¿Cómo se demuestra que los cuaterniones son de 4 dimensiones?

Question

Los cuaterniones pueden definirse como $$\mathbb{R}\langle X,Y\rangle/(X^2+1,Y^2+1,XY+YX)$$ A partir de estas relaciones, es relativamente fácil demostrar que $1,X,Y,XY$ generan los cuaterniones sobre $\mathbb{R}$. Pero no puedo encontrar ninguna forma de demostrar que esto es una base.

Los cuaterniones podrían construirse alternativamente como el conjunto $\mathbb{R}^4$ junto con el producto $$(a_1,b_1,c_1,d_1)\cdot(a_2,b_2,c_2,d_2)=(a_1a_2-b_1b_2-c_1c_2-d_1d_2,a_1b_2+b_1a_2+c_1d_2-d_1c_2,a_1c_3-b_1d_2+c_1a_1+d_1b_2,a_1d_2+b_1c_2-c_1b_2+d_1a_2)$$ A partir de este punto puedes demostrar que el producto es distributivo y asociativo para mostrar que forma un anillo. También puedes demostrar las identidades utilizadas en la construcción de $\mathbb{H}$ como un cociente del álgebra libre sobre 2 generadores. Por lo tanto, utilizando la propiedad universal, podrías demostrar que es un cociente de $\mathbb{R}\langle X,Y\rangle/(X^2+1,Y^2+1,XY+YX)$, por lo que $\mathbb{R}\langle X,Y\rangle/(X^2+1,Y^2+1,XY+YX)$ debe tener al menos una dimensión de $4$. Así que técnicamente esta es una respuesta.

Sin embargo, esto se siente como si fuera por el camino más largo, por lo que quiero saber si hay una manera más sencilla de demostrar que $\mathbb{R}\langle X,Y\rangle/(X^2+1,Y^2+1,XY+YX)$ es dimensional $4$.

Answer 1

Para escalares $a, b, c, d$ considera la cantidad $$ (a + bX + cY + dXY)(a - bX - cY - dXY) = a^2+b^2+c^2+d^2. $$ Esto muestra que $a + bX + cY + dXY = 0$ si y solo si $a=b=c=d=0$, por lo que $1, X, Y, XY$ son linealmente independientes. Que abarquen es evidente de las relaciones entre $X$ y $Y$, por lo que los cuaterniones son 4 dimensionales.

Answer 2

Ordenar los monomios no conmutativos por $X>Y$ con un orden lexicográfico. Entonces tienes reglas de reescritura

$$X^2 \leadsto -1, \quad Y^2\leadsto -1, \quad XY \leadsto -YX,$$ y este conjunto de relaciones forma una base de Gröbner.

Las formas normales son claramente $1,X,Y,YX$, por lo que basta con mostrar que no hay más relaciones. Las superposiciones de las que debes cuidarte son $X^3,Y^2,XY^2$ y $X^2Y$. Obtienes

$$X^3 \leadsto -X, \quad X^3 \leadsto X(-1) = -X$$

y lo mismo para $Y^3$. También tienes $$XY^2 \leadsto X(-1) = -X$$ $$XY^2 \leadsto -YXY\leadsto YYX\leadsto -X$$ y de manera similar la última ambigüedad es confluyente, por lo que las formas normales son linealmente independientes.

Answer 3

Los cuaterniones $\mathbb{H}$ tienen tanto una representación real de $4$ dimensiones que los incrusta como una subálgebra de $M_4(\mathbb{R})$ así como una representación compleja de $2$ dimensiones que los incrusta como una subálgebra de $M_2(\mathbb{C})$. Ambas son simplemente la representación regular de $\mathbb{H}$ actuando en la izquierda sobre sí misma (donde para la incrustación compleja necesitamos elegir una copia de $\mathbb{C}$ en $\mathbb{H}$ actuando en la derecha), pero el punto es que puedes escribir estas incrustaciones explícitamente, y luego verificar que las matrices de $1, X, Y, XY$ son linealmente independientes. Esto te ahorra tener que verificar la asociatividad.

Reescribiré los cuaterniones como $\mathbb{R} \langle i, j \rangle / (i^2 + 1, j^2 + 1, ij + ji)$ y elijo la copia de $\mathbb{C}$ correspondiente a $\mathbb{R}[i]$ para obtener la representación compleja de $2 \times 2$. Pretendamos que ya sabemos que los cuaterniones son de $4$ dimensiones, o equivalente $2$ dimensional sobre $\mathbb{C}$, con base $\{ 1, j \}$. Entonces la multiplicación a la izquierda por $i$ envía esta base a $\{ i, ij = -ji \}$ entonces la matriz compleja correspondiente de $2 \times 2$ es la matriz diagonal

$$\rho(i) = \left[ \begin{array}{cc} i & 0 \\ 0 & -i \end{array} \right].$$

(El $-i$ viene del hecho de que necesitamos pensar en la copia de $\mathbb{C}$ actuando a la derecha para que conmute con la multiplicación a la izquierda por elementos de $\mathbb{H}$, por eso necesitamos reescribir $ij$ como $-ji$.) Por otro lado, la multiplicación a la izquierda por $j$ envía esta base a $\{ j, -1 \}$ entonces la matriz compleja correspondiente de $2 \times 2$ es simplemente la matriz de rotación real

$$\rho(j) = \left[ \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array} \right].$$

Ahora dejamos de pretender que sabemos que los cuaterniones son de $4$ dimensiones, y en cambio verificamos que $\rho(i)^2 = \rho(j)^2 = -1$, que debería ser bastante claro, luego que

$$\rho(ij) = \left[ \begin{array}{cc} 0 & -i \\ -i & 0 \end{array} \right]$$ $$\rho(ji) = \left[ \begin{array}{cc} 0 & i \\ i & 0 \end{array} \right]$$

entonces $\rho(ij) + \rho(ji) = 0$, lo que significa que realmente es una representación de $\mathbb{H}$. Finalmente verificamos que $1, \rho(i), \rho(j), \rho(ij)$ son linealmente independientes en $M_2(\mathbb{C})$ (sobre $\mathbb{R}$!) lo cual es bastante directo.

