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¿Necesitas ayuda para determinar los pares de cuaterniones que anticonmutan?

Traté de resolver un ejercicio y yo estaría muy agradecido si alguien me pudiera decir si mi respuesta es correcta. Este es el ejercicio:

Caracterizar los pares de p,qH tal que pq=qp.

Puedo ver que la unidad de cuaterniones parís, (i,k),(i,j),(j,k) anticommute.

Desde la parte real de dos puramente imaginario cuaterniones es el producto escalar y la parte imaginaria del vector producto de ello se sigue que puramente imaginario cuaterniones anticommute.

Si a+p,b+q son dos cuaterniones con partes reales a,b entonces (a+p)(b+q)=ab+aq+bp+pq. La única forma de que esto anticommute es si ab=0. Por lo tanto llego a la conclusión de que todos los pares de puramente imaginario cuaterniones anticommute.

Es esto correcto?

3voto

Keith Smith Puntos 579

Reclamo: q1 anticommutes con q2 si y sólo si es cero, o bien ambos tienen cero real de la parte y su imaginaria son ortogonales.

Representando a nuestro cuaterniones mediante un vector para la parte imaginaria, entonces el producto de q1=(r1,v1) e q2=(r2,v2) es (r1r2v1v2,v1×v2+r1v2+r2v1).

En primer lugar, si bien v1 o v2 son cero, entonces rápidamente se deduce que el correspondiente r1 o r2 también es cero (o más, la otra de cuaterniones también es cero). Así podemos limitarnos al caso en que ambos v1 e v2 son no-cero.

Considerando partes real e imaginaria de q1q2+q2q1 (que debe ser cero si los cuaterniones anticommute):

La parte real: 2r1r22v1v2=0 , lo que implica r1r2=v1v2.

La parte imaginaria: v1×v2+v2×v1+2r1v2+2r2v1=2r1v2+2r2v1=0 (con anticommutativity de vector producto vectorial).

Que salpican la última ecuación con v1 y sustituyendo nos da:

r1v1v2+r2v1v1=0

r21r2+r2

Desde que hemos asumido \vec{v_1} es distinto de cero, esto sólo puede ser satisfecha si r_2=0. Por simetría llegamos r_1=0 y nuestra conclusión de que ambas partes reales debe ser cero.

Por último, podemos utilizar la ecuación de r_1r_2 = \vec{v_1}\cdot\vec{v_2} a deducir que las dos piezas imaginarias deben ser ortogonales.

Que la condición es suficiente (es decir, si ambas partes reales son iguales a cero, y la imaginaria son ortogonales, a continuación, los cuaterniones anticommute) puede ser observado a partir de la definición de mulitplication.

2voto

Robert Bak Puntos 171

Escribimos el producto como pq = (r_p r_q - v_p \cdot v_q, r_p v_q + r_q v_p + v_p \times v_q)

Teniendo en cuenta que la parte imaginaria vemos que desde el crossproduct es antisimétrica, \operatorname{Im}{pq}=-\operatorname{Im}{qp} si y sólo si r_pv_q + r_q v_p = 0.

Esto puede suceder en exactamente 3 maneras: si cualquiera de las r_p = r_q = 0 si v_p = v_q = 0 o si v_p, v_q son linealmente dependientes.

Si r_p = r_q = 0, p,q son puramente imaginarios. Desde la parte real del producto de dos puramente imaginario cuaterniones está dada por el producto escalar y el producto escalar es simétrica a la parte real conmutan si y sólo si v_p \cdot v_q = 0. Esto sucede si y sólo si el ángulo entre los dos vectores es 90 grados. Por lo tanto v_p, v_q debe ser ortogonal si r_p=r_q =0.

Si v_p = v_q = 0, entonces estamos multiplicando los números reales. Estos anticommute si y sólo si son cero. Por tanto, en este caso, p=q=0.

Si v_p,v_q son linealmente dependientes con r_p v_q + r_q v_p = 0 Luego también r_p v_q \cdot v_p + r_q \|v_p\|^2 = 0

La parte real r_p r_q - v_p \cdot v_q se desvanece si y sólo si r_p r_q = v_p \cdot v_q, lo cual sólo puede suceder si

r_p^2 r_q + r_q \|v_p\|^2 = r_q (r_p^2 + \|v_p\|^2)= 0

por lo tanto r_q debe ser cero. Haciendo el mismo argumento con v_q rendimientos r_p=0. Por lo tanto, si v_p e v_q son linealmente dependientes del producto pq anticommutes si ambas partes reales son iguales a cero. Pero en este caso nos han demostrado que v_p e v_q debe ser ortogonal, una contradicción a la dependencia lineal de v_p,v_q. Por lo tanto v_p, v_q no puede ser linealmente dependiente.

