Transformaciones lineales fraccionadas explícitas que giran la esfera de Riemann sobre el eje de % de $x$

Question

Antecedentes: Vamos a $S^2$ denotar la unidad de la esfera en $\mathbb{R}^3$. Por "la proyección estereográfica", me refiero a la asignación de $S^2$ (quitar el polo norte) para el plano complejo que envía \begin{align*} \begin{bmatrix} x \\ y \\ t \end{bmatrix} \in S^2 \mapsto z = \frac{x+iy}{1-t} \in \mathbb{C}. \end{align*} El mapeo inverso, desde el plano complejo a la esfera, es el dado por \begin{align*}z = x+iy \in \mathbb{C} \mapsto \frac{2}{|z|^2+1} \cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ 0 \end{bmatrix} + \left(1 - \frac{2}{|z|^2 + 1}\right) \cdot \begin{bmatrix} 0 \\0 \\ 1 \end{bmatrix} \in S^2. \end{align*}

Usando la analogía, podemos ver una transformación de $\mathbb{C}$ como una transformación de $S^2$, o viceversa. Yo estaba especialmente interesado en aprender a partir de esta pregunta que la rotación de la $2$-esfera, es decir, las transformaciones correspondientes a las matrices en $SO(3)$, en realidad corresponden a un subconjunto de las fracciones de transformaciones lineales $z \mapsto \frac{az + b}{cz + d}$. Precisamente, $z \mapsto \frac{az + b}{cz + d}$ corresponde a una rotación de $S^2$ si y sólo si $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix}$ pertenece (hasta escalar varios, supongo) a $U(2)$, el grupo de $2 \times 2$ unitario de las matrices. En particular, $z \mapsto \frac{1}{z}$ corresponde a la rotación $S^2$ $180$ grados alrededor de la $x$-eje.

Sobre el aprendizaje de esta realidad, me preguntaba si yo podría escribir una matriz unitaria cuya fraccionario de la transformación lineal que corresponde a la rotación por un ángulo dado acerca de la $x$-eje. Después de un tiempo yo era capaz de convencer a mí mismo que la fracción de transformación lineal correspondiente a $$ U_\theta = \begin{bmatrix} \cos \theta & i \sin \theta \\ i \sin \theta & \cos \theta \\ \end{bmatrix} \in SU(2)$$ es decir, la asignación de $$f_\theta(z) = \frac{\cos \theta z + i \sin \theta}{i \sin \theta z + \cos \theta}$$ corresponde a la rotación de $S^2$ a través de un ángulo de $\theta$ grados alrededor de la $x$-eje, es decir, a la transformación dada por la matriz $$R_{2 \theta} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(2 \theta) & - \sin( 2 \theta) \\ 0 & \sin(2 \theta) & \cos(2 \theta) \\ \end{bmatrix}.$$

El hecho de que la esfera gira alrededor de dos veces como $\theta : 0 \to 2 \pi$ supongo que tiene algo que ver con el hecho de que $SU(2)$ se supone que es el doble de la cubierta de $SO(3)$.

Pregunta: ¿Cómo puedo eficiente demostrar que $f_\theta$ $R_{2 \theta}$ son en realidad la misma transformación en diferentes representaciones? Para estar seguro, uno puede tomar un punto genérico $(x,y,t) \in S^2$ y comprueba que el resultado de la aplicación de la proyección estereográfica y, a continuación, $f_\theta$ está de acuerdo con el resultado de la aplicación de $R_{2 \theta}$ y, a continuación, la proyección estereográfica. Sin embargo, haciendo esto por los puntos específicos de la $(x,y,t)$ es más o menos cómo se me ocurrió con las fórmulas anteriores, y aun entonces el álgebra parecía ser bastante involucrados. Puede alguien ofrecer una más esclarecedor prueba?

Answer 1

Juan del comentario anterior es en realidad una respuesta, modulo de arar a través de los cálculos reales. En este post, voy a solicitar su observación para llegar a todo tipo de locos fórmulas.

Notaciones Y Convenciones:

