Унитарный оператор пространственно-временного перевода

Для формального вывода этого результата нет необходимости использовать состояния гильбертова пространства; это быстро следует из полезного результата о матричной экспоненте (который очень удобен, когда кто-то изучает алгебры Ли, что, кстати, по сути является тем, что мы здесь рассматриваем).

Позволять$X$быть любым$n$-к-$n$комплексная матрица, то мы определяем линейный оператор$\mathrm{ad}_X$на векторном пространстве таких матриц

$$\mathrm{ad}_X Y = [X,Y]$$ для всех $n$-к- $n$комплексные матрицы $Y$. Здесь $[\cdot, \cdot]$обозначает коммутатор, часто называемый сопряженным оператором. Тогда имеем следующий результат : $$e^XYe^{-X} = e^{\mathrm{ad}_X}Y$$ Теперь, если мы формально применим этот результат к линейным операторам в гильбертовом пространстве квантовой теории поля, мы получим $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = e^{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)e^{-ia_\mu P^\mu/\hbar} = e^{\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}}\phi(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathrm{ad}^k_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)}{k!}$$ Теперь воспользуемся тем, что для любого поля $\Phi$, у нас есть $$\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)=\frac{ia_\mu}{\hbar} [P^\mu, \phi(x)] = \frac{ia_\mu}{\hbar}(i\hbar \partial^\mu)\phi(x) = -a_\mu \partial^\mu\phi(x)$$ Применение этого результата $k$раз и подставив его в написанное выше разложение для экспоненты, получим $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)$$ Теперь мы просто отметим, что правая часть представляет собой разложение Тейлора $\phi(x-a)$. Явно $$\phi(x-a) = \phi(x) -a_\mu\partial^\mu\phi +\frac{1}{2}(a_\mu\partial^\mu)^2\phi(x) + \cdots + \frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)+\cdots$$ и это дает желаемый результат.

[РЕДАКТИРОВАТЬ] Предполагая государственную основу$|e_i\rangle$, мы будем использовать следующие обозначения для состояния:$|A(x)\rangle = \sum_i A_i(x)|e_i\rangle$

Оператор$O$подача заявки на$A$дает тогда:$O|A(x)\rangle = \sum_i OA_i(x)|e_i\rangle$

Например,$\partial_{\mu}|A(x)\rangle = \sum\partial_{\mu}A_i(x)|e_i\rangle$

Теперь вместо работы с операторами думаю проще работать с состояниями$\left|A(x)\right\rangle$и$\left|B(x)\right\rangle$такой как:

$$\left|B(x)\right\rangle = \Phi(x) \left|A(x)\right\rangle \tag{1}$$

Это верно, конечно, для$x-a$, то есть:

$$\left|B(x - a)\right\rangle = \Phi(x- a) \left|A(x-a)\right\rangle \tag{2}$$

Мы знаем это:

$$P_{\mu}\left|A(x)\right\rangle = i \hbar \partial_{\mu}\left|A(x)\right\rangle.$$

Итак, мы получаем:

$$\begin{align} T(a)^{-1}\left|A(x)\right\rangle &= e^{\large iP_\mu a^\mu/ \hbar}\left|A(x)\right\rangle\\ &=e^{\large -a^{\mu}\partial_{\mu}} \left|A(x)\right\rangle\\ &= \left|A(x - a)\right\rangle \end{align}$$

Последнее равенство — это просто ряд Тейлора$\left|A(x - a)\right\rangle$в$x$, то есть:

$$\left|A(x - a)\right\rangle = \left|A(x)\right\rangle - a^{\mu}\partial_{\mu} \left|A(x)\right\rangle + \frac{1}{2!} (a^{\mu}\partial_{\mu})^2\left|A(x)\right\rangle +\frac{(-1)^n}{n!}(a^{\mu}\partial_{\mu})^n\left|A(x)\right\rangle + \dots.$$

Теперь, применяя$T(a)^{-1}$уравнение$(1)$, мы получаем:

$$T(a)^{-1}\left|B(x)\right\rangle =T(a)^{-1}\Phi (x)\left|A(x)\right\rangle.$$

То есть:

$$T(a)^{-1}\left|B(x)\right\rangle =T(a)^{-1}\Phi (x)T(a)T(a)^{-1}\left|A(x)\right\rangle.$$

Итак, мы получаем:

$$\left|B(x - a)\right\rangle =T(a)^{-1}\Phi (x)T(a)\left|A(x - a)\right\rangle.$$

Глядя на уравнение$(2)$, окончательно получаем:

$$T(a)^{-1}\Phi (x)T(a) = \Phi (x-a)$$