In un articolo precedente abbiamo visto come data una singola simmetria quantistica $T: \mathcal{P} \to \mathcal{P}$, questa possa essere implementata a livello dello spazio di Hilbert da una trasformazione $U:\mathcal{P} \to \mathcal{P}$ unitaria o antiunitaria (teorema di Wigner). Poiché le trasformazioni antiunitarie sono date dal prodotto di una unitaria per la coniugazione complessa, possiamo limitarci a considerare il gruppo $U(\mathcal{H})$ delle trasformazioni unitarie su $\mathcal{H}$.
Data una trasformazione dello spazio di Hilbert $S: \mathcal{H}\to \mathcal{H}$ possiamo definire una corrispondente trasformazione dello spazio proiettivo $\hat \gamma(S):\mathcal{P}\to \mathcal{P}$ secondo la legge:
$$\hat \gamma(S)(\phi) = \gamma(S(f))$$
dove $\gamma(f) = \psi$ è la proiezione sulla classe di equivalenza. Per questo poniamo per definizione:
$$U(\mathcal{P}) \equiv \hat\gamma(U(\mathcal{H}))$$
Ora dato un gruppo di simmetria $G$ una sua rappresentazione unitaria $S$ è un’omomorfismo continuo
$$S: G \to U(\mathcal{H})$$
Invece, dato il gruppo $G$, una sua rappresentazione proiettiva $R$ è un’omomorfismo continuo
$$R: G \to U(\mathcal{P})$$
Data una rappresentazione unitaria possiamo sempre trovare una corrispondente rappresentazione proiettiva usando la mappa $\hat \gamma$. Se $G$ è il gruppo di simmetria della teoria quantistica, allora l’azione di $G$ sullo spazio degli stati quantistico $\mathcal{P}$ è una rappresentazione proiettiva. Tuttavia noi vorremmo lavorare con $\mathcal{H}$, per cui vogliamo capire il problema opposto: data una rappresentazione proiettiva, possiamo sempre “sollevarla” ad una rappresentazione unitaria?
Ovvero data una rappresentazione proiettiva $R(g)$, esiste una rappresentazione unitaria $S(g)$ tale che $\hat\gamma(S(g))=R(g)$?
La risposta è no. Il problema è il seguente: data una rappresentazione proiettiva $R(g)$ per $g \in G$, poiché per definizione $U(\mathcal{P}) \equiv \hat\gamma(U(\mathcal{H}))$ esisterà certamente una mappa $S(g)\in U(\mathcal{H})$ tale che $\hat\gamma(S(g))=R(g)$. Tuttavia non è detto che $S$ sia una rappresentazione. In particolare non è detto che sia un omomorfismo. Infatti abbiamo sicuramente:
$$R(g)R(h)[\psi] = R(g)[S(h)\psi] = [S(g) S(h)\psi]\\
R(gh)[\psi] = [S(gh)\psi]$$
Poiché $R$ è una rappresentazione su $\mathcal{P}$ allora $R(g)R(h)[\psi] = R(gh)[\psi]$, per cui $[S(gh)\psi] = [S(g) S(h)\psi]$ e quindi $S(gh)\psi$ e $S(g) S(h)\psi$ si trovano nello stesso raggio, ma non è detto che siano identici. Infatti in generale abbiamo:
$$S(g)S(h)\psi=e^{i\theta(g, h)} S(g h)\psi \tag{1}$$
Poiché $S$ è unitaria i due vettori devono avere lo stesso modulo, per cui possono al massimo differire per una fase. Inoltre poiché $S$ è lineare la fase non può dipendere dal vettore $\psi$.
Pertanto $S$ non è una rappresentazione, a causa della fase $\omega(g,h) = e^{i\theta(g, h)}$. Tuttavia è possibile salvarsi in extremis nel caso in cui esista una funzione $f: G \to U(1)$ tale che
$$\omega(g, h) = f(gh)f(g)^{-1} f(h)^{-1}\tag{2}$$
Lavoriamo con $\omega=e^{i\theta}$ invece che con $\theta$ per evitare ambiguità col fatto che $\theta$ è definita solo modulo $2\pi$. Se $\omega$ soddisfa la $(2)$ allora possiamo definire $\widetilde S(g) = f(g) S(g)$, in modo tale che soddisfi
$$\widetilde{S}(g)\widetilde{S}(h)\psi=\widetilde{S}(g h)\psi$$
In questo caso siamo quindi riusciti a sollevare la rappresentazione proiettiva $R$ ad una unitaria $\widetilde{S}$. Tuttavia non sempre la condizione $(2)$ si verifica, per cui il sollevamento non è sempre possibile. Ad esempio la rappresentazione spin $1/2$ di $SO(3)$ è una rappresentazione proiettiva ma non unitaria.
