Представления групп и алгебр Ли (задача)

[_Er]

Munin в сообщении #890417 писал(а):

Понятно. То есть, вы ещё так близко не познакомились с этими группами, как я.

Munin, ну так я же говорил, что все мое знакомство с группами ограничивается третьей главой из книги Рубакова.

Munin в сообщении #890417 писал(а):

запишем кривую в группе $g(t)$ вблизи не единицы, а какой-то её произвольной точки:

$$g(t+dt)=(1+A\,dt+O(dt^2))\cdot g(t),$$

Во-первых, хочу уточнить: здесь кривая $g(t+dt)$ близка к $g(t)$ исключительно потому, что $(1+A\,dt+O(dt^2))$ близко к единице? Или за этим соотношением стоит какой-то более глубокий смысл?

Далее. Я нашел матрицы-решения этих уравнений для базисных матриц соответствующих алгебр. Но вместо того чтобы брать значения $t$ с разным весом, я взял элементы базисов в той форме, в которой я раньше задавал изоморфизм алгебр. Вроде бы это эквивалентно вашему варианту(только не должно ли у вас быть $t=-\pi,-2\pi$ для группы $SO(3)$?). Первые элементы базисов алгебр у меня такие:

$$\tau_1=\left( \begin{array}{cc} i & 0 \\ 0 & -i \end{array} \right), \omega_1=\left( \begin{array}{ccc} 0 & -2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$$

Я вычислил по 3 матрицы решения для каждой группы и подставил $\pi,2\pi$ в каждое из них. Но я получил всего по 3 различных неединичных представителя групп: у меня получилось, что $\Theta_i(\pi)=-1 \in SU(2)$,$\Omega_i(\pi)=+1 \in SO(3)$ при $i=4,5,6$. Но в принципе это не сыграло большой роли. Положив $\varphi(\Theta_i)=\Omega_i$ я получил, что, например, $\varphi(\Theta_2\Theta_1)=-\varphi(\Theta_2)\varphi(\Theta_1)$ и то же самое для пар $\varphi(\Theta_1\Theta_3)$ и $\varphi(\Theta_3\Theta_2)$

Вот. Такой промежуточный результат. Теперь я думаю, как собственно это использовать. Вы говорите:

Munin в сообщении #890417 писал(а):

Обратите внимание, какие произведения для двух групп изоморфны, а какие нет.

Но о каком изоморфизме идет речь? Про изоморфизм групп (которого нет) мы в принципе ничего не говорили. Отображение $\varphi$ – насколько я понимаю, это отображение между кривыми из соответствующих групп. Что нам дает то, что $\varphi(g_1(t)g_2(t)) \ne \varphi(g_1(t))\varphi(g_2(t))$? Если я не ошибаюсь, это говорит лишь о том, что $\varphi$ – точно не изоморфизм групп. Как полученные результаты привязать к представлению группы $SO(3)$, которое мы предположили сущетсвующим?

[Munin]

_Er в сообщении #890456 писал(а):

только не должно ли у вас быть $t=-\pi,-2\pi$ для группы $SO(3)$?

Да, вы правы, минус я прозевал.

_Er в сообщении #890456 писал(а):

Но я получил всего по 3 различных неединичных представителя групп: у меня получилось, что $\Theta_i(\pi)=-1 \in SU(2)$,$\Omega_i(\pi)=+1 \in SO(3)$ при $i=4,5,6$.

Ага, правильно.

_Er в сообщении #890456 писал(а):

...у меня получилось, что $\Theta_i(\pi)=-1 \in SU(2)$,$\Omega_i(\pi)=+1 \in SO(3)$ при $i=4,5,6$. Но в принципе это не сыграло большой роли. Положив $\varphi(\Theta_i)=\Omega_i$ я получил, что, например, $\varphi(\Theta_2\Theta_1)=-\varphi(\Theta_2)\varphi(\Theta_1)$ и то же самое для пар $\varphi(\Theta_1\Theta_3)$ и $\varphi(\Theta_3\Theta_2)$

Всё правильно (минус надо выбросить с учётом вашей поправки про знак), но теперь смотрите внимательно, будет ли выполняться $\varphi(\Theta_1^2)=\varphi(\Theta_1)^2$? То есть, когда вы перемножаете между собой разные элементы, они ведут себя "как будто изоморфно", но с $\Theta_i^2$ это уже не получается!

