Estoy desenterrando este hilo solo para aclarar algunas cosas para aquellos que puedan tener una pregunta similar.

Resumen

no podemos usar$\mathcal T$. Los cuatro vectores similares al espacio son esencialmente como$(0,x,y,z)$, por lo que podemos ignorar el tiempo y hacer rotaciones tridimensionales para obtener$(0,-x,-y,-z)=-(0,x,y,z)$.

A la Valter Moretti

Como ya señaló Valter Moretti, no se puede simplemente aplicar$\mathcal P\mathcal T$Llegar$(x-y)\to-(x-y)$, porque$D(x-y)$no es invariante bajo$\mathcal T$.

Así que el desafío es realmente hacer$(x-y)\to-(x-y)$usando solo transformaciones de Lorentz ortocrónicas adecuadas$SO(1,3)_+$y$\mathcal P$. Esto solo es posible para cuatro vectores similares al espacio .

El punto sobre los cuatro vectores similares al espacio es que hay un marco de Lorentz donde$t=0$(impulsar con$\beta=\frac{t}{|\vec x|^2}$), y en tal marco la transformación de paridad

$$\mathcal P:(0,x',y',z')\to(0,-x',-y',-z')=-(0,x',y',z')$$ parece una inversión. Entonces, lo que puede hacer para los cuatro vectores similares al espacio es $$(t,x,y,z) \overset{\Lambda}{\to}(0,x',y',z') \overset{\mathcal P}{\to}-(0,x',y',z') \overset{\Lambda^{-1}}{\to}-(t,x,y,z)$$

La diferencia entre esta transformación y$\mathcal P\mathcal T$es que el último toma todos los cuatro vectores a sus inversos, mientras que el primero es solo un subespacio (tridimensional) del espacio de Minkowski de cuatro dimensiones.

A la Peskin y Schroeder

De hecho, puede lograr lo mismo sin usar$\mathcal P$, eso es solo con$SO(1,3)_+$transformaciones. Esto significa que podemos traer continuamente un vector espacial fijo$p$a su inversa$-p$. Solo haz los siguientes pasos:

$$\begin{align*} (t,x,y,z) &\overset{R_1}{\to}\left(t,\sqrt{x^2+y^2},0,z\right)\\ &\overset{R_2}{\to}\left(t,\sqrt{x^2+y^2+z^2},0,0\right)\\ &\overset{B\left(\beta=\frac{t}{|\vec x|^2}\right)}{\to}\left(0,\sqrt{x^2+y^2+z^2-t^2},0,0\right)\\ &\overset{R_\pi}{\to}-\left(0,\sqrt{x^2+y^2+z^2-t^2},0,0\right)\\ &\overset{\left(BR_2R_1\right)^{-1}}{\to}-\left(t,x,y,z\right) \end{align*}$$ En vista de esto, uno realmente debería decir que los vectores espaciales son como $(0,x,0,0)$.

Conclusión

Los cuatro vectores similares al espacio deben considerarse como$(0,x,0,0)$, y dado que hay tres dimensiones espaciales, hay suficiente espacio para rotar este vector en cualquier dirección. Esto nos permite invertir vectores similares al espacio simplemente usando transformaciones ortocrónicas adecuadas.$SO(1,3)_+$.

Los cuatro vectores similares al tiempo son como$(t,0,0,0)$. Solo hay una dirección de tiempo y, por lo tanto, no son posibles las rotaciones. Por lo tanto, la única forma de obtener$-t$es usar inversión de tiempo$\mathcal T$.

Breve, debido a que solo hay una dimensión de tiempo, pero más de una dimensión de espacio, podemos invertir cuatro vectores similares al espacio mediante rotaciones continuas de Lorentz, pero no similares al tiempo.

La tesis es cierta, pero no puedo entender bien la relación alegada con la existencia de transformaciones de Lorentz "continuas" tales que$x-y \mapsto y-x$. El argumento se basa esencialmente en la invariancia de la medida bajo el grupo ortocrónico de Lorentz.

Fijar un cuatro vector$x-y$y considerar

$$D(x-y):= \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}} e^{-ip(x-y)}\:.$$ Desde la medida $\frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}}$es $O(3,1)_+$invariante, para cualquier $\Lambda \in O(3,1)_+$tú tienes, $$D(x-y)= \int\frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{p}}} e^{-ip(x-y)} = \int \frac{d \vec{\Lambda p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{\Lambda p}}}e^{-ip(x-y)}= \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{ p}}}e^{-i(\Lambda^{-1} p)(x-y)} = \int \frac{d \vec{p}}{ (2\pi)^3} \frac{1}{ 2E_{\vec{ p}}}e^{-ip (\Lambda (x-y))} = D(\Lambda (x-y))\:.$$ Concluimos que, por cada cuatro vectores $x-y$y cada $\Lambda \in O(3,1)_+$, se mantiene, $$D(x-y) = D(\Lambda(x-y))\:.$$

comentario _ Ya que$O(3,1)= O(3,1)_+ \cup TO(3,1)_+$y$O(3,1)_+ \cap TO(3,1)_+= \emptyset$, y la medida considerada no es invariante bajo$T$, solo por

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

$\Lambda \in O(3,1)$deja invariante la medida si y solo si$\Lambda \in O(3,1)_+$.

Observe que la medida es$P$-invariante ya que estamos tratando con$O(3,1)_+$y no$SO(3,1)_+$. Sin embargo no es $PT$invariante.

Ahora hay dos posibilidades para$x-y \neq 0$:

(a)$x-y$es espacial. En este caso, por eso $x-y$hay$\Lambda \in O(3,1)_+$tal que$\Lambda (x-y) = y-x$. Tal$\Lambda$es un espacial$\pi$rotación alrededor$x$en el$3D$marco de descanso definido por un vector temporal$u$ortogonal a$x-y$. En este caso concluimos que

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

(b)$x-y$no es espacial. En este caso no hay $\Lambda \in O(3,1)_+$tal que$\Lambda(x-y)= y-x$, porque$y-x$es pasado dirigido si$x-y$está dirigido hacia el futuro y viceversa y, por lo tanto, no pueden conectarse mediante transformaciones de$O(3,1)_+$por definición. En este caso no podemos concluir que

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