El álgebra de cuaterniones está dada por
$\mathbb{H}$ = $\{a+bi+cj+dk \mid a, b, c, d \in \mathbb{R}, i^2 = j^2 = k^2 = -1, ij = k = -ji\} := \{z_1+z_2j \mid z_1, z_2 \in \mathbb{C}\}.$
Considero que la 3-esfera como el conjunto de unidad de cuaterniones (los cuaterniones de longitud 1) como sigue: $\mathbb{S}^3 = \{a + bi + cj + dk \mid a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 1\} = \{z_1 + z_2j \mid |z_1|^2 + |z_2|^2 = 1\}$
El producto en $\mathbb{H}$ induce una estructura de grupo en $\mathbb{S}^3$. Para cada par $(p, q)$ de los elementos de $\mathbb{S}^3$, la función $\Phi_{p,q} : \mathbb{H} \rightarrow \mathbb{H}$ con $\Phi_{p,q}(h) = phq^{-1}$ deja invariante la longitud de los cuaterniones.
Podemos, por tanto, definir un homomorphism de grupos: $\Phi : \mathbb{S}^3 \times \mathbb{S}^3 \rightarrow \mathrm{SO}(4)$ tal que $\Phi(p, q) = \Phi_{p,q}$.
Estoy buscando en el subgrupo de $C_4 \times D^*_{24}$ $\mathbb{S}^3 \times \mathbb{S}^3$ donde $C_4$ es el grupo cíclico de orden 4 y $D^*_{12}$ es el binario diedro grupo de orden 12. He mirado en 3 maneras diferentes de representar a este grupo y en cada caso puedo obtener matrices resultantes en $\mathrm{SO}(4)$ con diferentes valores propios. Aquí están las 3 maneras:
$C_4 = \{\langle g \rangle$, donde $g^4 = 1\}$, $D^*_{12} = \{\langle A, B \rangle$, donde$A^{6} = 1, B^4 = 1$$BAB^{-1} = A^{-1}\}$.
Yo represento a $g$ como la matriz
\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix}
Yo represento a $A$ como la matriz \begin{pmatrix} e^{i\pi/3} & 0 \\ 0 & e^{-i\pi/3} \end{pmatrix}.
Yo represento a $B$ como la matriz
\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix}.
Con esto, $BA$ es la matriz \begin{pmatrix} 0 & e^{i\pi/6} \\ -e^{-i\pi/6} & 0 \end{pmatrix}.
A continuación, $\Phi(g, BA)(h)$ $4 \times 4$ matriz
\begin{pmatrix} 0 & 0 & \sin \frac{\pi}{6} & \cos \frac{\pi}{6} \\\\ 0 & 0 & -\cos \frac{\pi}{6} & \sin \frac{\pi}{6} \\\\ \sin \frac{\pi}{6} & \cos \frac{\pi}{6} & 0 & 0 \\\\ -\cos \frac{\pi}{6} & \sin \frac{\pi}{6} & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Este tiene los autovalores $\pm e^{\pm i\pi/3}$
- También puedo ver $D^*_{12} = C_{6} \cup C_{6}j$
Con $g$ $A$ como antes, yo represento a $j$ como la matriz \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}.
Con esto, $Aj$ es la matriz
\begin{pmatrix} \ 0 & e^{i\pi/3} \\ -e^{-i\pi/3} & 0 \end{pmatrix}.
Ahora, $\Phi(g, Aj)(h)$ $4 \times 4$ matriz
\begin{pmatrix} 0 & 0 & \sin \frac{\pi}{3} & \cos \frac{\pi}{3} \\\\ 0 & 0 & -\cos \frac{\pi}{3} & \sin \frac{\pi}{3} \\\\ \sin \frac{\pi}{3} & \cos \frac{\pi}{3} & 0 & 0 \\\\ -\cos \frac{\pi}{3} & \sin \frac{\pi}{3} & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Este tiene los autovalores $\pm e^{\pm i\pi/6}$
-
Me representan $g = i$, $A = e^{i\pi/3}$ y $j = j$.
Con este $\Phi(i, Aj)(h)$ = $i (a + bi + cj + dk) (-jcos(\pi/3) - ksin(\pi/3))$ = $c\sin(\pi/3)-d\cos(\pi/3) + i(c\cos(\pi/3) + d\sin(\pi/3)) + j(a\sin(\pi/3)+ b\cos(\pi/3)) + k(-a\cos(\pi/3) + b\sin(\pi/3))$
que le da el $4 \times 4$ matriz de $\Phi(i, Aj)$
\begin{pmatrix} 0 & 0 & \sin \frac{\pi}{3} & -\cos \frac{\pi}{3} \\\\ 0 & 0 & \cos \frac{\pi}{3} & \sin \frac{\pi}{3} \\\\ \sin \frac{\pi}{3} & \cos \frac{\pi}{3} & 0 & 0 \\\\ -\cos \frac{\pi}{3} & \sin \frac{\pi}{3} & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Este tiene los autovalores $\pm 1, \pm 1$
Así que tengo 3 diferentes maneras de hacer esto y, en cada caso, tengo una matriz diferentes en $\mathrm{SO}(4)$ con diferentes valores propios. Pensé que si las tres matrices que representan el mismo elemento en $\mathrm{SO}(4)$, sus autovalores debería haber sido el mismo. Qué error estoy haciendo aquí?