Геометрически здесь получается вот что. Вы знаете, что такое пространство Римана, или иначе его называют эллиптическое пространство, или (в топологическом смысле это то же самое) проективное пространство? Это полусфера, на краю которой отождествлены противоположные точки (или можно представить себе сферу с отождествлёнными противоположными точками, но это трудней держать в голове). На такой полусфере нет южного полюса, а есть только северный, а кругосветное путешествие занимает всего $\pi$ радиан. Как только путешественник подходит с одной стороны к экватору и пересекает его, как он "телепортируется" на противоположную сторону сферы, и выходит опять с той же стороны (северной) от экватора. При этом его может "вывернуть наизнанку", поменяв местами правую и левую стороны (это зависит от размерности пространства). Так вот, пространства групп $SU(2)$ и $SO(3)$ соотносятся между собой именно как сфера и такая "полусфера Римана", с той только поправкой, что их внутренние размерности 3. (Это тоже можно себе представить, но пока, наверное, будет отвлекать.)

Построенные вами элементы $\Theta_i,\Omega_i$ находятся как раз на "экваторе", соответственно, сферы и полусферы. (Единичный элемент - на полюсе.) А их квадраты - в случае группы $SU(2)$ переходят на противоположный полюс, а в случае группы $SO(3)$ - возвращаются на единственный полюс полусферы.

Теперь, идея, которую я хочу предложить, состоит в том, что представление алгебры $so(3)$ не будет касательным к представлению группы $SO(3)$ по той причине, что пространство, восстановленное по этому касательному представлению, не будет пространством группы $SO(3)$ именно в глобальном смысле. В частности, у него будет наличествовать второй полюс.

[_Er]

Munin в сообщении #890461 писал(а):

_Er в сообщении #890456 писал(а):

...у меня получилось, что $\Theta_i(\pi)=-1 \in SU(2)$,$\Omega_i(\pi)=+1 \in SO(3)$ при $i=4,5,6$. Но в принципе это не сыграло большой роли. Положив $\varphi(\Theta_i)=\Omega_i$ я получил, что, например, $\varphi(\Theta_2\Theta_1)=-\varphi(\Theta_2)\varphi(\Theta_1)$ и то же самое для пар $\varphi(\Theta_1\Theta_3)$ и $\varphi(\Theta_3\Theta_2)$

Всё правильно (минус надо выбросить с учётом вашей поправки про знак), но теперь смотрите внимательно, будет ли выполняться $\varphi(\Theta_1^2)=\varphi(\Theta_1)^2$? То есть, когда вы перемножаете между собой разные элементы, они ведут себя "как будто изоморфно", но с $\Theta_i^2$ это уже не получается!

Возможно, вы не поняли. У меня как раз получилось что $\varphi(\Theta_i\Theta_j)=\varphi(\Theta_i)\varphi(\Theta_j)$ для всех пар $i,j$, кроме указанных трех: $(1,3),(2,1),(3,2)$. В том числе для $\varphi(\Theta_i^2)=\varphi(\Theta_i)^2$, для всех $i$. Единственное исключение: $i=4:\Theta_4(\pi)=-1, \Omega_4(\pi)=+1 \Rightarrow \varphi(\Theta_4^2) \ne \varphi(\Theta_4)^2$, но тут еще проблема в том, что $\varphi (1)$ не определено, т.к. $1 \in SU(2)$ не входит в полученную четверку $\Theta_i$.

Munin в сообщении #890461 писал(а):

Геометрически здесь получается вот что. Вы знаете, что такое пространство Римана, или иначе его называют эллиптическое пространство, или (в топологическом смысле это то же самое) проективное пространство? ... пространства групп $SU(2)$ и $SO(3)$ соотносятся между собой именно как сфера и такая "полусфера Римана".

Нет, ни что такое пространстве Римана, ни что такое проективные пространства я не знаю. Я знаю только, что $SU(2)/Z_2=SO(3)$, о чем я писал раньше.

Munin в сообщении #890461 писал(а):

$\Theta_i,\Omega_i$ находятся на "экваторе", соответственно, сферы и полусферы.
Единичный элемент - на полюсе.

Почему?

Munin в сообщении #890461 писал(а):

представление алгебры $so(3)$ не будет касательным к представлению группы $SO(3)$ по той причине, что пространство, восстановленное по этому касательному представлению, не будет пространством группы $SO(3)$ именно в глобальном смысле. В частности, у него будет наличествовать второй полюс.

Откуда это следует? Второй полюс относительно $SO(3)$ – это -1 из $GL(3,R)$? Не понимаю как он тут получится. Вообще не понимаю, как вы хотите от кривых $\Theta_i,\Omega_i$ перейти к полному представлению группы $SO(3)$, а затем восстановить по нему саму группу.

