Prueba "moderna" de la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff

Question

¿Alguien tiene una referencia a una demostración moderna de la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff?

Todas las demostraciones que he visto están relacionadas solo con grupos / álgebras de Lie matriciales y no son en absoluto geométricas (es decir, dependen de índices, bases, etc.)

Por una demostración 'moderna' me refiero a una prueba completamente en términos de geometría diferencial, es decir, en términos del fibrado tangente en la variedad del grupo de Lie o incluso mejor en términos de jets.

Mantendré la formulación vaga a propósito, para aumentar mis posibilidades de obtener una buena referencia. Creo que la pregunta es bastante clara de todos modos.

Más allá de la simple ecuación del BCH, me gustaría tener una comprensión más profunda DE POR QUÉ el conmutador (y la estructura lineal del álgebra de Lie) es suficiente para definir el producto del grupo localmente y qué está ocurriendo geométricamente.

Answer 1

En las notas sobre Teoría de Lie en mi sitio web basadas en la clase de 2008 de Mark Haiman, se da la siguiente discusión. Debo mencionar que pienso en CCH y dividirlo en dos partes. La primera es puramente algebraica:

1. Sea $U$ una bialgebra sobre el campo $\mathbb k$ y $s$ una variable formal (conmutativa). Entonces podemos formar la completación $s$-ádica $U[\![ s ]\!]$ de $U \otimes_{\mathbb k} \mathbb k[s]$. Es un álgebra, por supuesto. No es una bialgebra en el sentido algebraico. Por otro lado, podemos extender la comultiplicación $\Delta : U \to U\otimes U$ por linealidad (y continuidad - es $s$-ádicamente continua) a $U[\![ s ]\!] \to (U\otimes U)[\![ s ]\!]$, y el mapa $U[\![ s ]\!] \otimes_{\mathbb k[\![ s ]\!]} U[\![ s ]\!] \to (U\otimes U)[\![ s ]\!]$ realiza este último como la completación $s$-ádica del primero. Por lo tanto, $U[\![ s ]\!]$ es una bialgebra para este producto tensorial completado $s$-ádicamente, que denotaré por $\hat\otimes$. Denotemos esta comultiplicación completada por $\hat\Delta$. Tenga en cuenta que $\hat\Delta$ es continua en la topología $s$-ádica.

2. Elige $\psi \in U[\![ s ]\!]$ tal que $\psi(s=0) = 0$. Entonces $\psi$ es primitiva (es decir, $\hat\Delta(\psi) = \psi \otimes 1 + 1\otimes \psi$ si y solo si $e^\psi$ es tipo grupo (es decir, $\hat\Delta(e^\psi) = e^\psi \hat\otimes e^\psi$). Tenga en cuenta que $e^\psi = \sum_n \frac1{n!}\psi^n$ converge en la topología $s$-ádica ya que $\psi(s=0) = 0$. Prueba: Por continuidad, $\hat\Delta(e^\psi) = e^{\hat\Delta(\psi)} . Como observación, tenga en cuenta que la serie de potencias $\psi \in U[\![ s ]\!]$ es primitiva si y solo si es primitiva término a término.

3. Todo lo anterior continúa funcionando si usamos dos variables formales conmutativas $s$ y $t$. Sea $\mathfrak f$ la álgebra libre de Lie en dos generadores $x$ e $y$. Entonces su álgebra universal encajante es el álgebra asociativa libre $T$ en los mismos dos generadores. (Prueba: los funtores "libres" son adjuntos izquierdos a "olvidar a los espacios vectoriales" y "universal encajante" es adjunto izquierdo a "olvidar de asociativo a Lie", y la composición de adjuntos izquierdos es adjunto izquierdo a la correspondiente composición de funtores olvidadizos.) Trabajaremos en la bialgebra (completada) $T[\![s,t]\!]$. Define la serie formal $b(sx,ty)$ por la fórmula $$ e^{b(sx,ty)} = e^{sx}e^{ty} . $$ Dado que $x$ e $y$ son primitivos y el producto de elementos de tipo grupo es de tipo grupo, se sigue del 2. que $b(sx,ty)$ es primitivo. De hecho, el coeficiente en $s^mt^n$ en $b(sx,ty)$ es primitivo.

4. Los primitivos en un álgebra universal encajante (en este caso, $T$) son precisamente la álgebra de Lie original (en este caso, $\mathfrak f$). Por lo tanto, el coeficiente en $s^mt^n$ en $b(sx,ty)$ es un polinomio de Lie (composición de corchetes) en las variables no conmutativas $x, y$. Por el conteo de grados, es homogéneo de grado $m$ en $x$ y homogéneo de grado $n$ en $y$. Más generalmente, $b(sx,ty)$ es una serie de Lie. Si trabajas para definir la topología correcta para que puedas hablar sobre series de potencias en variables no conmutativas, entonces tiene sentido hablar sobre la serie $b(x,y)$.

