¿Existe una prueba de la identidad que expresa el producto interior de los octoniones imaginarios en términos del producto cruzado?

Question

Consideremos los octoniones $\mathbb O$ y en particular su parte imaginaria $\operatorname{Im}\mathbb O$ . Dejemos que $(-,-)$ sea el producto escalar inducido por la identificación de los octoniones imaginarios con $\Bbb R^7$ . Además, defina el producto cruzado de (cualquier) octonión por $x\times y:= \frac{1}{2}(xy-yx)$ . Para los octoniones imaginarios $x,y$ , está la bonita identidad $x\times y=(x,y)+x\cdot y$ donde el punto denota la multiplicación del octonión.

Definir el mapa lineal $L_{x,y}:\operatorname{Im}\mathbb O\to \operatorname{Im}\mathbb O$ por $L_{x,y}(v)=x\times (y\times v)$ , donde $x,y$ también son cuaterniones imaginarios. Es fácil demostrar mediante un cálculo explícito (introduciendo una base) que existe la siguiente identidad:

$$(x,y)=-\frac{1}{6}\operatorname{tr}L \qquad \qquad x,y\in \operatorname{Im}\mathbb O$$

Esta identidad es útil porque muestra que la multiplicación de octoniones imaginarios sólo depende del producto cruzado, y por lo tanto da la equivalencia de dos definiciones comunes del grupo de Lie excepcional $G_2$ . No me gusta la prueba de fuerza bruta, así que me pregunto si hay una forma mejor de ver que esta identidad se mantiene. ¿Alguien sabe de una prueba más hábil?

EDIT: Ted Shifrin me acaba de señalar que $\operatorname{tr}L$ es la forma de matar en $\Bbb R^7$ visto como un álgebra de Lie (casi-pero-no del todo) (equipado con el producto cruzado). Esto podría indicar el camino hacia una buena prueba (?)

Answer 1

Desde $L_{x,y}$ es lineal en $x$ y $y$ basta con calcular la traza en dos casos: cuando $x$ y $y$ son paralelos y cuando son perpendiculares (suponiendo que $x$ y $y$ tienen norma $1$ también).

En el primer caso, es sólo el cuadrado de $L_x=x\times-$ que aniquila $x$ y es igual a la multiplicación por $x$ en su complemento ortogonal, por lo que $L_{x,x}$ será la multiplicación por uno negativo en $x$ El complemento ortogonal de la misma; la traza es obviamente $-6$ .

En el segundo caso, $L_{x,y}$ aniquila $y$ y $xy$ , envía $x$ a $y$ y $z\perp xy \Rightarrow x\perp yz$ , lo que implica

$$ \langle L_{x,y}z,z\rangle=\langle x(yz),z\rangle=\langle yz,\bar{x}z\rangle=\langle y,\bar{x}\rangle|z|^2=0$$

cuando $z\perp \{x,y,xy\}$ Por lo tanto $L_{x,y}$ es sesgado-hermitiano en $\{x,y,xy\}^\perp$ por lo que tiene traza cero.