Resta da capire sotto quali condizioni si verifica la condizione $(2)$, e inoltre bisogna capire cosa succede nei casi in cui si verifica. Innanzitutto dimostriamo alcune proprietà delle fasi $\omega$.
Lemma. Possiamo sempre scegliere le fasi in modo che $\omega(g,1)=\omega(1,g)=1$.
Dimostrazione. Abbiamo per definizione $S(g)S(h) = \omega(g,h)S(gh)$. Ponendo $g=h=1$ otteniamo $S(1)S(1) = \omega(1,1)S(1)$. Poiché $S(g)$ è unitaria, è anche invertibile, per cui otteniamo $S(1) = \omega(1,1)\mathbb{I}$. Segue $\omega(1,1)\neq 0$ e che possiamo ridefinire $\widetilde{S}(g) = S(g)/\omega(1,1)$, che soddisfa $\widetilde{S}(g)\widetilde{S}(h) = \widetilde{\omega}(g,h)\widetilde{S}(gh)$ dove $\widetilde{\omega}(g,h) = \omega(g,h)/\omega(1,1)$, per cui $\widetilde{\omega}(1,1)=1$. Inoltre $\widetilde{S}(g)\psi$ e $S(g)\psi$ differiscono per una costante, per cui $[\widetilde{S}(g)\psi] = [S(g)\psi]$, pertanto possiamo sempre scegliere il rappresentante $S$ tale che $\omega(1,1)=1$ e pertanto tale che $S(1)=1$. Ponendo $h=1$ in $S(g)S(h) = \omega(g,h)S(gh)$ abbiamo quindi $S(g) = \omega(g,1)S(g)$ e quindi $\omega(g,1)=1$. $\square$
Lemma. Le fasi soddisfano la seguente equazione:
$$\omega(h,k) \omega(g,hk) = \omega(g,h) \omega(gh,k)$$
Dimostrazione. Abbiamo per definizione $S(g)S(h) = \omega(g,h)S(gh)$. Ora consideriamo il prodotto $S(g)S(h)S(k)$. Abbiamo:
$$(S(g)S(h))S(k)= \omega(g,h) S(gh) S(k) = \omega(g,h) \omega(gh,k) S(ghk)\\
S(g)(S(h)S(k)) = S(g)\omega(h,k)S(hk) = \omega(h,k) \omega(g,hk)S(ghk)$$
Poiché le due devono dare lo stesso risultato, otteniamo l’equazione richiesta. $\square$
Lemma. L’insieme $\Omega$ delle fasi di una rappresentazione proiettiva forma un sottogruppo chiuso di $U(1)$.
Dimostrazione. È chiaro che $\Omega$ è un sottoinsieme di $U(1)$. Sappiamo inoltre che non è vuoto, perché se $\omega(g,h)$ è una fase, allora $\omega(g,1)=1$. Per dimostrare che è un sottogruppo consideriamo $S(g)S(h)S(k)$. Chiudendo le parentesi in due maniere diverse otteniamo che tanto $\omega(g,h)\omega(gh,k)$ quanto $\omega(g,hk)\omega(h,k)$ sono fasi. Segue che
$$\omega(g, h) \omega(k,l)^{-1} = \omega(g, h)\omega(gh,kl) \omega(gh,kl)^{-1}\omega(k,l)^{-1}$$
è una fase, perché il prodotto di due fasi. Resta solo da dimostrare la chiusura. Poiché $S(g)S(h) = S(gh) \omega(g,h)$ e $R$ è continua, presa una sequenza convergente $g_n \to g$ abbiamo $S(g_n) \to S(g)$, per cui anche $\omega(g_n, h) \to \omega(g, h)$ e $\omega(g,h)$ è una fase essa stessa, per cui $\Omega$ è chiuso. $\square$
Qualche tempo fa abbiamo dimostrato il risultato seguente:
Proposizione. I sottogruppi chiusi di $U(1)$ sono isomorfi a $\mathbb{Z}_n$ per qualche $n$ oppure densi in $U(1)$.
Dal lemma e dalla proposizione segue un risultato importante:
Corollario. Il gruppo delle fasi $\Omega$ di una rappresentazione proiettiva è isomorfo a $U(1)$ oppure a $\mathbb{Z}_n$ per qualche $n$.
Dimostrazione. Dal lemma sappiamo che $\Omega$ è un sottogruppo di $U(1)$, per cui dalla proposizione è isomorfo a $\mathbb{Z}_n$ oppure è denso in $U(1)$. Tuttavia dal Lemma sappiamo che $\Omega$ è chiuso; per definizione la chiusura di un insieme denso in $U(1)$ è tutto $U(1)$, per cui se $\Omega$ è denso in $U(1)$ allora $\Omega \cong U(1)$. $\square$.
Nel prossimo articolo vedremo come usare questi risultati per sollevare le rappresentazioni proiettive.