Esta es una heurística explicación de Redacción de la declaración, sin entrar en las sutilezas de la axiomática de la teoría cuántica de campos de problemas, tales como vacío o de polarización renormalization.
Una partícula se caracteriza por un definitivo impulso además de la posibilidad de otros números cuánticos. Por lo tanto, una partícula que los estados son, por definición, los estados con una clara autovalores del impulso del operador, que puede tener más números cuánticos. Estos estados deben existir incluso en un interactiong la teoría de campo, describiendo una sola partícula de distancia de cualquier interacción.
En un local de la teoría cuántica de campos, estos estados están asociados con local de los operadores de campo:
$$| p, \sigma \rangle = \int e^{ipx} \psi_{\sigma}^{\dagger}(x) |0\rangle d^4x$$
Donde $\psi $ es el campo correspondiente a la partícula y $\sigma$ describe el conjunto de números cuánticos adicional para el impulso.
Una simetría generador de $Q$ la integral de la densidad de carga de acuerdo con el teorema de Noether
$$Q = \int j_0(x') d^3x'$$
debe generar un campo local cuando se actúa en un campo local:
$[Q, \psi_1(x)] = \psi_2(x)$
(En el caso de los internos de las simetrías $\psi_2$ depende linealmente de los componentes de $\psi_1(x)$, en el caso del espacio-tiempo simetrías depende de los derivados de los componentes de $\psi_1(x)$)
Así, en general:
$$[Q, \psi_{\sigma}(x)] = \sum_{\sigma'} C_{\sigma\sigma'}(i\nabla)\psi_{\sigma'}(x)])$$
Donde la dependencia de los coeficientes de $ C_{\sigma\sigma'}$ sobre el impulso operador $\nabla$ es debido a la posibilidad de que $Q$ contiene un espacio-tiempo de la simetría.
Por lo tanto para que un operador $Q$ satisfacción $Q|0\rangle = 0$, tenemos
$$ Q | p, \sigma \rangle = \int e^{ipx} Q \psi_{\sigma}^{\dagger}(x) |0\rangle d^4x = \int e^{ipx} [Q , \psi_{\sigma}^{\dagger}(x)] |0\rangle d^4x = \int e^{ipx} \sum_{\sigma'} C_{\sigma\sigma'}(i\nabla)\psi_{\sigma'}(x) |0\rangle d^4x = \sum_{\sigma'} C_{\sigma\sigma'}(p) \int e^{ipx} \psi_{\sigma'}^{\dagger}(x) |0\rangle d^4x = \sum_{\sigma'} C_{\sigma\sigma'}(p) | p, \sigma' \rangle $$
Así la acción del operador $Q$ es una representación de la partícula de los estados.
El hecho de que $Q$ conmuta con el Hamiltoniano es responsable de la degeneración de energía de su acción, es decir, los estados $| p, \sigma \rangle$ $Q| p, \sigma \rangle$ tienen la misma energía.
