Sobre la "complejización" de los espacios vectoriales

Question

Creo que esta cuestión debería ser bastante trivial. Por alguna razón no entendí bien el argumento del autor. Utilizaré los símbolos del libro para evitar la ambigüedad.

En el libro "Lectures on Lie groups", Adams construyó las siguientes operaciones (página 24 ):

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3.3: EXPLICACIÓN: Si $V$ es un $G$ -espacio sobre $\mathbb{Q}$ (nota, Adams utiliza $\mathbb{Q}$ como cuaterniones), podemos considerarlo como un $G$ -espacio sobre $\mathbb{C}$ con un mapa estructural tal que $j^{2}=-1$ . En realidad podemos hacerlo de dos maneras. Por un lado, podemos tomar el $\mathbb{C}$ -estructura de módulo dada por $i$ actuando en la izquierda y el mapa estructural dado por $j$ actuando a la izquierda. Por otro lado, podemos tomar la $\mathbb{C}$ -estructura de módulo dada por $i$ actuando a la derecha (- $i$ a la izquierda) y el mapa estructural dado por $j$ actuando a la derecha (- $j$ actuando a la izquierda). Es indiferente lo que tomemos, porque podemos definir un automorfismo $\alpha\colon V\to V$ que se estructuran en el otro, por ejemplo $\alpha(v)=kv$ .

A la inversa, dado un $G$ -espacio sobre $\mathbb{C}$ con un mapa estructural tal que $j^{2}=-1$ podemos reconstruir claramente un $G$ -espacio sobre $\mathbb{Q}$ . (No veo cómo reconstruirlo).

Del mismo modo, a menudo es conveniente considerar un $G$ -espacio $V$ en $\mathbb{R}$ como equivalente a un $G$ -espacio $V'$ en $\mathbb{C}$ provisto de un mapa de estructura tal que $j^{2}=1$ . Para pasar de $V$ a $V'$ tomamos $V'=\mathbb{C}\otimes_{\mathbb{R}}V$ con los obvios mapas de operaciones y estructuras: $$ \begin{align*} z(z'\otimes v)&=zz'\otimes v \quad (z,z'\in \mathbb{C}) \\ g(z\otimes v)&=z\otimes gv \\ j(z\otimes v)&=\overline{z}\otimes v \end{align*} $$

Pasar de $V'$ a $V$ nos dividimos $V'$ en los espacios eigéneos +1 y -1 de $j$ ; estos son $G$ -espacios más $\mathbb{R}$ que son isomorfas bajo $i$ . Estas operaciones son claramente inversas entre sí hasta el isomorfismo.

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Adams dio las siguientes construcciones explícitas: (página 26)

(i) Si $V$ es un $G$ -espacio sobre $\mathbb{R}$ , defina $cV=\mathbb{C}\otimes_{\mathbb{R}}V$ como en 3.3.

(ii) Del mismo modo, si $V$ es un $G$ -espacio sobre $\mathbb{C}$ , defina $qV=\mathbb{Q}\otimes_{\mathbb{C}}V$ y lo considere de manera obvia como un $G$ -y un módulo izquierdo sobre $\mathbb{Q}$ .

(iii) Si $V$ es un $G$ -espacio sobre $\mathbb{Q}$ , dejemos que $c'V$ tienen el mismo conjunto subyacente que $V$ y las mismas operaciones de $G$ pero considerándolo como un espacio vectorial sobre $\mathbb{C}$ .

(iv) Del mismo modo, si $V$ es un $G$ -espacio sobre $\mathbb{C}$ , dejemos que $rV$ tienen el mismo conjunto subyacente que $V$ y las mismas operaciones de $G$ pero considerarlo como un espacio vectorial de $\mathbb{R}$ .

(v) Que $V$ ser un $G$ -espacio sobre $\mathbb{C}$ definimos $tV$ para tener el mismo conjunto subyacente que $V$ y las mismas operaciones de $G$ pero hacemos $\mathbb{C}$ actuar de una manera nueva; $z$ actúa sobre $tV$ comme $\overline{z}$ utilizado para actuar sobre $V$ .

