In questo articolo vediamo il rivestimento doppio di $\mathrm{SO}(3)$ da parte di $\mathrm{SU}(2)$. Un rivestimento doppio è un omomorfismo $\Phi: \mathrm{SU}(2)\to \mathrm{SO}(3)$ tale che $\ker \Phi = \mathbb{Z}_2$. La domanda ha applicazioni fisiche nella questione della distinzione tra vettori e spinori.
L’idea non banale è di considerare l’azione di $\mathrm{SU}(2)$ sullo spazio vettoriale $H$ delle matrici hermitiane complesse $2\times 2$ con traccia nulla. Tale spazio è i\mathrm{SO}morfo a $\mathbb{R}^3$, e quindi l’azione induce una trasformazione \mathrm{SU} $\mathbb{R}^3$, e in particolare la trasformazione è una rotazione. Possiamo quindi as\mathrm{SO}ciare un elemento di $\mathrm{SU}(2)$ a una rotazione in $\mathrm{SO}(3)$ e abbiamo quindi ottenuto il rivestimento.
Innanzitutto definiamo l’azione di $\mathrm{SU}(2)$ su $H$. Abbiamo detto che $H$ è lo spazio vettoriale delle matrici hermitiane $2 \times 2$ con traccia nulla. Sia $U\in \mathrm{SU}(2)$. Allora per un $X\in H$ l’azione è data dalla coniugazione, $X \to U X U^{\dagger}$. Poiché $X$ è hermitiana lo è anche $U X U^{\dagger}$ e quest’ultima ha anche traccia nulla poiché $\mathrm{tr}(U X U^{\dagger})=\mathrm{tr}(X)$ dato che $U$ è unitaria. Questa non è altro che l’azione aggiunta di $\mathrm{SU}(2)$.
Ora poiché $X\in H$ ha traccia nulla possiamo scriverlo come
$X = \begin{pmatrix} a & b\\ c & -a\\ \end{pmatrix}$
dove $a, b, c \in \mathbb{C}$. Quindi
$X^\dagger = \begin{pmatrix} a^* & c^*\\ b^* & -a^*\\ \end{pmatrix}$
e poiché $X$ è hermitiana, $a\in \mathbb{R}$ e $b=c^*$. Scrivendo $c=u+iv$ otteniamo in generale
$X = \begin{pmatrix} a & u-iv\\ u+iv & -a\\ \end{pmatrix}=a \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1\\ \end{pmatrix} + u \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\\ \end{pmatrix} + v \begin{pmatrix} 0 & -i\\ i & 0\\ \end{pmatrix}$
per $a, u, v \in \mathbb{R}$. Le matrici qui sopra, che formano una base per $H$, sono le matrici di Pauli. L’isomorfismo $H \leftrightarrow \mathbb{R}$ è quindi dato da ${\textbf x} \cdot \sigma \leftrightarrow {\textbf x}$ dove $\sigma = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3)$.
L’azione di $\mathrm{SU}(2)$ su $H$ induce una trasformazione su $\mathbb{R}$ perché possiamo identificare $H$ con $\R$. Quindi dati $U\in \mathrm{SU}(2)$ e ${\textbf x} \cdot \sigma \in H$,
${\textbf x} \cdot \sigma \to U {\textbf x} \cdot \sigma U^\dagger\\
{\textbf x} \to R {\textbf x}\tag{*}$
per un qualche $R$ che dipende da $U$ ma ancora non abbiamo determinato. Perché sia compatibile con l’isomorfismo $H \leftrightarrow \mathbb{R}$, dobbiamo avere:
$(R {\textbf x})\cdot \sigma=U {\textbf x} \cdot \sigma U^\dagger$
per ogni ${\textbf x} \in \mathbb{R}$. Grazie a questa relazione possiamo mostrare che $R$ è una rotazione.
