Группа Ли композиции рядов

[novichok2018]

Так кватернионы породят только матрицы, потом исчезнут. Останутся только начальный отрезок действительного ряда и действительные матрицы, правда, не треугольные, как здесь. Вопрос про аналогичность умножения кватернионов и многочленов, есть ли она? Так что наверное это негодная мысль.

[arseniiv]

novichok2018 в сообщении #1460544 писал(а):

Вопрос про аналогичность умножения кватернионов и многочленов, есть ли она?

Конечно же, её нет. Потом, для умножения-то многочленов матрицы получаются очень простые ($x^n$ сдвигает координаты умножаемого на него многочлена на $n$, матрица для стандартного порядка элементов в базисе нижнетреугольная с нулями везде кроме некоторой побочной диагонали; ну и матрицы для остальных многочленов получатся линейной комбинацией этих), а вот для композиции нет.

[EvgenB]

Начал доказывать формулы для ${{\alpha }_{i}}$, ${{\beta }_{i}}$-разложений. Две основные формулы доказал легко. Пусть ${{A}_{k}}$ – матрица, $m$-й столбец которой имеет производящую функцию ${{x}^{m}}\sum\nolimits_{n=0}^{\infty }{_{\left( k \right)}a_{n}^{\left( m \right)}}{{x}^{kn}}$ . Тогда ($n,m>0$)

$${{\left( {{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n-m,m}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)},$$

$${{\left( {{A}_{3}}{{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n-m,m}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+3{{m}_{3}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)}{}_{\left( 3 \right)}a_{{{m}_{3}}}^{\left( m+{{m}_{1}}+2{{m}_{2}} \right)},$$

$${{\left( ...{{A}_{k}}...{{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n-m,m}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+n{{m}_{n}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)}...{}_{\left( n \right)}a_{{{m}_{n}}}^{\left( m+{{m}_{1}}+...+\left( n-1 \right){{m}_{n-1}} \right)}.$$

Если ${{A}_{k}}=X_{k}^{{{\beta }_{k}}}$, то

$$_{\left( k \right)}a_{{{m}_{k}}}^{\left( m \right)}=m\left( m+k \right)\left( m+2k \right)...\left( m+\left( {{m}_{k}}-1 \right)k \right)\frac{\beta _{k}^{{{m}_{k}}}}{{{m}_{k}}!},$$

где $m\left( m+k \right)...\left( m+\left( {{m}_{k}}-1 \right)k \right)=1$, если ${{m}_{k}}=0$,

$${{\left( ...X_{k}^{{{\beta }_{k}}}...X_{2}^{{{\beta }_{2}}}X_{1}^{{{\beta }_{1}}} \right)}_{n-m,m}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+n{{m}_{n}}=n}{m\left( m+1 \right)}\left( m+2 \right)...\left( m+{{m}_{1}}-1 \right)\times $$

$$\times \left( m+{{m}_{1}} \right)\left( m+{{m}_{1}}+2 \right)...\left( m+{{m}_{1}}+...+\left( {{m}_{2}}-1 \right)2 \right)\times ...$$

$$...\times \left( m+{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+\left( {{m}_{n}}-1 \right)n \right)\frac{\beta _{1}^{{{m}_{1}}}\beta _{2}^{{{m}_{2}}}...\text{ }\beta _{n}^{{{m}_{n}}}}{{{m}_{1}}!{{m}_{2}}!...{{m}_{n}}!}={{s}_{n}}\left( {{\beta }_{i}},m \right).$$

Так как ${{\left( ...X_{k}^{{{\beta }_{k}}}...X_{2}^{{{\beta }_{2}}}X_{1}^{{{\beta }_{1}}} \right)}^{-1}}=\left( X_{1}^{-{{\beta }_{1}}}X_{2}^{-{{\beta }_{2}}}...X_{k}^{-{{\beta }_{k}}}... \right)$, то по теореме обращения Лагранжа

$$\frac{x}{x+n}{{s}_{n}}\left( {{\beta }_{i}},-x-n \right)={{s}_{n}}\left( {{\alpha }_{i}},x \right), \qquad{{\alpha }_{i}}=-{{\beta }_{i}}.$$

