In un precedente articolo abbiamo parlato del teorema di ricostruzione GNS e di come questo costituisca un pezzo importante dell’approccio algebrico alla teoria quantistica dei campi. In questo articolo ne diamo la dimostrazione.
Teorema. (GNS) Data un’algebra involutiva unitale $\mathcal{A}$ e uno stato algebrico $\omega$, abbiamo una rappresentazione $(\mathcal{H}, \mathcal{D}, \pi)$ e un vettore $\Omega \in \mathcal{D}$ tale che $\mathcal{D} = \pi(\mathcal{A})\Omega$ e
$$\omega(A) =\bra{\Omega} \pi(A) \ket{\Omega}$$
La rappresentazione $(\mathcal{H}, \mathcal{D}, \pi)$ e il vettore $\Omega$ sono unici a meno di equivalenze unitarie.
Dimostrazione. L’idea fondamentale è che essendo $\mathcal{A}$ un’algebra, e quindi uno spazio vettoriale, è già di per sé quasi uno spazio di Hilbert. L’unica cosa che gli manca, a parte questioni tecniche, è un prodotto interno, e questo sarà dato dallo stato algebrico $\omega$. Vorremmo definire il prodotto interno tra due $A,B \in \mathcal{A}$ come $\omega(A^* B)$. Il problema con questa definizione è che in linea di principio potremmo avere degli $A \neq 0$ tali che $\omega(A^* A)=0$, e ciò non è possibile per un prodotto interno. Per cui dobbiamo rimuovere questi stati, cioè quozientarli via da $\mathcal{A}$.
Formalmente, definiamo
$$\mathcal{I} = \{A \in \mathcal{A}\,\,\mathrm{t.c.}\,\,\omega(A^*A)=0\}$$
Dimostriamo quindi che $\mathcal{I}$ è un’ideale sinistro in $\mathcal{A}$. Ovvero dobbiamo dimostrare che se $A \in \mathcal{I}$ e $B \in \mathcal{A}$ allora $BA \in \mathcal{I}$, cioè dobbiamo dimostrare che $\omega\pqty{(BA)^*(BA)}=0$. A tal fine usiamo la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz per uno stato algebrico (vedi alla fine dell’articolo), ottenendo
$$\abs{\omega\pqty{(BA)^*(BA)}}^2=\abs{\omega\pqty{A^*B^*BA)}}\leq\omega\pqty{C^*C}\omega\pqty{A^*A}=0$$
dove $C=B^*BA$ e quindi $BA \in \mathcal{I}$. Oltre ad essere un ideale sinistro, $\mathcal{I}$ è anche un sottospazio vettoriale. Infatti se $A \in \mathcal{I}$, allora chiaramente $\lambda A \in \mathcal{I}$. Inoltre, se $A, B \in \mathcal{I}$, allora
$$\omega\pqty{\pqty{A^*+B^*}\pqty{A+B}}=\omega\pqty{A^*A}+\omega\pqty{B^*B} +\omega\pqty{B^*A}+\omega\pqty{A^*B}$$
Ma tutti i termini a destra sono zero: i primi due perché $A, B \in \mathcal{I}$, mentre si vede che gli altri due sono nulli usando di nuovo la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz per $\omega$.
Ora definiamo
$$\mathcal{D} \equiv \mathcal{A}/\mathcal{I}$$
Ovvero gli elementi di $D$ sono hanno la forma $A + \mathcal{I}$ dove $A \in \mathcal{A}$, ovvero le classi di equivalenza $[A]$ dove $[A]=[B]$ se $A-B \in \mathcal{I}$. Moralmente stiamo identificando con lo zero tutti gli elementi in $\mathcal{I}$. Poiché $\mathcal{I}$ è un sottospazio vettoriale di $\mathcal{A}$, allora $\mathcal{D}$ è uno spazio vettoriale. Definiamo quindi un prodotto interno su $\mathcal{D}$ ponendo
$$([A], [B]) \equiv \omega(A^*B) \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, [A], [B] \in \mathcal{D}$$
Innanzitutto $(\cdot, \cdot)$ è ben definito, perché se scegliamo $C \in \mathcal{A}$ con $[C]=[B]$ in $\mathcal{D}$, allora $B-C \equiv D \in \mathcal{I}$. Perciò
$$\omega(A^*B)=\omega(A^*C)+\omega(A^*D)=\omega(A^*C)$$
poiché $\omega(A^*D)=0$ utilizzando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Inoltre $(\cdot, \cdot)$ è un prodotto interno, perché è lineare nel secondo argomento, soddisfa $([A], [B]) = ([B], [A])^*$ ed è anche definito positivo, poiché con il quoziente abbiamo identificato con il vettore nullo tutti gli elementi a norma nulla.
Ora definiamo lo spazio di Hilbert $\mathcal{H}$ come il completamento di $\mathcal{D}$ rispetto alla norma indotta dal prodotto interno. Quindi $\mathcal{H}=\overline{\mathcal{D}}$ e quindi $\mathcal{D}$ è denso in $\mathcal{H}$ per costruzione. Definiamo inoltre il vettore ciclico $\Omega$ ponendo $\Omega \equiv [1]$.
