

Como parece que no está completamente satisfecho con la respuesta de Ron Maimon, lo expresaré de una manera un poco diferente.

El problema es que en tu derivación tienes una ambigüedad oculta.

$$\langle{\psi}_p\vert \hat{x}\vert\psi_p\rangle = \infty \;\;\;\;\; \Rightarrow \;\;\;\;\; \langle[\hat{x},\hat{p}]\rangle=...=(p-p)\langleψ_p|\hat{x}|ψ_p\rangle = 0\cdot\infty = \text{any number}$$ El problema es con las funciones. Las funciones propias tanto del operador de momento como del operador de coordenadas no son realmente funciones. No pertenecen al espacio de funciones integrables y por lo tanto no puedes trabajar libremente con ellas fingiendo que lo son. A veces puedes, pero si lo haces en algún momento te encuentras en problemas.

Si toma alguna función "adecuada" y hace los cálculos, no encontrará problemas. Tomemos por ejemplo

$$\psi(x)=\frac1{\sqrt{\pi}}e^{-x^2/2}$$ Después $$\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x) x\left( -i\hbar \frac{∂}{∂x} \right) \psi(x)dx = i\hbar \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{x^2}dx = i\hbar \frac1{2\sqrt{\pi}}$$ $$\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x) \left( -i\hbar \frac{∂}{∂x} \right)x \psi(x)dx = i\hbar \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(x^2-1\right) e^{x^2}dx = i\hbar \frac1{2\sqrt{\pi}}-i\hbar$$ La diferencia es lo que esperabas.

Si lo tomas$\psi_a(x)=\frac1{a}\psi(x/a)$y tenga en cuenta que$\lim_{a\to0}\psi_a(x) = \delta(x) = \vert x\rangle$obtendrá una idea de cómo esta paradoja para$\vert x \rangle$puede ser resuelto y comprobar que la solución es una forma correcta de manejar$0\cdot\infty$. Se puede usar un truco similar para resolver su paradoja. Solo funciones que tienen$\psi_p$como límite son menos convenientes.

Creo que la paradoja es por el hecho de que$\hat{p}$no es un operador hermitiano en$x$representación en sentido estricto$\langle \alpha |\hat{p} | \beta\rangle \neq \langle \beta |\hat{p} |\alpha \rangle^*$en$x$representación. Luego seguimos de cerca la acción de$\hat{p}$,$\langle x |\hat{p} |\alpha \rangle =-i\hbar \frac{\partial}{\partial x} \langle x |\alpha \rangle$.

$$\langle x | \hat{x} \hat{p}-\hat{p}\hat{x} |x \rangle =\langle x | \hat{x} \hat{p} |x \rangle -\langle x | \hat{p}\hat{x} |x \rangle=x\langle x | \hat{p} |x \rangle +i\hbar \frac{\partial}{\partial x} \langle x |\hat{x} |x\rangle$$ $$=x (-i\hbar) \frac{\partial}{\partial x}\delta(0)+i\hbar \frac{\partial}{\partial x} x\delta(0)=i\hbar$$