(Оффтоп)

Вообще, кажется, чем дальше, тем меньше понимаю. Конечно, очень не хочется бросить одну задачу нерешенной, но все-таки за это время я мог бы уже значительную часть следующей главы разобрать. Не уверен, что оно того стоит, учитывая, что прогресс в задаче у меня ничтожный.

[Munin]

_Er в сообщении #890471 писал(а):

У меня как раз получилось что $\varphi(\Theta_i\Theta_j)=\varphi(\Theta_i)\varphi(\Theta_j)$ для всех пар $i,j$, кроме указанных трех: $(1,3),(2,1),(3,2)$.

А, я опять невнимателен. Ну да, в одном порядке там плюсы, в другом минусы.

_Er в сообщении #890471 писал(а):

В том числе для $\varphi(\Theta_i^2)=\varphi(\Theta_i)^2$, для всех $i$.

А вот тут проблема. Потому что слева неединичный элемент группы, а справа единичный.

_Er в сообщении #890471 писал(а):

тут еще проблема в том, что $\varphi (1)$ не определено, т.к. $1 \in SU(2)$ не входит в полученную четверку $\Theta_i$.

$\varphi(1)$ получается подстановкой $t=0$ в любую из линий.

_Er в сообщении #890471 писал(а):

Почему?

На самом деле, всё равно, где его выбрать, потому что группа вся симметричная, но так удобней представлять.

_Er в сообщении #890471 писал(а):

Второй полюс относительно $SO(3)$ – это -1 из $GL(3,R)$? Не понимаю как он тут получится.

В действительных матрицах $3\times 3$ - никак. Он получится только в комплексных матрицах $2\times 2.$

_Er в сообщении #890471 писал(а):

Вообще не понимаю, как вы хотите от кривых $\Theta_i,\Omega_i$ перейти к полному представлению группы $SO(3)$, а затем восстановить по нему саму группу.

Мне не надо восстанавливать всю группу (хотя я мог бы, достаточно взять кривую, параметризованную не только $t,$ но и коэффициентами при базисных векторах алгебры $a_1,a_2,a_3$). Достаточно показать, что кривые, которые должны быть одинаковыми, на самом деле различны. Хотя бы на одном примере кривых!

_Er в сообщении #890471 писал(а):

Конечно, очень не хочется бросить одну задачу нерешенной, но все-таки за это время я мог бы уже значительную часть следующей главы разобрать.

Ну, никто не мешает вам следующую главу читать параллельно.

_Er в сообщении #890471 писал(а):

Не уверен, что оно того стоит, учитывая, что прогресс в задаче у меня ничтожный.

Если вы будете хорошо понимать, как устроены $SU(2),SO(3),$ а также хорошо бы и другие группы, то это вам сильно поможет в последующих главах. Например, где будут рассматриваться произведения групп типа $SU(2)\times U(1),$ подгруппы, частичное нарушение симметрии. Так что, усилия, которые вы затрачиваете, не пропадут зря.

[type2b]

Пусть $\psi$ -- вектор в двумерном представлении $SU(2)$. Рассмотрим вещественный вектор $X^a = \psi^\dagger\sigma^a\psi$, где $\sigma^a$ -- матрицы Паули. При $SU(2)$-преобразованиях вектора $\psi$ модуль $X^a$ сохраняется, так что $X^a$ преобразуется ортогональными матрицами. Нетрудно видеть, что всякий поворот $X^a$ можно получить $SU(2)$-преобразованием $\psi$, так что мы получаем гомоморфизм групп $SU(2)\rightarrow SO(3)$, образом которого является вся $SO(3)$. Ядром гомоморфизма является матрица $(-{\mathbf 1})\equiv{\rm diag}(-1,-1)$, т.е. центр $SU(2)$. Таким образом, $SO(3)$ есть фактор $SU(2)$ по центру, который есть $\mathbb{Z}_2$ и содержит, кроме единичной, матрицу $(-{\mathbf 1})$. Поскольку в двумерном представлении центр действует нетривиально, то это есть представление $SU(2)$, но не $SO(3)$.

[_Er]

type2b в сообщении #890728 писал(а):

Таким образом, $SO(3)$ есть фактор $SU(2)$ по центру, который есть $\mathbb{Z}_2$ и содержит, кроме единичной, матрицу $(-{\mathbf 1})$.