А вот формула ${{f}_{\alpha ,1-t}}\left( {{f}_{\beta ,t}}\left( z \right) \right)=F\left( z \right)$, или $X=...X_{k}^{t{{\beta }_{k}}}...X_{2}^{t{{\beta }_{2}}}X_{1}^{{{\beta }_{1}}={{\alpha }_{1}}}X_{2}^{\left( 1-t \right){{\alpha }_{2}}}...X_{k}^{\left( 1-t \right){{\alpha }_{k}}}...$ оказалась как заговоренная. Как я не старался, применяя к ней различные подходы, не смог доказать. Если кто подскажет, буду благодарен.

[EvgenB]

Заметил путаницу с индексами в доказательстве из предыдущего сообщения. Должно быть так: пусть ${{A}_{k}}$ – матрица, $i$-й столбец которой имеет производящую функцию ${{x}^{i}}\sum\nolimits_{n=0}^{\infty }{_{\left( k \right)}a_{n}^{\left( m+i \right)}}{{x}^{kn}}$ , $m=1$, $2$, …. Тогда

$${{\left( {{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n,0}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)},$$

$${{\left( {{A}_{3}}{{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n,0}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+3{{m}_{3}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)}{}_{\left( 3 \right)}a_{{{m}_{3}}}^{\left( m+{{m}_{1}}+2{{m}_{2}} \right)},$$

$${{\left( ...{{A}_{k}}...{{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n,0}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+n{{m}_{n}}=n}{_{\left( 1 \right)}a_{{{m}_{1}}}^{\left( m \right)}}{}_{\left( 2 \right)}a_{{{m}_{2}}}^{\left( m+{{m}_{1}} \right)}...{}_{\left( n \right)}a_{{{m}_{n}}}^{\left( m+{{m}_{1}}+...+\left( n-1 \right){{m}_{n-1}} \right)}.$$

Если

$$_{\left( k \right)}a_{0}^{\left( m \right)}=1, \qquad_{\left( k \right)}a_{{{m}_{k}}}^{\left( m \right)}=m\left( m+k \right)\left( m+2k \right)...\left( m+\left( {{m}_{k}}-1 \right)k \right)\frac{\beta _{k}^{{{m}_{k}}}}{{{m}_{k}}!},$$

то

$${{\left( ...{{A}_{k}}...{{A}_{2}}{{A}_{1}} \right)}_{n,0}}=\sum\limits_{{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+n{{m}_{n}}=n}{m\left( m+1 \right)}\left( m+2 \right)...\left( m+{{m}_{1}}-1 \right)\times $$

$$\times \left( m+{{m}_{1}} \right)\left( m+{{m}_{1}}+2 \right)...\left( m+{{m}_{1}}+\left( {{m}_{2}}-1 \right)2 \right)\times ...$$

$$...\times \left( m+{{m}_{1}}+2{{m}_{2}}+...+\left( n-1 \right){{m}_{n-1}}+\left( {{m}_{n}}-1 \right)n \right)\frac{\beta _{1}^{{{m}_{1}}}\beta _{2}^{{{m}_{2}}}...\text{ }\beta _{n}^{{{m}_{n}}}}{{{m}_{1}}!{{m}_{2}}!...{{m}_{n}}!}={{s}_{n}}\left( {{\beta }_{i}},m \right),$$

и, следовательно, ${{\left( ...X_{k}^{{{\beta }_{k}}}...X_{2}^{{{\beta }_{2}}}X_{1}^{{{\beta }_{1}}} \right)}_{n-m,m}}={{s}_{n-m}}\left( {{\beta }_{i}},m \right)$.

