Ich grabe diesen Thread aus, nur um einige Dinge für diejenigen zu klären, die eine ähnliche Frage haben könnten.

Zusammenfassung

Wir können nicht verwenden$\mathcal T$. Raumartige Vierervektoren sind im Wesentlichen gleich$(0,x,y,z)$, also können wir die Zeit ignorieren und dreidimensionale Rotationen machen, um zu bekommen$(0,-x,-y,-z)=-(0,x,y,z)$.

A la Valter Moretti

Wie Valter Moretti bereits betonte, kann man sich nicht einfach bewerben$\mathcal P\mathcal T$bekommen$(x-y)\to-(x-y)$, Weil$D(x-y)$ist nicht unveränderlich unter$\mathcal T$.

Die Herausforderung ist also wirklich zu tun$(x-y)\to-(x-y)$unter Verwendung nur richtiger orthochroner Lorentz-Transformationen$SO(1,3)_+$und$\mathcal P$. Dies ist nur für raumartige Vierervektoren möglich.

Der springende Punkt bei raumähnlichen Vierervektoren ist, dass es dort einen Lorentzrahmen gibt$t=0$(Aufladen mit$\beta=\frac{t}{|\vec x|^2}$) und in einem solchen Rahmen die Paritätstransformation

$$\mathcal P:(0,x',y',z')\to(0,-x',-y',-z')=-(0,x',y',z')$$ sieht aus wie eine Umkehrung. Was Sie also für raumähnliche Vierervektoren tun können, ist Folgendes $$(t,x,y,z) \overset{\Lambda}{\to}(0,x',y',z') \overset{\mathcal P}{\to}-(0,x',y',z') \overset{\Lambda^{-1}}{\to}-(t,x,y,z)$$

Der Unterschied zwischen dieser Transformation und$\mathcal P\mathcal T$ist, dass letzterer alle vier Vektoren in ihre Inversen bringt, während ersterer nur ein (dreidimensionaler) Unterraum des vierdimensionalen Minkowski-Raums ist.

A la Peskin und Schröder

Sie können tatsächlich dasselbe erreichen, ohne zu verwenden$\mathcal P$, das ist nur mit$SO(1,3)_+$Transformationen. Dies bedeutet, dass wir einen festen raumähnlichen Vektor kontinuierlich bringen können$p$zu seiner Umkehrung$-p$. Führen Sie einfach die folgenden Schritte aus:

$$\begin{align*} (t,x,y,z) &\overset{R_1}{\to}\left(t,\sqrt{x^2+y^2},0,z\right)\\ &\overset{R_2}{\to}\left(t,\sqrt{x^2+y^2+z^2},0,0\right)\\ &\overset{B\left(\beta=\frac{t}{|\vec x|^2}\right)}{\to}\left(0,\sqrt{x^2+y^2+z^2-t^2},0,0\right)\\ &\overset{R_\pi}{\to}-\left(0,\sqrt{x^2+y^2+z^2-t^2},0,0\right)\\ &\overset{\left(BR_2R_1\right)^{-1}}{\to}-\left(t,x,y,z\right) \end{align*}$$ Angesichts dessen sollte man eigentlich sagen, dass raumartige Vektoren gleich sind $(0,x,0,0)$.

Fazit

Raumähnliche Vierervektoren sollten als gedacht werden$(0,x,0,0)$, und da es drei räumliche Dimensionen gibt, gibt es genug Platz, um diesen Vektor in jede Richtung zu drehen. Dies ermöglicht es uns, raumartige Vektoren zu invertieren, indem wir einfach die richtigen orthochronen Transformationen verwenden$SO(1,3)_+$.

Zeitähnliche Vierervektoren sind wie$(t,0,0,0)$. Es gibt nur eine Zeitrichtung, daher sind keine Rotationen möglich. Daher der einzige Weg zu bekommen$-t$ist die Zeitumkehr zu verwenden$\mathcal T$.

Kurz, weil es nur eine Zeitdimension, aber mehr als eine Raumdimension gibt, können wir raumartig vier Vektoren durch kontinuierliche Lorentz-Rotationen invertieren, aber nicht zeitartig.

Die These ist wahr, aber ich kann den behaupteten Zusammenhang mit der Existenz "kontinuierlicher" Lorentz-Transformationen wie diesen nicht gut verstehen$x-y \mapsto y-x$. Das Argument beruht im Wesentlichen auf der Invarianz des Maßes unter der orthochronen Lorentz-Gruppe.

Fixieren Sie einen Vierervektor$x-y$und bedenke

$$D(x-y):= \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}} e^{-ip(x-y)}\:.$$ Seit der Maßnahme $\frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}}$ist $O(3,1)_+$unveränderlich, für jeden $\Lambda \in O(3,1)_+$Sie haben, $$D(x-y)= \int\frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}} e^{-ip(x-y)} = \int \frac{d \vec{\Lambda p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{\Lambda p}}}e^{-ip(x-y)}= \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{ p}}}e^{-i(\Lambda^{-1} p)(x-y)} = \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{ p}}}e^{-ip (\Lambda (x-y))} = D(\Lambda (x-y))\:.$$ Wir schließen daraus für alle vier Vektoren $x-y$Und jeder $\Lambda \in O(3,1)_+$, es hält, $$D(x-y) = D(\Lambda(x-y))\:.$$

Bemerkung . Seit$O(3,1)= O(3,1)_+ \cup TO(3,1)_+$und$O(3,1)_+ \cap TO(3,1)_+= \emptyset$, und das betrachtete Maß ist nicht invariant unter$T$, nur wegen

$$\int \frac{d\vec{p} }{ (2\pi)^3} \frac{1}{2E_{\vec{p}}} = \int \frac{ d^4 p }{ (2\pi)^4} (2\pi) \delta(p^2-m^2)|_{p^0>0}\:,$$ Wir schließen daraus

$\Lambda \in O(3,1)$lässt das Maß genau dann invariant, wenn$\Lambda \in O(3,1)_+$.

Beachten Sie, dass das Maß ist$P$-invariant, da wir es zu tun haben$O(3,1)_+$und nicht$SO(3,1)_+$. Es ist jedoch nicht $PT$unveränderlich.

Nun gibt es zwei Möglichkeiten für$x-y \neq 0$:

(a)$x-y$ist raumartig. In diesem Fall dafür $x-y$Es gibt$\Lambda \in O(3,1)_+$so dass$\Lambda (x-y) = y-x$. Eine solche$\Lambda$ist ein Raum$\pi$Drehung herum$x$in dem$3D$Ruherahmen, definiert durch einen zeitähnlichen Vektor$u$orthogonal zu$x-y$. In diesem Fall schlussfolgern wir das

$$D(x-y)= D(y-x)\:.$$

(b)$x-y$ist nicht raumartig. In diesem Fall gibt es keine $\Lambda \in O(3,1)_+$so dass$\Lambda(x-y)= y-x$, Weil$y-x$Vergangenheit gerichtet ist, wenn$x-y$ist zukunftsgerichtet und umgekehrt und kann daher nicht durch Transformationen von verbunden werden$O(3,1)_+$per Definition. Darauf können wir in diesem Fall nicht schließen

$$D(x-y)= D(y-x)\:.$$