Adams afirma la siguiente relación (3.6, pg 27): $$ \begin{align*} rc&=2 \\ cr&=1+t \\ qc'&=2 \\ c'q&=1+t \\ tc&=c \\ rt&=r \\ tc'&=c' \\ qt&=q \\ t^2&=1 \end{align*} $$

Estas ecuaciones deben interpretarse como que $rcV\cong V\oplus V$ para $V$ en $\mathbb{R}$ , $crV\cong V\oplus tV$ para cada $V$ en $\mathbb{C}$ etc.

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Mis preguntas ingenuas son:

(1) Por qué Adams define este proceso de "complejización" "realización" "cuarterización" con un mapa de estructura $j$ ? ¿Hay alguna diferencia entre estos procesos y la complejización habitual, etc. de los espacios vectoriales? Supongo que hay alguna diferencia como Adams argumentó explícitamente con el valor propio de $j$ en su ejemplo.

(2) Puedo ver claramente $rc=2$ pero no entiendo por qué $cr=1+t$ . Supongamos que $V$ es unidimensional, entonces $V\cong \mathbb{C}$ , $rV\cong \mathbb{R}^{2}$ , $c(rV)\cong \mathbb{C}^{2}\not \cong \mathbb{C}\otimes \overline{\mathbb{C}}$ . Necesito que alguien me dé una prueba clara. La propia prueba de Adams no es clara para mí (es sorprendentemente larga, así que no quiero publicarla aquí). Igualmente no veo por qué tenemos $c'q=1+t$ , $tc=c$ , $rt=r$ .

(3) ¿Hay alguna referencia mejor del mismo material? Creo que si realmente entendiera lo que Adams quiere decir aquí. Creo que debe ser elemental e importante.

Perdona que te pregunte de forma tan ingenua, me han molestado durante varias horas. Creo que deberían ser bastante triviales, pero de alguna manera no puedo obtener las respuestas correctas. Me parece que Adams está tratando de reducir las representaciones sobre $\mathbb{F}$ en la representación de algunos otros campos.

Answer 1

Si no has obtenido respuesta a tu pregunta, probablemente sea en parte porque lo que escribes es confuso. Eso no es del todo culpa tuya, porque el pasaje del libro que utilizas es bastante confuso. En esta respuesta trataré principalmente de eliminar la confusión.

En primer lugar, tenga en cuenta que su "Adams" es J. Frank Adams, matemático británico (1930-1989), y no Jeffrey D. Adams, un matemático estadounidense vivo que también escribe sobre la teoría de Lie (a quien conozco bien, sólo quería que esto quedara claro para todos).

La confusión no sólo se debe al imperdonable error de denotar los cuaterniones por Q ( no $\mathbb{Q}$ ya que la tipografía de los libros es de estilo máquina de escribir (estamos en 1969), sin distinción de fuentes), pero sin embargo será más claro escribirlos como $\mathbb{H}$ . El autor parece ser algo consciente de las sutilezas de los espacios vectoriales sobre campos sesgados como $\mathbb{H}$ pero no los entendía realmente. Para atestiguar, la siguiente cita de la página anterior: "En el caso $\Lambda=\mathbb{H}$ si queremos escribir nuestras matrices a la izquierda, será prudente disponer que $V$ es un módulo derecho sobre $\mathbb{H}$ . Afortunadamente podemos hacer que cualquier módulo de la izquierda sobre $\mathbb{H}$ en un módulo derecho sobre $\mathbb{H}$ y viceversa, mediante la fórmula $qv=v\overline{q}$ ( $q\in\mathbb{H}$ , $v\in V$ )." Ambas partes de esta cita tienen cierta justificación, pero la forma en que se asocian deja claro que el autor no lo entendió. Me explico.