La segunda parte es de tipo manifold:

1. Sea $G$ denote un grupo de Lie (cuya estructura analítica es una variedad, y tal que la multiplicación es un mapa analítico), y $\mathfrak g$ su álgebra de Lie. Identifica el álgebra universal encajante $U\mathfrak g$ con los operadores diferenciales invariante por la izquierdos en $G$. Considera el germen $\mathcal C(G)_e$ de funciones analíticas definido en un entorno de la identidad. Entonces $u\in U\mathfrak g = 0$ si y solo si $u$ anula $\mathcal C(G)_e$.

2. Recuerda que tenemos un mapa $\exp: \mathfrak g \to G$ (definido, por ejemplo, fluir a lo largo del campo vectorial invariante por la izquierda en $G$ definido por $x\in \mathfrak g$). Es un isomorfismo analítico cerca de la identidad, y así cerca de la identidad tenemos un mapa inverso $\log : G \to \mathfrak g$. Al pasar a vecindarios más pequeños de la identidad según sea necesario, podemos definir $\beta(x,y) = \log(\exp x\exp y) . Es una función analítica con valores en $\mathfrak g$ en un entorno de $(0,0)\in \mathfrak g \times \mathfrak g$.

3. Elige $f\in \mathcal C(G)_e$ y $x,y\in \mathfrak g$. Entonces $e^{sx} \in U\mathfrak g[\![s]\!]$ hace es un operador diferencial con valores en $\mathbb k[\![s]\!]$ en $\mathcal C(G)_e$, y $e^{sx} f$ es la expansión de Taylor en $s$ de $f(\exp sx)$. De manera similar, $e^{sx}e^{ty}f$ calcula la expansión de Taylor de dos variables de $f(\exp sx \exp ty)$. Sea $\tilde \beta$ la expansión de Taylor de $\beta(sx,ty)$. Entonces $$ e^{\tilde \beta(sx,ty)}f = f(\exp(\tilde\beta(sx,ty))) = f(\exp sx \exp ty) = e^{sx}e^{ty} f = e^{b(sx,ty)} f. $$ Por 1., debemos tener $\tilde\beta(sx,ty) = b(sx,ty)$ como series de potencias formales.

4. Pero $\tilde\beta$ es la expansión de Taylor de la función analítica $\beta$. Así, en un vecindario suficientemente pequeño del origen, converge. Por definición, $\tilde \beta = b$ es la serie de Baker–Campbell–Hausdorff.

Answer 2

Una prueba grabada en video de que $\log e^xe^y$ es una serie de Lie en $x$ y $y$ se encuentra en http://katlas.math.toronto.edu/drorbn/dbnvp/wClips-120418.php, comenzando alrededor del minuto 10 y terminando cerca del final de la conferencia. Puede que quieras mirar las capturas de la pizarra en la columna derecha antes de ver el video.

Esa prueba es muy corta; toma una hora principalmente porque se presenta todo el trasfondo relevante. Un ingrediente clave que lleva más tiempo es el cálculo de la diferencial de la función exponencial, que no es obvia en el caso no conmutativo, y de todos modos vale la pena saberlo.

La prueba utiliza el "Truco de Euler", que también es útil en otros lugares y de todos modos vale la pena saberlo.

Answer 3

Encontrarás dos pruebas en el capítulo 1 de las excelentes notas de Shlomo Sternberg sobre álgebras de Lie. La primera es puramente geométrica diferencial en el estilo que pareces estar buscando.

Answer 4

Me parece que Baker-Cambell-Hausdorff es solo (no conmutativo) álgebra. Una fórmula cerrada interesante fue encontrada por Dynkin En una representación de la serie $\log(e^x e^y)$ en $x$ e $y$ no conmutativos a través de sus conmmutadores Math. Sb. 25 (67) 1949. El libro "Métodos de Análisis no Conmutativo" por Nazaikinskii, Shatalov, y Sternin tiene una buena presentación.

También hay un interesante artículo de Mosolova: Nueva fórmula para $\log(e^B e^A)$ en términos de conmutadores de $A$ y $B$. Math. Notes. 29 1978.

Answer 5

Tal vez encuentres lo que estás buscando en el libro "Temas en álgebra no conmutativa: el teorema de Campbell, Baker, Hausdorff y Dynkin" de A. Bonfiglioli y R. Fulci.