Вы набросали доказательство изоморфизма $SU(2)/Z_2=SO(3)$, который в этой теме уже несколько раз упоминался. Только ядром гомоморфизма вроде бы будет $(\pm 1)$, а не только $(-1)$.

type2b в сообщении #890728 писал(а):

Поскольку в двумерном представлении центр действует нетривиально, то это есть представление $SU(2)$, но не $SO(3)$.

type2b, не могу понять, как вы связываете фундаментальное представление группы $SU(2)$ с некоторым произвольным представлением группы $SO(3)$, о котором известно лишь то, что вблизи единицы $\widetilde{T}(1+\varepsilon B) = 1+\varepsilon f(B)$, где $f: so(3) \to su(2)$ изоморфизм соответствующих алгебр. Мне было бы проще понять вашу идею, если бы вы написали мне некое итоговое соотношение в котором получится противоречие, доказывающее невозможность существования такого представления группы $SO(3)$.

[type2b]

_Er в сообщении #890885 писал(а):

Только ядром гомоморфизма вроде бы будет $(\pm 1)$, а не только $(-1)$.

я же сказал: кроме единичной. Ядро гомоморфизма является подгруппой, и потому всегда содержит единицу.

Есть двумерное представление алгебры $\mathfrak{su}(2)\simeq\mathfrak{so}(3)$. С помощью экспоненциального отображения превращаем его в представление группы. У этой группы видим наличие центра, поэтому это не SO(3), а SU(2). (И поскольку центр действует в представлении нетривиально, то профакторизовать по нему не можем.)

[_Er]

type2b в сообщении #890908 писал(а):

_Er в сообщении #890885 писал(а):

Только ядром гомоморфизма вроде бы будет $(\pm 1)$, а не только $(-1)$.

я же сказал: кроме единичной.

type2b, я про вот это:

type2b в сообщении #890728 писал(а):

Ядром гомоморфизма является матрица $(-{\mathbf 1})\equiv{\rm diag}(-1,-1)$, т.е. центр $SU(2)$.

У вас здесь просто описка вроде бы.

type2b в сообщении #890908 писал(а):

С помощью экспоненциального отображения превращаем его в представление группы. У этой группы видим наличие центра, поэтому это не SO(3), а SU(2). (И поскольку центр действует в представлении нетривиально, то профакторизовать по нему не можем.)

type2b, честно говоря, все равно не до конца понимаю, как вы хотите показать наличие нетривиального центра у восстановленной группы. Но я вот тут еще поразмыслил над тем, что предлагал Munin и, кажется, я для частного случая изоморфизма $f$, который использовался выше ($f(B)=A \Rightarrow b_i=-2a_i$), могу показать, что в восстановленном представлении группы $\tilde{T}(1)=-1 \in SU(2)$, чего быть не может, т.к. по построению $\tilde{T}$ мы положили что, при $t=0$: $\tilde{T}(1)=+1$. Вот.
Единственная оставшаяся проблема: как это показать не фиксируя отображение $f$, а полагая его произвольным.

В принципе, для произвольного $f$ я могу показать, что $\tilde{T}(R)=-1$, для некоторого $R \in SO(3)$. Может быть этого и достаточно. Из того, что $\tilde{T}$ – представление группы следует, что $\tilde{T}(g_1g_2)=\tilde{T}(g_1)\tilde{T}(g_2)$ и тогда $\tilde{T}(R^2)=+1$, а значит, ввиду обратимости оператора $\tilde{T}$, $R^2=1$, что в связи с ортогональности группы приводит к тому, что $R=1$.

Проверьте, пожалуйста, кто-нибудь не наговорил ли я ерунды. Все ли здесь верно?

[type2b]

честно говоря, я не понимаю, в чем затык. Есть двумерное представление алгебры, которое, с точностью до сопряжения, дается матрицами Паули. Это и $T$, и $\tilde{T}$. Экспоненциальное отображение можно написать руками: $\exp(\phi(\vec{n},\vec{\sigma}))=\cos\phi+i(\vec{n},\vec{\sigma})\sin\phi$, откуда видим, что это SU(2) с нетривиально действующим центром.

[_Er]

type2b, и все-таки не могли бы вы сказать, вариант, который я предложил, похож на правду? Все-таки я его дорубил, поэтому мне он понятнее. Да и выше в теме я говорил, что в группах разбираюсь вообще совсем слабо. Всего неделя-то как я с ними впервые познакомился.

Munin, вас тоже попрошу прокомментировать, если не трудно. Идея все-таки ваша. Для того чтобы получить, что $\tilde{T}(R) = 1$ я делал все то же, что вы предлагали cделать для кривой $g(t)$, только для представления $\tilde{T}$. То есть у меня получилось

$$\tilde{T}'(g(t))=A\cdot \tilde{T}(g(t))$$

$$\tilde{T}(g(0))= \tilde{T}(1)=1$$

где $A \in SU(2), g(t) \in SO(3)$.