Las matrices representan mapas lineales; esto significa que su aplicación debe conmutar con la multiplicación escalar de los vectores (esta es la parte de la definición de los mapas lineales que va más allá de ser aditivos). Cuando los escalares no conmutan entre sí (como en $\mathbb{H}$ ), entonces su conmutación con mapas lineales se refleja mejor escribiéndolos en lados opuestos del argumento vectorial como mapas lineales, por lo que la linealidad de $f$ se expresa mediante $f(vq)=f(v)q$ . Escribir $q$ a la izquierda aquí (como $f(qv)=q f(v)$ ) sería muy confuso, ya que sugeriría que esta conmutación contradice la no conmutatividad de $\mathbb{H}$ Por ejemplo, en el caso muy simple de que $V=\mathbb{H}$ y $f:V\to V$ viene dado por a $1\times1$ matriz $(a)$ Así que $f(v)=av$ , multiplicando $v\in\mathbb{H}$ por $q$ no puede dar $qv$ ya que eso significaría $qav=qf(v)=f(qv)=aqv$ lo cual no es cierto; de hecho, multiplicar $v$ por $q$ debe dar $vq$ para que $avq=f(vq)=f(v)q=avq$ sin problemas. El punto principal a retener es que la multiplicación escalar no es un mapa lineal (excepto para los escalares en $\mathbb{R}$ ), y que más generalmente los múltiplos (no reales) de los mapas lineales no son mapas lineales (el autor lo dice implícitamente en algún momento): el mapa $v\mapsto f(vq)=f(v)q$ está bien definida, pero no es $\mathbb{H}$ -lineal.

La lección debería haber sido que si uno quiere incluir $\mathbb{H}$ como posible campo de escalares en la discusión, entonces hay que escribir sistemáticamente los escalares a la derecha. En cambio, el autor utiliza el argumento de la transferencia de la estructura del módulo de la izquierda al módulo de la derecha para sugerir que uno podría simplemente ignorar el asunto y seguir escribiendo escalares a la izquierda. Sin embargo, incluso para los espacios vectoriales complejos esto hace estragos: está diciendo que oficialmente la multiplicación escalar es por la derecha, pero que multiplicar por la izquierda por $q$ debe interpretarse como una multiplicación a la derecha por $\overline{q}$ . Sin embargo, sólo existe una forma de multiplicación escalar. Si estás acostumbrado a escribir la multiplicación escalar en espacios vectoriales complejos a la izquierda, esto contradice lo que siempre has estado haciendo: ahora la multiplicación por $z$ es por definición la multiplicación (en el otro lado) por $\overline{z}$ que no es lo mismo.

Sin embargo, si siempre hubieras escrito los escalares complejos a la derecha de los vectores, entonces podrías sostener, en principio, que escribirlos a la izquierda es sólo una forma extraña de pedir la multiplicación por su conjugado complejo. Y en esto consiste realmente el argumento de la transferencia de estructura: si por casualidad tienes un espacio $V$ que viene equipado con una izquierda $\mathbb{H}$ -mientras que usted necesita uno con una estructura de módulo derecho $\mathbb{H}$ -se puede construir un módulo de este tipo tomando una copia de $V$ y definir $vq$ en la nueva estructura como $\overline{q}v$ calculado en la estructura antigua. Sin embargo, esta no da un espacio con una izquierda $\mathbb{H}$ -y un derecho $\mathbb{H}$ -Estructura del módulo ya que estas estructuras siempre deben conmutar entre sí, pero las multiplicaciones escalares en un $\mathbb{H}$ -módulo no conmutan entre sí. Escribir $qv=v\overline{q}$ como una ecuación en un solo espacio es sencillamente errónea: contemple el "cómputo" $kv=(-i)(-j)v=(-j)vi=vij=vk=-kv$ .

Mi respuesta se está alargando demasiado, pero el pasaje que has citado muestra que el autor supone para un $\mathbb{H}$ espacio vectorial la existencia simultánea de una estructura modular izquierda y derecha sobre $\mathbb{H}$ y no hay manera de darle sentido a eso. Tal vez voy a publicar otra respuesta para abordar lo que debe se han dicho.

