Preimagen de un punto por un mapa de poder en cuaterniones.

Question

Supongamos que tenemos un punto de $x_0\in{\bf H}$ (donde por $\bf H$ I denota el anillo de los cuaterniones).

Lo que me interesa es lo que el conjunto de soluciones de $x^2=x_0$?

Por lo que he comprobado, por $x_0$ reales positivos sólo hay dos soluciones reales, como podemos escribir $(a+bi+cj+dij)^2=(a^2-b^2-c^2-d^2)+2abi+2acj+2adij$, lo que implica $b=c=d=0$ si el resultado es positivo, real. Por otro lado, para el real $x_0<0$, todas las soluciones deben tener cero la parte real y las soluciones forman un $3$-esfera, mientras que para $x_0=r\cdot i$ ($r$ real) hay de nuevo sólo dos soluciones. Es que la derecha, o hice algún estúpido error?

La pregunta general que me interesa es, ¿qué soluciones de $x^n=x_0$ (geométricamente) para arbitrario $n\in{\bf N},x_0\in{\bf H}$?

(Estoy marcado este con la geometría algebraica, porque en realidad estoy preguntando acerca de algunas variedades específicas, a pesar de que soy consciente de que el contexto es bastante inusual; siéntase libre de quitar la etiqueta si usted encuentra que es inapropiado.)

Edit: Usando el argumento en Lutzl la respuesta, podemos ver que no son exactamente $n$ soluciones siempre $x_0$ es nonreal. Además, es bastante obvio que no puede asumir la $\lvert x_0\rvert=1$ (como el escalado $x_0$ por un positivo factor real sólo se escala el conjunto de soluciones de un real positivo de la raíz, y para $x_0=0$ la única solución es cero, ya que cuaterniones son de dominio), así que nos deja con el caso de $x_0=1$$x_0=-1$, y estoy interesado en ¿qué soluciones parecen exactamente, como en el caso de $n=2$ sabemos que son dos puntos distintos o una $3$-esfera, respectivamente.

Answer 1

Suponiendo que $x_0$ no es puramente real, se define un único incrustación del plano complejo en los cuaterniones y cualquier solución de una ecuación polinómica con coeficientes reales y $x_0$ como término constante sólo tienen solución en la que incrustado plano complejo.

Split $x_0=r_0+s_0e_0$ en su real y la parte imaginaria donde $e_0=Im(x_0)/|Im(x_0)|$ es una unidad compleja con $e_0^2=-1$. Considere la posibilidad de cualquier polinomio $p\in \mathbb R[x]$. A continuación, este polinomio evaluado en algunos de cuaterniones $x=r+se$ con la unidad imaginaria $e^2=-1$ resultará en un valor de $p(x)=p(r+se)\in \mathbb R[e]$. De modo que $p(x)=x_0$ sólo es posible si $e$ $e_0$ son esencialmente el mismo imaginario de cuaterniones de la unidad, hasta un signo. Es decir, cualquier solución de $p(x)=x_0$ está contenida en la incrustación $\mathbb R[e_0]$ del plano complejo, es decir, $x=r+se_0$.

Esto es cierto siempre y cuando no otros desplazamientos de unidades complejas entrar en el cuadro.

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Actualización: El $n$-ésimo grado raíces: si $x_0=\cos(ϕ)+\sin(ϕ)e$ es una unidad de cuaterniones con la unidad imaginaria $e$, entonces el conjunto solución de a $x^n=x_0$ es como en el plano complejo $x_m=\cos(\tfrac{ϕ+2πm}{n})+\sin(\tfrac{ϕ+2πm}{n})e$, $k=1,...,n$.

Sin embargo, en el caso de $\sin(ϕ)=0$, es decir, $ϕ=ℓπ$, no hay ninguna unidad imaginaria determinada por $x_0$, por lo que cualquier unidad imaginaria se va a producir una solución. En lugar de un solo puntos el conjunto solución consiste, por tanto, de 2-esferas $$\left\{\cos(\tfrac{ℓπ+2πk}{n})+\sin(\tfrac{ℓπ+2πk}{n})e\middle|Re(e)=0,\ |e|=1\right\}.$$

En el caso de $n=2$ y $x_0=1$, $ℓ=0$, los radios de las esferas se $\sin(kπ)=0$, por lo tanto el conjunto solución es que los dos únicos puntos de $x=\pm 1$. En el caso $x_0=-1$, $ℓ=1$, el radio de la esfera única es $\sin(\tfrac{π}{2}+πk)=(-1)^k$. Todo conjugado pares de $\pm e$ están en la misma esfera puramente imaginario de la unidad de cuaterniones, así que aquí el conjunto solución tiene sólo un componente.

Esto sigue siendo cierto en general, los conjuntos de soluciones para $x^n=\pm1$ 2-esferas dentro de la unidad 3-esfera perpendicular a la recta real y con partes reales correspondientes a las partes reales de los habituales compleja $n$-ésima de la unidad de raíces. Desde el complejo conjugado de la solución de los pares tienen la misma parte real, hay alrededor de $n/2$ componente esferas en el conjunto solución.

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Vagamente relacionadas con el comentario: En general, es bastante complicada tarea para decir lo que es un polinomio sobre los cuaterniones con cuaterniones coeficientes debe ser un polinomio cuadrático podría tener la forma general

$$f(x)=a_0xa_1xa_2+b_0xb_1+c_0.$$

En el contexto de los conjuntos de Julia y Mandelbrot fractales, uno explora las propiedades de la cuadrática de iteraciones $x_+=f(x)$. Dado que la calidad de la iteración se mantiene sin cambios en las transformaciones lineales $w=u_0xu_1+v_0$ uno puede intentar reducir el número de free real de los parámetros en los iteraciones.

En el complejo clásico caso, una reducción de los mismos conduce a la forma normal de la complejidad paramétrica (real dos paramétricas) Mandelbrot iteración $z_+=z^2+c$. En el caso de cuaterniones aún hay más parámetros, yo diría que (10+7+4)-(7+4)=10 real de los parámetros para la quaternionic fractal Mandelbrot.