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<x|p>= exp(ixp) になるということについて

物理

運動量の固有状態をx座標表示した\langle x | p \rangle

 \langle x | p \rangle = e^{ix\cdot p}

となるという式があったのでこれの証明を行っていきます.

\hat pを挟むとどうなるかを考える

\langle x |\hat p| p \rangle = p \langle x | p \rangle \cdots (1)

\hat pが左のケットに作用したと思うと演算子から値になってブラケットの外にでます.

\langle x |\hat p| p \rangle = -i \hbar \frac{\partial}{\partial x} \langle x | p \rangle \cdots (2)

次は左のブラに作用したと見ると微分演算子に変わります.

なぜ\langle x | にかかると運動量演算子微分演算子になるかは

運動量演算子の形を考える

ここを参考にしてください.

そうすると (1)式と(2)式から

   p \langle x | p \rangle = -i \hbar  \frac{\partial}{\partial x} \langle x | p \rangle

となり

  \frac{\partial}{\partial x} \langle x | p \rangle =  \frac{i}{\hbar} p \langle x | p \rangle

という\langle x | p \rangle に関する微分方程式が得られます.

これを解くと \langle x | p \rangle  = e^{\frac{i}{\hbar}p\cdot x}

を得ることができます.

これの複素共役を取れば

 \langle p | x \rangle  = e^{-\frac{i}{\hbar}p\cdot x}

を得ることができます.

しかし \langle p | x \rangle  = e^{-\frac{i}{\hbar}p\cdot x}を上と同じように証明してみようとすると

\langle p |\hat p| x \rangle =  \langle p |-i\hbar \frac{\partial}{\partial x} | x \rangle

としてしまって結局上と同じになるので
 \langle p | x \rangle  = e^{\frac{i}{\hbar}p\cdot x}
となり結局同じじゃんさっきの複素共役とって作ったやつと違うのはなぜ?

となるかと思います.

どこが間違っているか

計算で\hat p |x\rangle = -i \hbar \frac{\partial}{\partial x}|x\rangleとしていませんか?

これが間違っていると思うのです.

運動量の形はあくまでブラに作用させて定義したのでした.なので

\hat p \langle x| = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x} \langle x|

複素共役をとるので

 | x \rangle \hat p = | x \rangle \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x} \right)

上の式\hat p |x\rangle = -i \hbar \frac{\partial}{\partial x}|x\rangleは得られません.
\hat p = -i\hbar  \frac{\partial}{\partial x}
はケットに作用させた時の形で定義しているということに注意しましょう.

コメント欄にあるyutoさんが書いてあるように
\langle x | を作用させるというのはx座標表示させるという働きがあるので
それによって運動量演算子がx座標の微分演算子になるという流れです.

 \langle p | x \rangle  = e^{-\frac{i}{\hbar}p\cdot x}の証明では\hat xを挟もう

\hat pは挟んでも計算できないので\hat xを挟んでみましょう.

ちなみに \hat x \langle p | = i\hbar \frac{\partial}{\partial p} \langle p |

ですのでこれを使ってやってみるとちゃんと

 \langle p | x \rangle  = e^{-\frac{i}{\hbar}p\cdot x}

になると思います.