Rimane da definire la rappresentazione $\pi$. Dato un $A \in \mathcal{A}$ definiamo $\pi(A)$ come l’operatore lineare $\pi(A): \mathcal{D}\to \mathcal{D}$ dato da
$$\pi(A)[B]=[AB]$$
Pertanto $\pi(A)$ è lineare, e rispetta l’identità e la moltiplicazione in $\mathcal{A}$. Per costruzione abbiamo inoltre $\pi(\mathcal{A})\Omega=\mathcal{D}$. La rappresentazione $\pi(A)$ è anche ben definita, perché se di nuovo scegliamo $C \in \mathcal{A}$ con $[C]=[B]$ in $\mathcal{D}$, allora $B-C \equiv D \in \mathcal{I}$. Perciò
$$\pi(A)[C]=[AC]=[AB]+[AD] = [AB]=\pi(A)[B]$$
dove $[AD]=0$ perché $D \in \mathcal{I}$, che è un ideale sinistro, e quindi anche $AD \in \mathcal{I}$. Possiamo quindi calcolare
$$([B], \pi(A)[C])=([B], [AC]) = \omega(B^*AC) =\omega((A^*B)^*C)=([A^*B], [C])=(\pi(A^*)[B], [C])$$
per cui $\pi(A)$ ha un operatore aggiunto in $\mathcal{D}$ dato da
$$\pi(A)^* = \pi(A^*)$$
come richiesto. Inoltre possiamo calcolare
$$\omega(A) = ([1],[A]) = ([1], \pi(A)[1]) \equiv \bra{\Omega}\pi(A)\ket{\Omega}$$
che è di nuovo quanto volevamo dimostrare.
Rimane da dimostrare l’unicità. Supponiamo di avere un’altra rappresentazione $(\mathcal{H}’, \mathcal{D}’, \pi’)$. Allora definiamo una mappa $U: \mathcal{D}’ \to \mathcal{D}$ ponendo
$$U \pi'(A) \Omega’ = \pi(A)\Omega$$
È sufficiente definirla su $\Omega$, perché come abbiamo visto $\Omega$ è ciclico. Tuttavia può accadere che $\pi'(A)\Omega’ = \pi'(B)\Omega’$ anche per $A\neq B$. In tal caso avremmo $\pi'(A-B)\Omega’=0$. Perciò perché la mappa $U$ sia ben definita, dobbiamo dimostrare che $\pi'(A)\Omega’=0 \implies \pi(A)\Omega=0$. Ma ciò è presto fatto, perché in tal caso
$$0=(\pi'(A)\Omega’, \pi'(A)\Omega’) = (\pi'(A)[1]’, \pi'(A)[1]’) = ([A]’,[A]’)=\omega(A^*A)=\cdots = (\pi(A)\Omega, \pi(A)\Omega)$$
Sostituendo il secondo $A$ con $B$ generico nell’ultima equazione, otteniamo che $U$ preserva la norma tra vettori, e quindi è un’isometria. Poiché è anche chiaramente invertibile, allora $U$ è una mappa unitaria. Inoltre ponendo $A=1$ otteniamo anche $U\Omega’=\Omega$, e quindi $U \pi’ U^{-1} = \pi$. $\square$
Dimostrazioni ausiliarie
Raccogliamo qui la dimostrazione di alcuni lemmi secondari che abbiamo usato nella dimostrazione del teorema GNS.
Proposizione. $\omega(A^*)=\omega(A)^*$
Dimostrazione. Consideriamo $C=1 + \lambda A$ con $\lambda \in \C$. Anche $C$ è un elemento dell’algebra, e poiché $\omega$ è uno stato algebrico per definizione $\omega(C^*C)$ è reale e positivo. Possiamo anche esplicitare $C$, e quindi, usando la linearità di $\omega$, abbiamo
$$\omega(C^*C) =1+\lambda\omega\pqty{A^*} + \lambda^*\omega\pqty{A}+\abs{\lambda}^2 \omega\pqty{B^*B}$$
Poiché $\omega$ è uno stato algebrico, il membro sinistro è reale, così come sono reali il primo e il quarto termine a destra. Ciò implica quindi che $\lambda\omega\pqty{A^*} + \lambda^*\omega\pqty{A}$ è reale per ogni $\lambda \in \C$, ma ciò è possibile solo se $\omega(A^*)=\omega(A)^*$. $\square$
Proposizione. (Cauchy-Schwarz) $$\abs{\omega(A^* B)}^2 \leq \omega(A^*A)\omega(B^*B)$$
Dimostrazione. Consideriamo l’elemento dell’algebra $C= A+\lambda B$ dove $\lambda \in \C$ è generico. Allora per definizione di stato algebrico abbiamo $\omega(C^*C) \geq 0$, per cui
$$0 \leq \omega(C^*C) = \omega\bqty{\pqty{A^*+\lambda^* B^*}\pqty{ A+\lambda B}}=\omega\pqty{A^*A}+\lambda\omega\pqty{A^*B}+\lambda^*\omega\pqty{B^*A}+\abs{\lambda}^2 \omega\pqty{B^*B}$$
Ora se $\omega(B^*B) \neq 0$, scegliamo $\lambda = -\frac{\omega\pqty{B^*A}}{\omega(B^*B)}$. Sostituendo, con l’aiuto della proposizione precedente otteniamo esattamente la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Se invece $\omega(B^*B) = 0$, allora l’unico modo perché il membro destro sia positivo per ogni $\lambda$ è che $\omega(A^*B)=\omega(B^*A)=0$, per cui la disuguglianza è soddisfatta. Alternativamente, in maniera geometrica, passando a parti reali e immaginarie, il membro destro descrive un’iperpiano bidimensionale in $\mathbb{R}^3$. Ma l’iperpiano sarà necessariamente negativo da qualche parte, a meno che non sia costante. $\square$