Notiamo che il prodotto interno è indotto naturalmente. Se $X = {\textbf x} \cdot \sigma \in H$ e $Y = {\textbf y} \cdot \sigma \in H$, allora
$\mathrm{tr}(XY)=\mathrm{tr}({\textbf x} \cdot \sigma {\textbf y} \cdot \sigma)=x_i y_j \mathrm{tr}(\sigma_i \sigma_j)=x_i y_j \mathrm{tr}(\delta_{ij} \mathbb{I} +i\epsilon_{ijk}\sigma_k)=2 {\textbf x} \cdot {\textbf y}$
dove nella seconda uguaglianza abbiamo adottato la notazione di Einstein, e nella terza e nella quarta le proprietà delle matrici di Pauli. Pertanto $$R{\textbf x} \cdot R {\textbf y} =\frac{1}{2} \mathrm{tr}(U {\textbf x} \cdot \sigma U^\dagger U {\textbf y} \cdot \sigma U^\dagger) = \frac{1}{2} \mathrm{tr}({\textbf x} \cdot \sigma {\textbf y} \cdot \sigma) = {\textbf x} \cdot {\textbf y}$$ quindi $R$ preserva il prodotto interno, ed è quindi ortogonale. Resta da dimostrare che appartiene a $\mathrm{SO}(3)$, cioè che $\det{R}=1$. Da un lato,
\begin{align*}
\mathrm{tr}(R {\textbf e_1} \cdot \sigma R {\textbf e_2} \cdot \sigma R {\textbf e_3} \cdot \sigma) &= \mathrm{tr}( (R {\textbf e_1})_i (R {\textbf e_2})_j (R {\textbf e_3})_k \sigma_i \sigma_j \sigma_k) = R_{1i} R_{2j} R_{3k} \mathrm{tr}(\sigma_i \sigma_j \sigma_k)=\\
&=R_{1i} R_{2j} R_{3k} \mathrm{tr}(\delta_{ij}\sigma_k + i \epsilon_{ijp}\sigma_p \sigma_k) = i\epsilon_{ijp} R_{1i} R_{2j} R_{3k} \mathrm{tr}\pqty{\sigma_p \sigma_k}=\\
&=i\epsilon_{ijp} R_{1i} R_{2j} R_{3k} \tr\pqty{\delta_{pk}\mathrm{I} + i\epsilon_{pkq}\sigma_q}= 2 i\epsilon_{ijk} R_{1i} R_{2j} R_{3k} = 2i\det{R}
\end{align*}
Ma dall’altro possiamo calcolare la stessa quantità usando la corrispondenza $(*)$:
$\mathrm{tr}(R {\textbf e_1} \cdot \sigma R {\textbf e_2} \cdot \sigma R {\textbf e_3} \cdot \sigma)=\mathrm{tr}(U {\textbf e_1} \cdot \sigma U^\dagger U {\textbf e_2} \cdot \sigma U^\dagger U {\textbf e_3} \cdot \sigma U^\dagger) = \tr\pqty{\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3} = 2i$
Quindi $\det{R} = 1$ e possiamo concludere che $R\in \mathrm{SO}(3)$.
Resta da dimostrare che l’omomorfismo è un rivestimento doppio, ovvero che $\ker \Phi = \mathbb{Z}_2$. In particolare, prima dobbiamo dimostrare che è davvero un omomorfismo. Ma ciò è presto fatto, poiché se $\Phi(U_1)=R_1$ e $\Phi(U_2)=R_2$, allora per la corrispondenza $(*)$:
\begin{align*}
(\Phi(U_1) \Phi(U_2) {\textbf x}) \cdot \sigma &= (R_1 R_2 {\textbf x}) \cdot \sigma=U_1 ( (R_2 {\textbf x}) \cdot \sigma) U_1^\dagger=\\
&= U_1 U_2 ({\textbf x} \cdot \sigma) U_2^\dagger U_1^\dagger= (U_1 U_2) ({\textbf x} \cdot \sigma) (U_1 U_2)^\dagger=\\
&=(\Phi(U_1 U_2){\textbf x}) \cdot \sigma
\end{align*}
e quindi $\Phi(U_1 U_2) = \Phi(U_1) \Phi(U_2)$. Infine troviamo il kernel dell’omomorfismo. Se $\Phi(U)=1$, per la corrispondenza $(*)$ abbiamo:
${\textbf x} \cdot \sigma=U {\textbf x} \cdot \sigma U^\dagger$
per ogni ${\textbf x}$. Ciò è equivalente a dire che:
$\sigma_i=U \sigma_i U^\dagger$
per ognuna delle tre matrici di Pauli. È facile verificare che le uniche matrici in $\mathrm{SU}(2)$ che soddisfino tale requisito sono l’identità e la sua opposta, che formano il gruppo $\mathbb{Z}_2$. Pertanto $\ker\Phi = \mathbb{Z}_2$ e il rivestimento è doppio.