Sobre la formulación algebraica del álgebra de Clifford

Question

Pido disculpas de antemano por una pregunta algo farragosa.

Como físico que intenta aprender nuevas matemáticas, pensé que éste era el lugar para preguntar. Tengo problemas para entender la formulación algebraica de las álgebras de Clifford y estoy (espero) buscando algo de claridad.

Voy a decir desde el principio, que mi comprensión de los espacios cocientes y los ideales son elementales . Con esto quiero decir que entiendo las definiciones básicas al pie de la letra y algunos de los ejemplos más sencillos, aunque ambos temas siempre me han resultado algo confusos. Así que perdona mi ignorancia de antemano.

Lo que yo entiendo:

Hasta ahora, mi comprensión de las álgebras de Clifford es la siguiente (seré breve y omitiré los detalles):

Si $(V,g)$ es un espacio vectorial, dotado de una forma simétrica y bilineal $g : V \times V \rightarrow \mathbb{F}$ entonces el álgebra de Clifford $\text{C}\ell (V,g)$ de $V$ es el álgebra abarcada por los elementos de $V$ con la condición de que $v^2=g(v,v)$ .

De esto, puedo deducir y entender que $\text{C}\ell^{\pm} (\mathbb{R}^n)$ es el álgebra generada por los vectores sujetos a $v_i v_j +v_j v_i = \pm 2 \delta_{ij}$ . Entiendo también que el producto Clifford de dos vectores cualesquiera $u,v$ puede escribirse como $uv=u \cdot v + u \wedge v$ , donde $u \cdot v$ es el producto interior y $u \wedge v$ es el producto de la cuña. A partir de esto, se deducen las representaciones de las distintas álgebras de Clifford (tanto en el caso real como en el complejo) y estoy bastante contento.

Lo que no entiendo:

Ahora, si paso a textos más avanzados, a menudo me encuentro con lo siguiente:

Si $T(V)$ es el álgebra tensorial $T(V) := \bigoplus_{k=0}^{\infty} V^{k \otimes}$ con $T^0(V) = \mathbb{F}$ entonces el álgebra de Clifford $\text{C}\ell(V,g)$ es el cociente $\text{C}\ell (V,g)=T(V)/I(V)$ de $T(V)$ por el ideal $I(V)$ generado por los elementos de la forma $v \otimes u + u \otimes v -2g(u,v)$ .

Aunque sé cuáles son todos los ingredientes, ¡simplemente no veo la correlación entre esta definición y la noción más "geométrica" de un álgebra de Clifford! Todas mis intuiciones sobre el tema han desaparecido.

Desde mi (de nuevo, muy básica) comprensión de los espacios cotizados, $\text{C}\ell (V,g)$ debe ser el espacio de las clases de equivalencia, donde $u \sim v$ si $u = v+w$ para algunos $w \in I(V)$ .

A partir de la definición del ideal, puedo deducir que $u \otimes v \sim \frac{1}{2}(u\otimes v-v \otimes u)+g(u,v) = u \wedge v + g(u,v)$ Pero no puedo llegar mucho más lejos y no hace ninguna maravilla para mi comprensión.

Intentaré ser concreto:

Preguntas:

1) ¿Cómo es la definición "algebraica" del álgebra de Clifford $\text{C}\ell(V,g)$ (arriba) relacionado con el concepto de álgebra de Clifford como el álgebra generada por elementos en $V$ con la condición de que $v^2=g(v,v)$ (en el sentido más general)?

2) ¿Cómo se obtiene el producto de Clifford, ahora que el álgebra de Clifford es un espacio de clases de equivalencia?

3) ¿Por qué es "útil" esta definición del álgebra de Clifford, a diferencia de la formulación geométrica?

Answer 1

También voy a empezar con un pequeño descargo de responsabilidad: mi conocimiento de las álgebras de Clifford es bastante elemental (conozco la definición algebraica, tengo una vaga idea de que son útiles en la física de alguna manera y que todos los teóricos de los grupos cuánticos se preocupan por ellas, y ocasionalmente son ejemplos interesantes de cosas que me interesan), pero sé bastante sobre productos tensoriales, álgebras tensoriales, espacios cocientes y cosas por el estilo, así que espero que podamos llegar a algún punto entre nosotros.

1. Creo que podría ser más útil aquí si empiezo con un ejemplo, usaré el mismo que usaste tú: $\mathcal{Cl}^{\pm}(\mathbb{R}^n)$ . Para demostrar que las dos condiciones que se imponen son equivalentes, utilice la identidad de polarización: $u\otimes v + v\otimes u = 2g(u,v) = g(u+v,u+v)-g(u,u)-g(v,v)$ Así pues, tomando $u = v$ da $v\otimes v = \frac{1}{2}(g(2v,2v)-2g(v,v)) = g(v,v)$ (la otra dirección es mediante una prueba idéntica a la que utilizó para el $\mathcal{Cl}^\pm(\mathbb{R}^n)$ ejemplo). Creo que la clave que hay que notar aquí es que su "sujeto a la condición de que..." es ya un cociente: el cociente por el ideal generado por un conjunto $S$ es exactamente lo mismo que imponer la condición de que todos los elementos de $S$ son cero. En este caso, su $v^2 = g(v,v)$ corresponde exactamente al cociente por el ideal generado por todos los elementos de la forma $v^2 - g(v,v)$ , que la prueba mencionada anteriormente mostrará que es precisamente el ideal en su definición algebraica.

2. En esencia, exactamente lo mismo que en el otro caso: tenemos una copia distinguida de $V$ vivir en el interior $\mathcal{Cl}(V,V)$ y podemos ampliar $g$ de eso a todo el $\mathcal{Cl}(V,V)$ (esto es otra cosa que se rompe en el caso de la característica 2).

3. Básicamente, porque sabemos un montón de productos tensoriales y álgebras cocientes, y es bastante útil poder hacer uso de eso. También porque es, en muchos sentidos, más concreta que tu definición geométrica: mientras que tú dices "el álgebra [más libre] generada por los elementos de $V$ ", esta definición simplemente sustituye en lo que es esa álgebra más libre: es el cociente del álgebra libre generado por $V$ por el ideal asociado a esa condición, y el álgebra libre generada por $V$ es exactamente esa suma directa infinita de productos tensoriales de $V$ en la definición algebraica. Así que todo lo que esta definición está haciendo es tomar su definición, y escribir lo que todas las cosas en ella son realmente.