Puedes caracterizar su extensión real como la subálgebra de $M_2(\mathbb{C})$ de matrices de la forma $\left[ \begin{array}{cc} z & w \\ - \overline{w} & \overline{z} \end{array} \right]$, lo cual debería recordarte cómo $\mathbb{C}$ se sitúa en $M_2(\mathbb{R})$ y se puede usar como una definición alternativa de $\mathbb{H}$ (aquí el trabajo se hace mostrando la clausura bajo multiplicación). El determinante de esta matriz es $|z|^2 + |w|^2$ y la inversa es otra matriz de la misma forma por lo que incluso no es difícil ver que esto debe ser un álgebra de división.

Answer 4

Algunos comentarios:

Si $A$, $B$ son álgebras asociativas sobre $k$, dadas por generadores y relaciones

$$A =k\langle x_i \rangle/( R_{\alpha})\\ B = k\langle y_j \rangle/( S_{\beta})$$

entonces

$$k\langle x_i, y_j\rangle/(R_{\alpha}, S_{\beta})$$

nos da el producto libre $A * B$, mientras que

$$k\langle x_i, y_j\rangle/(R_{\alpha}, S_{\beta}, x_i y_j = y_j x_i)$$ nos da el producto tensor $A\otimes_k B$.

¿Qué sucede si las relaciones adicionales son $x_i y_j + y_j x_i = 0$ ? Obtendremos el producto tensorial graduado (ver las otras respuestas) de $A$, $B$, bajo ciertas condiciones: $A$, $B$ deben ser $\mathbb{Z}/2$ graduadas, por lo que las relaciones $R_{\alpha}$, $S_{\beta}$ deben ser homogéneas en $\mathbb{Z}/2$. Entonces para

$$C \colon = k\langle x_i, y_j\rangle/(R_{\alpha}, S_{\beta}, x_i y_j + y_j x_i)$$ tenemos

$$C \simeq A \bar \otimes B$$

$\bf{Añadido:}$ Veamos cómo funciona el producto tensorial graduado de álgebras:

Supongamos que $A = \oplus_{r \in \Lambda} A_d$, $B = \oplus_{s\in \Lambda} B_s$ son álgebras graduadas sobre $k$. En el $k$-módulo

$$A\otimes_k B = \bigoplus_{r,s} A_r \otimes B_s $$

consideremos el mapa bilineal definido en cada pieza de la siguiente manera:

$$(A_{r_1} \otimes B_{s_1}) \otimes (A_{r_2} \otimes B_{s_2}) \to A_{r_1+r_2} \otimes B_{s_1 + s_2}$$

$$(a_1 \otimes b_1) \otimes (a_2 \otimes b_2) \mapsto \epsilon (s_1, r_2) \cdot a_1 \cdot a_2 \otimes b_1 \cdot b_2 $$

Queremos que la multiplicación sea asociativa. Comparemos

$$(a_1 \otimes b_1) \cdot( ( a_2 \otimes b_2) \cdot (a_3 \otimes b_3))$$

y

$$((a_1 \otimes b_1) \cdot ( a_2 \otimes b_2)) \cdot (a_3 \otimes b_3)$$

Para que sean iguales necesitamos:

$$\epsilon (s_1, r_2 + r_3) \cdot \epsilon( s_2, r_3) = \epsilon( s_1, r_2) \cdot \epsilon (s_1 + s_2, r_3)$$

Entonces esto funcionaría si $\epsilon \colon \Lambda \times \Lambda \to ( k, \cdot) $ es bilineal (en el lado derecho tenemos multiplicación). Podríamos tener $\epsilon \equiv 1$, o $\epsilon(s,r) = (-1)^{s r}$, para $\Lambda = \mathbb{Z}/2$ (regla del signo de Koszul).

Answer 5

Primero consideremos el anillo cociente $S=\mathbb{R}\langle X,Y\rangle/(XY+YX)$ que tiene un conjunto generador formado por las clases residuales de $1$ y los elementos $X^rY^s$ donde $r+s\geqslant1$. Ahora podemos pasar al anillo cociente $S/(X^2+1,Y^2+1)$ que tiene como conjunto generador las clases residuales de $1,X,Y,XY$. Por supuesto, $T$ es isomorfo a los cuaterniones.

Para demostrar que estos elementos son linealmente independientes en $T$ basta con encontrar un homomorfismo de $T$ en un álgebra donde sus imágenes sean linealmente independientes.

Para eso tomamos el anillo de matrices complejas de 2 por 2 $\mathrm{M}_2(\mathbb{C})$ y el homomorfismo $\mathbb{R}\langle X,Y\rangle\to\mathrm{M}_2(\mathbb{C})$ que envía $X$ a $\begin{bmatrix} i & 0 \\ 0 & -i\end{bmatrix}$ y $Y$ a $\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$. Es fácil verificar que esto se factoriza a través de $S$ y $T$, y que las imágenes de los vectores generadores son linealmente independientes.

Agregado 11/10/2023: No me había dado cuenta de la respuesta de Qiaochu Yuan del 07/10/2023 que contiene esencialmente la misma idea.