Answer 2

De mi primera respuesta puede quedar claro que un espacio vectorial sobre $\mathbb{H}$ tiene sólo un derecho $\mathbb{H}$ -estructura de módulo. El "mapa de la estructura" $j$ viene dada entonces simplemente por la multiplicación por $j$ que no es un $\mathbb{H}$ -lineal o $\mathbb{C}$ -mapa lineal, ni $\mathbb{H}$ conjugado-lineal, pero es $\mathbb{C}$ conjugado-lineal: $j(v(a+bi))=v(a+bi)j=vaj+vbij=vja-vjbi=j(v)(a-bi)$ para $a,b\in\mathbb{R}$ . Por supuesto, también satisface $j^2=-1$ . Olvida el resto del primer párrafo.

Si se tiene un espacio vectorial complejo $V$ equipado con un mapa conjugado-lineal $j:V\to V$ satisfaciendo $j^2=-1$ , entonces uno hace $V$ en un (derecho) $\mathbb{H}$ espacio vectorial definiendo $v(z_1+z_2j)=vz_1+j(vz_2)$ para $z_1,z_2\in\mathbb{C}$ (por lo que, aunque esté escrita a la izquierda, la función $j$ define la multiplicación por la derecha por $j$ ); la asociatividad de esta multiplicación se comprueba mediante la descripción $(z_1+z_2j)(z_3+z_4j)=(z_1z_3-z_2\overline{z_4})+(z_2\overline{z_3}+z_1z_4)j$ de la multiplicación en $\mathbb{H}$ . Hay algo ligeramente sorprendente aquí, en el sentido de que no necesitamos asumir $V$ incluso como una dimensión $\mathbb{C}$ espacio vectorial; la existencia de un mapa conjugado-lineal $j:V\to V$ satisfaciendo $j^2=-1$ obliga a ello (y los cuaterniones proporcionan la prueba más sencilla de este hecho).

Si $V$ tenía un $\mathbb{C}$ -acción lineal de $G$ esta acción se traslada al $\mathbb{H}$ espacio vectorial proporcionado $j$ conmuta con los automorfismos dados por la acción de $G$ . Adams incluye este requisito en el de ser un mapa de estructura para un $G$ -módulo. Si $V$ se obtiene de un $\mathbb{H}$ espacio vectorial restringiendo los escalares a $\mathbb{C}$ entonces el mapa estructural que da la multiplicación por la derecha por $j$ es precisamente la información adicional que se necesita para reencontrar el $\mathbb{H}$ estructura del espacio vectorial. Esto es no La cuaternionización de los espacios complejos (anotada $q$ de Adams), que produce un espacio de la misma dimensión sobre $\mathbb{H}$ no la mitad de la dimensión; sólo se dice que con alguna información suplementaria al espacio restringido por los escalares, se puede volver a encontrar el espacio original.

La mejor manera de describir lo que se hace es mediante una terminología teórica de categoría. La restricción de escalares define funtores de $\mathbb{H}$ -espacios para $\mathbb{C}$ -espacios y también de $\mathbb{C}$ -espacios para $\mathbb{R}$ -espacios ( $c'$ respectivamente $r$ para Adams). La noción de "functor" significa aquí que los mapas lineales, como los del $G$ acción, inducen mapas lineales en el nuevo espacio de forma coherente (compatible con su composición). En el sentido contrario existen funtores de "extensión de escalares" que a $V$ asociado $V\otimes_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$ (complejización de los espacios reales, $c$ ) respectivamente $V\otimes_{\mathbb{C}}\mathbb{H}$ (cuaternionización de espacios complejos, $q$ ). Obsérvese el orden inverso con respecto a Adams; esto es esencial para garantizar que $q$ produce un $G$ -espacio. No se trata de operaciones inversas a la restricción de escalares (al ir de un lado a otro la dimensión se duplica), pero hay una "contigüidad" en la que no entraré. Otro functor, de espacios complejos a espacios complejos, es el que Adams llama $t$ manteniendo el espacio pero cambiando las multiplicaciones escalares por su conjugado complejo. (Donde Adams dice "natural" (p.27) debería haber dicho functorial).

