I) Aquí vamos a trabajar en la imagen de Heisenberg con el tiempo-dependiente de la auto-adjunto operadores de $\hat{Q}(t)$ $\hat{P}(t)$ que satisfacer canónica de la igualdad de tiempo de conmutación relación
$$\tag{1} [\hat{Q}(t),\hat{P}(t)]~=~ i\hbar~{\bf 1}, $$
y dos juegos completos de instantánea autoestados$^1$ $\mid q,t \rangle $ y $\mid p,t \rangle $, que satisfacen
$$\etiqueta{2} \hat{Q}(t)\mid q,t \rangle ~=~q\mid q,t \rangle, \qquad
\hat{P}(t)\mediados de p,t \rangle ~=~p\mediados de p,t \rangle , $$
$$\etiqueta{3} \langle q,t \mid q^{\prime},t \rangle~=~\delta(q-q^{\prime}), \qquad
\langle p,t \mediados de p^{\prime},t \rangle~=~\delta(p-p^{\prime}),$$
$$\etiqueta{4}\int_{\mathbb{R}} \!dq~ \mid q,t \rangle\langle q,t \mid~=~{\bf 1}, \qquad
\int_{\mathbb{R}} \!dp~ \a mediados de p,t \rangle\langle p,t \mid~=~{\bf 1}, $$
II) Nos gustaría dar un argumento$^2$ que el buscado por la superposición es de la forma
$$\tag{5} \langle p,t \mid q,t \rangle~=~\frac{f(q,t)g(p,t)}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left(\frac{pq}{i\hbar}\right), $$
donde $f$ $g$ son de dos fases de factores $|f|=|g|=1$.
En otras palabras, podemos definir una nueva instantánea autoestados
$$\tag{6} \mid q,t )~:=~\frac{1}{f(q,t)} \mid q,t \rangle \qquad\text{and} \qquad \mid p,t )~:=~g(p,t) \mid p,t \rangle , $$
tal que la superposición se lleva a un formulario estándar
$$\tag{7} ( p,t \mid q,t )~=~\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left(\frac{pq}{i\hbar}\right). $$
Las raíces cuadradas en la nca. (5) y (7) son consecuencia de la normalización de los factores en el análisis de Fourier.
III) Esbozado prueba: Puesto que todo lo que aquí se hará referencia en el mismo instante en $t$, nosotros no vamos a escribir $t$ explícitamente a partir de ahora. Definir para la comodidad de una anti-selfadjoint operador
$$\tag{8} \hat{D}~:=~\frac{\hat{P}}{i\hbar}, $$
de modo que la eq. (1) se convierte en
$$\tag{9} [\hat{Q},\hat{D}]~=~ {\bf 1} , $$
o
$$\tag{10} [\hat{Q},e^{a\hat{D}}]~=~ae^{a\hat{D}} , $$
donde $a$ es un número real. Se sigue de (10) que el estado $e^{a\hat{D}}\mid q \rangle $ debe ser proporcional a $\mid q+a \rangle$, es decir, existe una función de $f(q,q+a)$ de dos argumentos tales que
$$\tag{11} e^{a\hat{D}}\mid q \rangle ~=~f(q,q+a)\mid q+a \rangle.$$
Desde $e^{a\hat{D}}$ es un operador unitario, la función de $f(q,q+a)$ debe ser una fase factor de $|f(q,q+a)|=1$. O uno puede utilizar que
$$\delta(q-q^{\prime})~\stackrel{(3)}{=}~
\langle q \mediados de e^{- \hat{D}}e^{\hat{D}}\mid q^{\prime} \rangle
~\stackrel{(11)}{=}~\overline{f(q,q+a)}f(q^{\prime},q^{\prime}+a)
\langle q+a \mid q^{\prime}+\rangle $$
$$\tag{12} ~\stackrel{(3)}{=}~ |f(q,q+a)|^2\delta(q-q^{\prime}). $$
El hecho de que
$$\tag{13} e^{a\hat{D}} e^{b\hat{D}}~=~ e^{(a+b)\hat{D}},$$
podemos deducir a partir de un uso repetido de eq. (11) que
$$\tag{14} f(q,q+b)f(q+b,q+a+b)~=~f(q,q+a+b). $$
Establecimiento $q=0$ en eq. (14) los rendimientos
$$\etiqueta{15} f(b,a+b)~=~\frac{f(0,a+b)}{f(0,b)} \qquad \Leftrightarrow \qquad
f(q,q+a)~=~\frac{f(0,p+a)}{f(0,p)}. $$
Por lo tanto vamos a definir
$$\tag{16} \mid q ) ~:=~f(0,q) \mid q \rangle , $$
de modo que la eq. (11) se convierte en
$$\tag{17} e^{a\hat{D}}\mid q ) ~\stackrel{(11,15,16)}{=}~\mid q+a ).$$
En otras palabras, podemos identificar a$^3$ el operador $\hat{D}$ con la diferenciación operador $\frac{\partial}{\partial q}$.
$$\etiqueta{18} \exp\left(\frac{ap}{i\manejadores}\right)\langle p \mid q)
~\stackrel{(8)}{=}~ \langle p \mediados de e^{\hat{D}}\mid q )~\stackrel{(17)}{=}~ \langle p \mid q+a) $$
o en el límite de $a\to 0$,
$$\etiqueta{19} \frac{p}{i\manejadores}\langle p \mid q)
~=~ \langle p \mid \hat{D}\mid q )
~=~ \langle p \mid \frac{\partial}{\partial q} \mid q )
~=~\frac{\partial}{\partial q} \langle p \mid q ).$$
De la educación a distancia (19) en $q$, podemos deducir que
$$\tag{20} \langle p \mid q) ~=~g(p)\exp\left(\frac{pq}{i\hbar}\right), $$
donde $g(p)$ es una constante de integración que pueden confiar en el parámetro de $p$. No es difícil ver que
$$\tag{21} |g(p)|~=~\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}.$$
Use, por ejemplo, que
$$ \delta(p-p^{\prime})~\stackrel{(3,4)}{=}~
\int_{\mathbb{R}} \!dq~ \langle p \mid q)(q \mediados de p^{\prime} \rangle
~\stackrel{(20)}{=}~\overline{g(p)}g(p^{\prime})
\int_{\mathbb{R}} \!dq~\exp\left(\frac{(p-p^{\prime})p}{i\manejadores}\right)$$
$$\tag{22}~=~2\pi\hbar|g(p)|^2\delta(p-p^{\prime}). $$
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$^1$ Instantáneo autoestados se introducen a menudo en los libros de texto de la mecánica cuántica para derivar la ruta integral formalismo del operador formalismo en los casos más simples, véase, por ejemplo, J. J. Sakurai, Moderna Mecánica Cuántica, la Sección 2.5. Tenga en cuenta que la instantánea autoestados $\mid q,t \rangle $ $\mid p,t \rangle $ son estados independientes (como debe ser en la imagen de Heisenberg).
$^2$ Aquí vamos a trabajar sólo en el nivel físico de rigor, ignorando matemáticos diferentes sutilezas conectados con operadores no acotados. También ignoramos cualquier topológico aspectos de la canónica del espacio de fases, tales como, por ejemplo, si la posición $q$ sería un periódico variable.
$^3$ Nota de que el $q$-representación de el impulso operador $\hat{P}=i\hbar\frac{\partial}{\partial q}$ en la imagen de Heisenberg tiene el signo opuesto de lo que tiene en la imagen de Schrödinger.
