Einheitlicher Raumzeit-Übersetzungsoperator

Es ist unnötig, Hilbert-Raumzustände zu verwenden, um dieses Ergebnis formal abzuleiten; es folgt schnell aus einem nützlichen Ergebnis über das Matrix-Exponential (was sehr praktisch ist, wenn man Lie-Algebren studiert, was wir hier übrigens im Wesentlichen betrachten).

Lassen$X$beliebig sein$n$-von-$n$komplexe Matrix, dann definieren wir den linearen Operator$\mathrm{ad}_X$auf dem Vektorraum solcher Matrizen durch

$$\mathrm{ad}_X Y = [X,Y]$$ für alle $n$-von- $n$komplexe Matrizen $Y$. Hier $[\cdot, \cdot]$bezeichnet den Kommutator, der oft als adjungierter Operator bezeichnet wird. Dann haben wir folgendes Ergebnis : $$e^XYe^{-X} = e^{\mathrm{ad}_X}Y$$ Wenden wir dieses Ergebnis nun formal auf lineare Operatoren im Hilbert-Raum einer Quantenfeldtheorie an, dann erhalten wir $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = e^{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)e^{-ia_\mu P^\mu/\hbar} = e^{\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}}\phi(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathrm{ad}^k_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)}{k!}$$ Jetzt verwenden wir die Tatsache, dass für jedes Feld $\Phi$, wir haben $$\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)=\frac{ia_\mu}{\hbar} [P^\mu, \phi(x)] = \frac{ia_\mu}{\hbar}(i\hbar \partial^\mu)\phi(x) = -a_\mu \partial^\mu\phi(x)$$ Anwendung dieses Ergebnisses $k$mal und setzen es in die Reihenentwicklung für die oben geschriebene Exponentialfunktion ein, erhalten wir $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)$$ Nun stellen wir einfach fest, dass die rechte Seite die Taylorentwicklung von ist $\phi(x-a)$. Explizit $$\phi(x-a) = \phi(x) -a_\mu\partial^\mu\phi +\frac{1}{2}(a_\mu\partial^\mu)^2\phi(x) + \cdots + \frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)+\cdots$$ und das ergibt das gewünschte Ergebnis.

[EDIT] Angenommen, eine staatliche Basis$|e_i\rangle$, werden wir die folgende Notation für einen Zustand verwenden:$|A(x)\rangle = \sum_i A_i(x)|e_i\rangle$

Ein Operateur$O$auftragen$A$gibt dann:$O|A(x)\rangle = \sum_i OA_i(x)|e_i\rangle$

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

Anstatt mit Operatoren zu arbeiten, denke ich, dass es jetzt einfacher ist, mit Zuständen zu arbeiten$\left|A(x)\right\rangle$Und$\left|B(x)\right\rangle$wie zum Beispiel:

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

Dies gilt natürlich z$x-a$, das ist:

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

Wir wissen das:

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

Wir erhalten also:

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

Die letzte Gleichheit ist einfach die Taylor-Reihe von$\left|A(x - a)\right\rangle$bei$x$, das ist:

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

Jetzt bewerben$T(a)^{-1}$zur Gleichung$(1)$, wir bekommen:

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

Das ist:

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

Wir erhalten also:

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

Gleichung betrachten$(2)$, erhalten wir schließlich:

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