Derivación del generador completo de las transformaciones de Lorentz

El LHS describe la transformación de$L_{\mu \nu}$en "traducciones del espacio-tiempo". Esta es la generalización natural de cómo funciona la evolución del tiempo en la imagen de Heisenberg. Entonces, en lugar de actuar solo por el generador de traducción del tiempo$e^{-\frac{i H t}{\hbar}}$, también tienes la$p_i$en el exponente, que son los generadores de traslaciones espaciales. Empiezas con la acción del subgrupo que sale$x=0$invariante, esto es solo la parte de giro del momento angular. Su operador de momento angular total es la suma del momento angular orbital y el momento angular de giro que es evidente en su ecuación 2.

Obtienes la ecuación 2 simplemente expandiendo Taylor$\Phi$alrededor de 0, y luego comparando con la ecuación 1. (Aquí está comparando las imágenes de Heisenberg y Schrödinger)

$$L_{\mu \nu}\omega^{\mu \nu}\Phi(x)=S_{\mu \nu} \omega^{\mu \nu} \Phi(0)+ x_{\mu} \omega^{\mu \nu}\partial_{\nu}\Phi(0)$$

dónde$\omega_{\mu \nu}$son los parámetros de impulso y rotación, y he considerado la transformación de lorentz infinitesimal$x^{\rho}=0 + \omega^{\rho}_{\nu} x^{\nu}$y notando$\omega_{\mu \nu}$es antisimétrico obtienes las acciones correctas.

La versión infinitesimal de la ecuación 1 es simplemente el conmutador del campo con$L_{\mu \nu}$. Esta es una característica común de las acciones en QFT, la versión del álgebra de mentira infinitesimal actúa a través del conmutador que al exponenciar da la acción de conjugación definida anteriormente.

Todavía no estoy completamente seguro de cuál es su pregunta, pero intentaré explicar el lado izquierdo de la ecuación (1) en general. Se puede encontrar más información en "Álgebras de mentira en física de partículas" de Georgi.

Una representación del grupo de Lie de la matriz se puede escribir como:

$$D(g) = e^{i \alpha_a X_a}$$ dónde $X_a$denota un generador y $\alpha_a$denota el parámetro de grupo. La representación actúa sobre algún espacio vectorial: $$|i \rangle \to |i' \rangle = e^{i \alpha_a X_a} |i \rangle$$ Ahora deja $O$denota un operador dando el ket $O|i\rangle$. Claramente, esto se transformará como: $$O|i \rangle \to O' | i' \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O |i \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a} e^{i \alpha_a X_a} |i \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a} |i' \rangle$$ Por lo tanto, vemos desde arriba que el operador se transforma como: $$O' = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a}$$ que corresponde al lado izquierdo de la ecuación (1) en su pregunta. En otras palabras, el lado izquierdo muestra cómo el operador $L_{\mu \nu}$se transforma bajo el generador de 4 impulsos (es decir, traslaciones de espacio y tiempo).

Desde$\Phi(x)=(e^{x\cdot\partial}\Phi)(0)=(e^{ix\cdot P}\Phi)(0)$, que se puede obtener de la serie de Taylor, tenemos

$$(L_{\mu\nu}\Phi)(x)=(e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}\Phi)(0)=(e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}e^{-ix\cdot P}e^{ix\cdot P}\Phi)(0)$$

Con$e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}e^{-ix\cdot P}=L_{\mu\nu}-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu$y$(L_{\mu\nu}\Phi)(0)=S_{\mu\nu}\Phi(0)$, podemos ver

$$\begin{align} (L_{\mu\nu}\Phi)(x)&=[(L_{\mu\nu}-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)(e^{ix\cdot P}\Phi)](0)\\ &=S_{\mu\nu}[(e^{ix\cdot P}\Phi)(0)]+[e^{ix\cdot P}(-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)\Phi](0)\\ &=S_{\mu\nu}\Phi(x)+(-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)\Phi(x)\\ &=(S_{\mu\nu}+ix_\mu \partial_\nu-ix_\nu \partial_\mu)\Phi(x) \end{align}$$