[svv]

Padawan в сообщении #1441589 писал(а):

Оказывается, эти функции перемножаются так же, как матрицы вида

$$ X=\begin{pmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ b & a^2 & 0 & 0 \\ c & 2ba & a^3& 0\\ d & 2ac+b^2&3ba^2&a^4 \end{pmatrix} $$

svv в сообщении #1441606 писал(а):

Обозначим $a=a_1, b=a_2$ и так далее. Тогда элемент матрицы $X$ на пересечении $i$-й строки и $k$-го столбца равен

$$\sum\limits_{j_1+\ldots+j_k=i} a_{j_1}\cdot\ldots\cdot a_{j_k}$$

Покажу, как работает моя формула, на примере $i=4, k=2$. При этих значениях она сводится к $\sum\limits_{j_1+j_2=4} a_{j_1} a_{j_2}$. Индексы $j_1,j_2$ — натуральные числа, такие, что $j_1+j_2=4$. Выпишем все композиции числа $i=4$ длины $k=2$:
$4=1+3=2+2=3+1$
Суммируя $a_{j_1} a_{j_2}$ по этим композициям, получим
$a_1 a_3+a_2 a_2+a_3 a_1=2a_1a_3+a_2^2$
Наконец, заменяя $a_1,a_2,a_3,...$ на $a,b,c,...$, получим $X_{42}=2ac+b^2$.

Теперь возьмём $i=4, k=3$. Формула тогда сводится к $\sum\limits_{j_1+j_2+j_3=4} a_{j_1} a_{j_2} a_{j_3}$. Выпишем композиции числа $i=4$ длины $k=3$:
$4=1+1+2=1+2+1=2+1+1$
Суммируя $a_{j_1} a_{j_2} a_{j_3}$ по этим композициям, получим
$a_1a_1a_2 + a_1a_2a_1 +a_2a_1a_1=3a_1^2 a_2$
Заменяя $a_1,a_2,a_3,...$ на $a,b,c,...$, получим $X_{43}=3a^2b$.

[Padawan]

svv
Спасибо. Понял: обобщение правила Коши умножения рядов.

[svv]

Хорошо.

[пианист]

Padawan
Не уверен, что что-то полезное для Вас, но все-таки: Вы с темой Хаусдорф-Кембелл знакомы? вроде тут эти имена не звучали.
Как бы там ни было, речь о манипуляциях с рядами и группами Ли. Если что, почитать можно в книжечке Чеботарева "Теория групп Ли", глава 2, § 9.

[Padawan]

Рассмотрим нормальные подгруппы группы $G_4=\{f_1x+f_2x^2+f_3x^3+f_4x^4+o(x^4)\}$ (групповая операция -- операция композиции разложений). Пусть $G_n$ -- аналогичные группы, но разложения рассматриваются до $o(x^n)$, $n=1,2,\ldots$ Оказывается, что есть три очевидные нормальные подгруппы, являющимися ядрами естественных гомоморфизмов $G_4\to G_1$, $G_4\to G_2$, $G_4\to G_3$:

$$ f_1x+f_2x^2+f_3x^3+f_4x^4+o(x^4)\mapsto f_1x+o(x), $$

$$ f_1x+f_2x^2+f_3x^3+f_4x^4+o(x^4)\mapsto f_1x+f_2x^2+o(x^2), $$

$$ f_1x+f_2x^2+f_3x^3+f_4x^4+o(x^4)\mapsto f_1x+f_2x^2+f_3x^3+o(x^3). $$

Кроме того, есть еще одна нормальная подгруппа (больше нормальных подгрупп нет), которая состоит из элементов вида $x+ax^2+a^2x^3+bx^4+o(x^4)$ и является ядром гомоморфизма $G_4\to G_3$, задаваемого формулой

$$ f_1x+f_2x^2+f_3x^3+f_4x^4+o(x^4)\mapsto f_1x+\left(f_3-\frac{f_2^2}{f_1}\right)x^3+o(x^3). $$

Понятно, что раз от члена четвертой степени ничего не зависит, то по сути у нас есть гомоморфизм $f_1x+f_2x^2+f_3x^3+o(x^3)\mapsto f_1x+\left(f_3-\frac{f_2^2}{f_1}\right)x^3+o(x^3)$.
Вопрос в следующем: какой смысл этого гомоморфизма? Не существует ли какой-либо операции над функциями, которая перестановочна с операцией композиции и превращает произвольную функцию в нечетную функцию? А указанный гомоморфизм $f_1x+f_2x^2+f_3x^3+o(x^3)\mapsto f_1x+\left(f_3-\frac{f_2^2}{f_1}\right)x^3+o(x^3)$ является просто обрезкой этой операции до $o(x^3)$.