[_Er]

_Er в сообщении #890913 писал(а):

$R^2=1$, что в связи с ортогональности группы приводит к тому, что $R=1$.

Ребят, ну вы даете! Я же просил посмотреть верно ли я все написал. Чего же мне никто не сказал, что из $R^2=1$ не следует $R=1$! Например, подходит такая матрица:

$$R=\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$

и еще целая куча других.

Я-то довольный такой был, думал, что всё уже, задача решена...

-- 28.07.2014, 23:54 --

С другой стороны, если $\tilde{T}(R) = -1$, то $\forall M \in SO(3): \tilde{T}(RM)=\tilde{T}(MR)=- \tilde{T}(M)$, и значит $R \in Z(SO(3))$, т.е. $R$ из центра группы. Но у $SO(3)$ центр тривиален. В итоге снова получаем $R=1$.

Кто-нибудь может проверить, верно ли я это говорю?

[_Er]

Может кто-нибудь проверить решение, чтобы уже закрыть наконец эту тему? Или то, что здесь написано, или могу скинуть полное решение от начала до конца.

[type2b]

выпишите, пожалуйста, ваше полное решение, т.к. восстанавливать его по частям затруднительно.

[_Er]

Если кто-то еще следит за этой темой: все равно в решении ошибка.

_Er в сообщении #891120 писал(а):

если $\tilde{T}(R) = -1$, то $\forall M \in SO(3): \tilde{T}(RM)=\tilde{T}(MR)=- \tilde{T}(M)$, и значит $R \in Z(SO(3))$, т.е. $R$ из центра группы.

Здесь из того, что $\tilde{T}(g_1)=\tilde{T}(g_2)$ я делаю вывод, что $g_1=g_2$, подразумевая, что отображение $\tilde{T}$ из группы $SO(3)$ в группу операторов пространства $V^2$ обратимо. Ну и это не так. Вообще говоря $\tilde{T}$ не обязано быть обратимым.

[_Er]

Есть один вопрос. Во-первых, мне начало казаться, что получить противоречие по каким-то частным элементам из представления (например из того, что $\exists R\in SO(3): \tilde T(R)=-1$) в принципе невозможно. Появилась несколько иная идея, но для ее реализации нужно преодолеть одну проблему.
В принципе с помощью экспоненциального отображения можно восстановить любую матрицу из группы по ее алгебре. Для этого нужно рассматривать уравнения вида:

$g(t+dt)=(1+A(t)dt)\cdot g(t),$

$\Rightarrow$

$\dot{g}(t)=A(t)\cdot g(t)$
$g(0)=1$

Отличие от тех уравнений для $g(t)$, что здесь предлагались раньше, в том, что теперь матрица $A$ из алгебры $su(2)$ (или из $so(3)$) зависит от $t$ в том смысле, что она не фиксирована, а выбирается определенным образом в каждой новой точке кривой $g(t)$. Так вот таким способом вроде бы можно восстановить всю группу по алгебре. Но тогда с учетом изоморфизма алгебр $su(2)$ и $so(3)$ можно ожидать изоморфизм и между восстановленными таким способом группами. Но на деле этого изоморфизма нет и каждой матрице $R \in SO(3)$ можно поставить в соответствие две матрицы из $SU(2): U$ и $-U$. Я предполагаю, что при описанном выше отображении каким-то образом должно получиться так, что, если мы, например, сопоставим две кривые из этих групп, задаваемые следующими уравнениями:

$\dot{U}(t)=A(t)\cdot U(t)$
$U(0)=1$
и
$\dot{R}(t)=B(t)\cdot R(t)$
$R(0)=1$

где $A(t)=f(B(t))$, а $f: so(3) \to su(2)$ тот самый изоморфизм соответствующих алгебр, который в этой теме упоминался уже раз десять, то для этих кривых должно получиться при некоторых $t_1,t_2$ следующее:

$U(t_1)=U_0, U(t_2)=-U_0=-U(t_1)$
$R(t_1)=R_0, R(t_2)=R_0$

Собственно вопрос для тех, кому еще интересна эта тема: как вы думаете, возможно, ли получить то, что я тут написал? Или сразу такой вопрос: за счет чего можно получить отсутствие изоморфизма у групп, восстановленных по изоморфным алгебрам, в этом конкретном случае (т.е. для групп $SO(3)$ и $SU(2)$)?

-- 29.07.2014, 19:23 --

В принципе, то, что я описал выше, мы уже показали для частного случая изоморфизма $f$.