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

Question

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 $p,q \in \mathbb H$ 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?

Answer 1

Reclamo: $q_1$ anticommutes con $q_2$ 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 $q_1 = (r_1, \vec{v_1})$ e $q_2 = (r_2, \vec{v_2})$ es $(r_1r_2 - \vec{v_1}\cdot\vec{v_2}, \vec{v_1}\times\vec{v_2}+r_1\vec{v_2}+r_2\vec{v_1})$.

En primer lugar, si bien $\vec{v_1}$ o $\vec{v_2}$ son cero, entonces rápidamente se deduce que el correspondiente $r_1$ o $r_2$ también es cero (o más, la otra de cuaterniones también es cero). Así podemos limitarnos al caso en que ambos $\vec{v_1}$ e $\vec{v_2}$ son no-cero.

Considerando partes real e imaginaria de $q_1q_2 + q_2q_1$ (que debe ser cero si los cuaterniones anticommute):

La parte real: $2r_1r_2 - 2\vec{v_1}\cdot\vec{v_2} = 0$ , lo que implica $r_1r_2 = \vec{v_1}\cdot\vec{v_2}$.

La parte imaginaria: $\vec{v_1}\times\vec{v_2} + \vec{v_2}\times\vec{v_1} + 2r_1\vec{v_2} + 2r_2\vec{v_1} = 2r_1\vec{v_2} + 2r_2\vec{v_1} = 0$ (con anticommutativity de vector producto vectorial).

Que salpican la última ecuación con $\vec{v_1}$ y sustituyendo nos da:

$r_1\vec{v_1}\cdot\vec{v_2} + r_2\vec{v_1}\cdot\vec{v_1} = 0$

$r_1^2r_2 + r_2\|\vec{v_1}\|^2 = r_2(r_1^2 + \|\vec{v_1}\|^2) = 0$

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.

Answer 2

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.

Answer 3

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.

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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 $q$s de que anticommute con $p$.

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$^\ast$ 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.

Answer 4

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.