Operador de traducción de espacio-tiempo unitario

No es necesario utilizar los estados del espacio de Hilbert para derivar formalmente este resultado; se sigue rápidamente de un resultado útil sobre la matriz exponencial (que resulta muy útil cuando uno estudia álgebras de Lie que, dicho sea de paso, es esencialmente lo que estamos viendo aquí).

Dejar$X$ser cualquiera$n$-por-$n$matriz compleja, entonces definimos el operador lineal$\mathrm{ad}_X$en el espacio vectorial de tales matrices por

$$\mathrm{ad}_X Y = [X,Y]$$ para todos $n$-por- $n$matrices complejas $Y$. Aquí $[\cdot, \cdot]$denota el conmutador a menudo llamado operador adjunto . Entonces tenemos el siguiente resultado : $$e^XYe^{-X} = e^{\mathrm{ad}_X}Y$$ Ahora, si aplicamos formalmente este resultado a los operadores lineales en el espacio de Hilbert de una teoría cuántica de campos, entonces obtenemos $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = e^{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)e^{-ia_\mu P^\mu/\hbar} = e^{\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}}\phi(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathrm{ad}^k_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)}{k!}$$ Ahora usamos el hecho de que para cualquier campo $\Phi$, tenemos $$\mathrm{ad}_{ia_\mu P^\mu/\hbar}\phi(x)=\frac{ia_\mu}{\hbar} [P^\mu, \phi(x)] = \frac{ia_\mu}{\hbar}(i\hbar \partial^\mu)\phi(x) = -a_\mu \partial^\mu\phi(x)$$ Aplicando este resultado $k$veces e insertándolo en la expansión de la serie para el exponencial escrito arriba, obtenemos $$T(a)^{-1}\phi(x)T(a) = \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)$$ Ahora, simplemente observamos que el lado derecho es la expansión de Taylor de $\phi(x-a)$. explícitamente $$\phi(x-a) = \phi(x) -a_\mu\partial^\mu\phi +\frac{1}{2}(a_\mu\partial^\mu)^2\phi(x) + \cdots + \frac{(-1)^k}{k!}(a_\mu\partial^\mu)^k\phi(x)+\cdots$$ y esto da el resultado deseado.

[EDITAR] Suponiendo una base estatal$|e_i\rangle$, vamos a utilizar la siguiente notación para un estado:$|A(x)\rangle = \sum_i A_i(x)|e_i\rangle$

Un operador$O$aplicando en$A$da entonces:$O|A(x)\rangle = \sum_i OA_i(x)|e_i\rangle$

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

Ahora, en lugar de trabajar con operadores, creo que es más sencillo trabajar con estados$\left|A(x)\right\rangle$y$\left|B(x)\right\rangle$como:

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

Esto es cierto, por supuesto, para$x-a$, eso es:

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

Lo sabemos:

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

Entonces, obtenemos:

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

La última igualdad es simplemente la serie de Taylor de$\left|A(x - a)\right\rangle$en$x$, eso es:

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

Ahora, aplicando$T(a)^{-1}$a la ecuación$(1)$, obtenemos:

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

Eso es:

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

Entonces, obtenemos:

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

Mirando la ecuación$(2)$, finalmente obtenemos:

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