1voto

rschwieb Puntos 60669

Por lo tanto llego a la conclusión de que todos los pares de puramente imaginario cuaterniones anticommute.

Bien, i no anticommute con sí mismo, así que esto no puede ser correcto. Simplemente declarando que "la única manera en que esto puede suceder es que..." es una enorme brecha sin justificación.


He aquí un método que evita bajando en los coeficientes reales (la mayor parte.)

Por supuesto, la situación es clara al p o q es cero (todo anticommutes con ellos), así que supongamos p\neq 0 e q\neq 0. A continuación, es posible reescribir la ecuación como pqp^{-1}=-q o qpq^{-1}=-p.

Es fácil mostrar que la conjugación mapa creado por un valor distinto de cero de cuaterniones hojas elementos de \Bbb R invariante y deja el subespacio i\Bbb R\oplus j\Bbb R\oplus k\Bbb R invariante con este lema:

Lema: para un valor distinto de cero de cuaterniones p, q y pqp^{-1} tienen exactamente la misma parte real.

Prueba sugerencia: Utilizar la identidad de p^{-1}=\frac{\overline{p}}{p\overline{p}} cuando la overline denota cuaterniones de la conjugación, y \Re(x)=\frac12(x+\overline{x}) a mostrar que \Re(pqp^{-1})=\Re(q) directamente.

Para p e -p a tienen la misma parte real, que parte real debe ser cero. Por simetría, el mismo puede decirse de q.

Ahora podemos continuar geométricamente (como su Mentira-álgebra etiqueta sugiere que debería). La interpretación más importante de los cuaterniones en el álgebra de la Mentira es que actúan por conjugación en el subespacio de cuaterniones con parte real cero para producir adecuada rotaciones de \Bbb R^3 donde \Bbb R^3 se identifica con los cuaterniones con parte real 0.^\ast

Concentrarse en la transformación de R(-)=p(-)p^{-1} por un momento, vemos que (geométricamente) esto produce una adecuada rotación ortogonal de \pi radianes alrededor del eje p. Como sabemos, esta rotación por \pi en \Bbb R^3 tiene un espacio propio para el valor de -1 de la dimensión de 2, el plano de rotación normal a p, y aquí es donde q debe mentir. Cualquier q en el plano de lo que es un autovector de -1, y por lo tanto una posibilidad para q.

En resumen, si p=0, todo lo que anticommutes con p, y si p\neq 0 debe tener parte real 0 y el otro cuaterniones con parte real cero que son ortogonales a p (en \Bbb R^3) son exactamente las qs de que anticommute con p.


^\ast Incluso hay una cómoda fórmula para estas rotaciones: \cos(\theta/2)+u\sin(\theta/2) produce una rotación de \theta radianes alrededor del eje u donde u es una unidad de longitud de cuaterniones con parte real cero. En nuestro caso, \cos(\pi/2)+\frac{p}{|p|}\sin(\pi/2)=\frac{p}{|p|} es algo que ya hemos visto (por la conjugación de un elemento y su normalización producir el mismo mapa).

Cabe destacar que esta no es la única de cuaterniones que produce este giro, sin embargo.

0voto

Emilio Novati Puntos 15832

Aquí una respuesta que sólo utiliza álgebra básica. Ponemos a p=x+y\mathbf{i}+z\mathbf{j}+t\mathbf{k} e q=a+b\mathbf{i}+c\mathbf{j}+d\mathbf{k} a continuación, se calculan los productos pq e qp recordando que \mathbf{i}\mathbf{j}=\mathbf{k}\quad \mathbf{j}\mathbf{k}=\mathbf{i}\quad \mathbf{k}\mathbf{i}=\mathbf{j} y \mathbf{j}\mathbf{i}=-\mathbf{k}\quad \mathbf{k}\mathbf{j}=-\mathbf{i}\quad \mathbf{i}\mathbf{k}=-\mathbf{j} Poner a pq+qp=0, y desde \{1,\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}\}, son linealmente independientes, tenemos el sistema lineal: \begin{cases} bx+ay +0+0 =0\\ cx+0+az+0=0\\ dx+0+0+at=0\\ ax-by-cz-dt=0 \end{casos} que tiene soluciones \begin{split} a \ne 0 & \rightarrow x(a^2+b^2+c^2+d^2)=0 \rightarrow x=y=z=t=0\\ a=0 & \rightarrow x=0 \land by+cz+dt=0\\ \end{split} que es el mismo resultado que en @Anónimo , ya by+cz+dt es el producto interior de los vectores correspondientes a las piezas imaginarias de p e q e es =0 fib de este imaginario partes son orthogonals.

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