• Se denota la unidad de la esfera en $\mathbb{R}^3$ $S^2$ y el estándar de la unidad de vectores $e_1,e_2,e_3$.
• Dado un punto de $e \in S^2$ y un ángulo de rotación de la $\omega \in \mathbb{R}$, vamos a $R(e,\omega) \in SO(3)$ denotar la rotación en sentido antihorario por $\omega$$e$. Aquí, "la izquierda" se define con respecto a un observador que mira hacia abajo en $e$ desde el espacio exterior (para que el observador se enfrenta en la $-e$ dirección). Explícitamente, $$ R(e,\omega) = A \begin{bmatrix} \cos \omega & -\sin \omega & 0 \\ \sin \omega & \cos \omega & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}^{-1}$$ para cualquier $A \in SO(3)$$Ae_3=e$. En particular: \begin{align*} R(e_1,\omega) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \omega & -\sin \omega \\ 0 & \sin \omega & \cos \omega \\ \end{bmatrix} \\ R(e_2,\omega) = \begin{bmatrix} \cos \omega & 0 & \cos \omega \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin \omega & 0 & \sin \omega \\ \end{bmatrix} \\ R(e_3,\omega) = \begin{bmatrix} \cos \omega & -\sin \omega & 0 \\ \sin \omega & \cos \omega & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}. \end{align*}
• Dado un ángulo azimutal $\theta \in \mathbb{R}$ polar y un ángulo de $\phi \in [0,\pi]$, el punto de $e$ esférico coordinar $(\theta,\phi)$ se define, como de costumbre, por lo que el $\theta$ es un argumento para la proyección de $e$ en la $xy$-plane, y $\phi$ es el más pequeño, no negativo ángulo entre el $e$ y la orientada hacia el norte de vectores $e_3$. Nota: se puede obtener $e$ mediante la aplicación de dos rotaciones de a $e_3$ como sigue: $$e = R(e_3,\theta ) \ R(e_2,\phi) \ e_3.$$
• Denotar la acción de la $GL(2,\mathbb{C})$ $\mathbb{C} \cup \{\infty\}$ por fracciones de transformaciones lineales por yuxtaposición. Así, $$A z = \frac{az+b}{cz+d}$$ cuando $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix} \en GL(2,\mathbb{C})$, $z \in \mathbb{C} \cup \{\infty\}$.
• Deje $ P : S^2 \to \mathbb{C} \cup \{ \infty\}$ denotar la proyección estereográfica. En coordenadas Cartesianas, $$ P (x,y,t) = \begin{cases} \frac{x+iy}{1-t} & \text{ if } (x,y,t) \neq e_3 \\ \infty & \text{ if } (x,y,t) = e_3 \end{casos}.$$ En coordenadas esféricas, $$P (\theta,\phi) = \begin{cases} e^{i \theta} \cot(\frac{\phi}{2}) & \text{ if } \phi \neq 0 \\ \infty & \text{ if } \phi = 0 \\ \end{casos}.$$

Es conveniente para representar un elemento de $SO(3)$ en la forma $R(e,\theta)$ descrito anteriormente, ya que esto hace conjugación fácil de entender.

Fácil Hecho: Si $e \in S^2,\omega \in \mathbb{R}$$A \in SO(3)$, luego $$ A \ R(e,\omega) \ A^{-1} = R(Ae,\omega).$$ Esto es, cuando se conjuga, el ángulo de rotación no cambia, mientras que el vector sobre el que uno está girando, es transformado por la conjugación de la matriz.

Ahora voy a usar la de Juan idea de calcular, para cada rotación 3d $R \in SO(3)$, un unitario $U \in SU(2)$ de manera tal que el diagrama $$\begin{matrix} S^2 & \overset{ P }{\longrightarrow} & \mathbb{C} \cup \{\infty\} \\ \downarrow^R & & \downarrow^U \\ S^2 & \overset{ P }{\longrightarrow} & \mathbb{C} \cup \{\infty\} \\ \end{de la matriz}$$ El punto aquí es que una vez que uno aprende el hecho de

"Si $S^2$ $\mathbb{C} \cup \{ \infty\}$ son identificados a través de la proyección estereográfica, luego de las transformaciones en $SO(3)$ se identifica con un subconjunto de las transformaciones de Möbius de $\mathbb{C} \cup \{ \infty\}$, es decir, los que implementado por una matriz en la $SU(2)$,"

uno, naturalmente, quiere ser capaz de escribir explícitamente abajo unitaria correspondiente a una rotación específica de la esfera.

Resultado principal: Fijar un ángulo de rotación de la $\omega$. Fijar un ángulo azimutal $\theta \in \mathbb{R}$, un ángulo polar $\phi \in [0,\pi]$ y deje $e \in S^2$ ser el punto de coordenadas esféricas $(\theta,\phi)$. Entonces, la central unitaria de $$U(e, \omega) = \begin{bmatrix} \cos(\frac{\omega}{2}) + i \cos(\phi) \sin(\frac{\omega}{2}) & ie^{i \theta} \sin(\phi) \sin (\frac{\omega}{2}) \\ i e^{-i \theta} \sin (\phi) \sin(\frac{\omega}{2}) & \cos(\frac{\omega}{2}) -i\cos(\phi) \sin (\frac{\omega}{2}) \\ \end{bmatrix}$$ es tal que el diagrama $$\begin{matrix} S^2 & \overset{ P }{\longrightarrow} & \mathbb{C} \cup \{\infty\} \\ \downarrow^{R(e,\omega)} & & \downarrow^{U(e,\omega)} \\ S^2 & \overset{ P }{\longrightarrow} & \mathbb{C} \cup \{\infty\} \\ \end{de la matriz}$$ es conmutativa. Algunos casos especiales:

1. Poner $\theta =0$, $\phi = \frac{\pi}{2}$ por lo $e=e_1$, obtenemos $$U(e_1, \omega) = \begin{bmatrix} \cos(\frac{\omega}{2}) & i \sin(\frac{\omega}{2}) \\ i \sin(\frac{\omega}{2}) & \cos(\frac{\omega}{2}) \\ \end{bmatrix}.$$
2. Poner a $\theta = \phi = \frac{\pi}{2}$$e=e_2$, obtenemos $$U(e_2, \omega) = \begin{bmatrix} \cos(\frac{\omega}{2}) & - \sin(\frac{\omega}{2}) \\ \sin(\frac{\omega}{2}) & \cos(\frac{\omega}{2}) \\ \end{bmatrix}.$$
3. Poner a $\phi = 0$$e=e_3$, obtenemos $$U(e_3, \omega) = \begin{bmatrix} e^\frac{i \omega}{2} & 0 \\ 0 & e^{- \frac{i \omega}{2}} \\ \end{bmatrix}.$$

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Prueba De Dibujo:

• Primero revisamos la reclamación al $e=e_3$ $\omega$ es arbitrario. Debemos perseguir un arbitrario $(x,y,t) \in S^2$ en ambas direcciones alrededor del diagrama. La aplicación de $ P \ R(e_3,\omega)$, obtenemos \begin{align*} P \ \begin{bmatrix} \cos \omega & -\sin \omega & 0 \\ \sin \omega & \cos \omega & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ t \end{bmatrix}= P \ \begin{bmatrix} \cos(\omega)x -\sin (\omega) y \\ \sin (\omega) x + \cos (\omega) y \\ t \\ \end{bmatrix} = \frac{e^{i \omega}(x + iy)}{1-t} \end{align*} La aplicación de $U(e_3, \omega) \ P $, obtenemos $$\begin{bmatrix} e^\frac{i \omega}{2} & 0 \\ 0 & e^{- \frac{i \omega}{2}} \\ \end{bmatrix} \frac{x+iy}{1-t} = \frac{e^\frac{i\omega}{2}\frac{x+iy}{1-t} }{e^{- \frac{i \omega}{2}}} = \frac{e^{i \omega}(x + iy)}{1-t},$$ por lo que el resultado se da en este caso.
• A continuación podemos comprobar la reclamación al$e = e_1$$\omega = - \frac{\pi}{2}$. En este caso: \begin{align*} U(e_1,-\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \\ \end{bmatrix} && R(e_1,-\frac{\pi}{2}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 0 \\ \end{bmatrix} \end{align*} La aplicación de $ P \ R(e_1,-\frac{\pi}{2})$$(x,y,t)$, obtenemos \begin{align*} P (x,t,-y) = \frac{x+it}{1+y} \end{align*} La aplicación de $U(e_1,-\frac{\pi}{2}) \ P $, obtenemos $$\begin{bmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \\ \end{bmatrix} \frac{x+iy}{1-t} = \frac{\frac{x+iy}{1-t}-i}{-i\frac{x+iy}{1-t}+1} = \frac{x+iy-i(1-t)}{-ix+y + 1-t}.$$ Por lo tanto, la ecuación que se establece $$\frac{x+it}{1+y} = \frac{x+iy-i(1-t)}{-ix+y + 1-t}.$$ Cruz de la multiplicación y la limpieza un poco las cosas, vemos que el segundo es equivalente a $$x(1+y) + i(-x^2 - t^2 + t(y+1)) = x(1+y) + i (y^2 - 1 + t(y+1))$$ que, desde la $x^2+y^2+t^2=1$, es una verdadera ecuación.
• A continuación, hemos de comprobar la reclamación al $e=e_2$ $\omega$ es arbitrario. Desde $R(e_1,-\frac{\pi}{2}) e_3=e_2$, podemos escribir $$R(e_2,\omega) = R(e_1,-\frac{\pi}{2}) \ R(e_3,\omega) \ {R(e_1,-\frac{\pi}{2})}^{-1}.$$ Por cálculo directo, \begin{align*} U(e_2,\omega) &= U(e_1,-\frac{\pi}{2}) \ U(e_3,\omega) \ {U(e_1,-\frac{\pi}{2})}^{-1} \\ &= \begin{bmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^\frac{i \omega}{2} & 0 \\ 0 & e^{- \frac{i \omega}{2}} \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \\ \end{bmatrix}^{-1} \end{align*} y así, dado que el reclamo ya está establecido para las matrices en el lado derecho, se sigue por la matriz en el lado izquierdo.
• Por último, se establece que el reclamo de un punto general $e$ esférico coordinar $(\theta,\phi)$ y un ángulo de rotación de la $\omega$. Desde $$e = R(e_3,\theta) \ R(e_2,\phi) \ e_3,$$ tenemos que $$R(e,\omega) = [R(e_3,\theta) \ R(e_2,\phi)] \ R(e_3,\omega) \ [R(e_3,\theta) \ R(e_2,\phi)]^{-1}.$$ Un largo, pero sencillo, cálculo muestra que $$U(e,\omega) = [U(e_3,\theta) \ U(e_2,\phi)] \ U(e_3,\omega) \ [U(e_3,\theta) \ U(e_2,\phi)]^{-1}.$$ Dado que la demanda ya está establecido para las matrices en el lado derecho, se sigue por la matriz en el lado izquierdo.