Las ecuaciones que enumeras deben interpretarse como la existencia de transformaciones naturales; por ejemplo $cr=1+t$ dice que hay una transformación natural del functor "restricción a $\mathbb{R}$ seguido de la ampliación a $\mathbb{C}$ "y el functor que asocia a $V$ el espacio $V\oplus tV$ . Esto significa que estos espacios son isomorfos, de manera que son compatibles (es decir, conmutan) con el $\mathbb{C}$ -mapas lineales inducidos por los funtores, por ejemplo los del $G$ -acciones.

Considere la $\mathbb{C}$ -espacio $crV=V_{\mathbb{R}}\otimes_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$ . Esto es isomorfo a $V\oplus V$ (sólo hay que tener en cuenta las dimensiones), pero no de forma natural. Para simplificar, considere sólo la incrustación $V$ en $crV$ . Enviando cada $v\in V$ a $v\otimes1$ ni siquiera es $\mathbb{C}$ -lineal, ya que $(v\otimes1)i=v\otimes{i}\neq vi\otimes1$ . Se puede elegir una base $B$ para $v$ , mapea cada $b\in B$ a $b\otimes1$ y se extienden por $\mathbb{C}$ -linealidad (en particular $bi\mapsto b\otimes{i}$ ), que define un $\mathbb{C}$ -pero no es natural: por ejemplo, la acción de $g\in G$ envía $v\otimes z$ a $g(v)\otimes z$ y esto no conmuta con el mapa definido (piense en el caso simple donde $g$ simplemente se multiplica por un número complejo). Lo que sí funciona es enviar $v\mapsto v\otimes1-vi\otimes{i}$ : mutiplicando el resultado por $i$ da $v\otimes{i}-vi\otimes{i^2} =vi\otimes1-vi^2\otimes{i}$ la imagen de $vi$ . Hasta un escalar complejo es el sólo incrustación natural de $V$ en $crV$ . Sin embargo, se puede incrustar $tV$ naturalmente en $crV$ enviando $v\mapsto v\otimes1+vi\otimes{i}$ y combinando los dos se obtiene una transformación natural de $V\oplus tV$ a $crV$ que es de hecho un isomorfismo.

Los demás casos pueden considerarse de forma similar, pero debo advertir que $qc'=2$ me parece un grave error: Creo que no hay ninguna transformación natural no nula desde el functor de identidad de $\mathbb{H}$ espacios para $qc'$ (recordemos que $qc'V=V_{\mathbb{C}}\otimes_{\mathbb{C}}\mathbb{H}$ ), y mucho menos del functor que asocia $V\oplus V$ a la $\mathbb{H}$ -espacio $V$ .

Añadido: Descubrí que me había equivocado en el último párrafo. Efectivamente, existe un isomorfismo natural de $V\oplus V$ a $qc'V$ , es decir, el que envía $(v,w)$ a $v\otimes1-vj\otimes j+wi\otimes1+wk\otimes j$ . Trabajar con un campo inclinado es bastante sutil, y no me di cuenta de que, aunque la imagen de una transformación tan natural debería ser, por supuesto, toda de $qc'V$ de dimensión cuaterniónica 2, pero el conjunto de posibilidades de dicha transformación natural es sólo un real espacio bidimensional (como yo mismo argumenté, no se pueden multiplicar los mapas lineales por un escalar cuaterniónico). Así que no hay mucha variación posible para la expresión anterior.

Una observación más sobre los "mapas de estructura" $j$ con $j^2=1$ (sigue siendo lineal conjugado). Dicho mapa no "recuerda" que el $G$ -se ha obtenido (o se podría haber obtenido) mediante la restricción de escalares de $\mathbb{H}$ sino que fue (o pudo ser) obtenida por extensión de escalares de $\mathbb{R}$ : se puede obtener de la conjugación compleja a la derecha de $V=W\otimes_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$ y permite recuperar el espacio "original" $W$ como sus puntos fijos.