Представления групп и алгебр Ли (задача)

[Munin]

_Er в сообщении #892034 писал(а):

Но тогда такой вопрос: единственным ли образом можно получить в алгебре базис с какими-то заданными структурными константами? Мне кажется, что нет.

Нет, например, в ваших алгебрах возможны циклические перестановки трёх базисных векторов. Кроме того, вообще вращения, которые в частном случае дают эти циклические перестановки.

Но это потому, что базисные векторы у вас равноправны. В более сложных случаях, чтобы найти возможные симметрии базиса, используются корневые системы и схемы Дынкина (я ими пользоваться не умею, увы).

[_Er]

Еще, вроде бы я об этом забыл сказать, была у меня раньше такая мысль по этой задаче. Когда мы восстанавливаем указанным мною ранее способом элементы групп по их алгебрам, то применяя эту операцию к обоим частям равенства:

$$\widetilde{T}(1+\varepsilon B) = 1+\varepsilon f(B)$$

мы получаем справа все элементы группы $SU(2)$, а слева все возможные операторы вида $\widetilde{T}(R)$, где $R \in SO(3)$. Дальше я хочу сказать вот, что: в группе $SO(3)$ "в два раза меньше" элементов чем в группе $SU(2)$ – каждому $R \in SO(3)$ соответствует пара $U,-U \in SU(2)$. Поэтому и различных операторов $\widetilde{T}(R)$ в левой части будет "в два раза меньше", чем различных матриц $U$ в правой части. Поэтому для того, чтобы это равенство сохранялось нужно допустить неоднозначность отображения $\widetilde{T}$, чего допустить нельзя по определению представления. Думаю, идея понятна. Конечно, нельзя говорить "в два раза меньше", учитывая, что мы имеем дело с бесконечными группами. Можно даже привести пример такой же ситуации когда многозначность отображения не требуется: счетность множества целых чисел без нуля. Но возможно здесь есть какие-то ограничения, которые такое не разрешат.

-- 31.07.2014, 14:46 --

Munin в сообщении #892063 писал(а):

Нет, например, в ваших алгебрах возможны циклические перестановки трёх базисных векторов.

Насчет перестановок уже заметил. Умножение одного или двух элементов базиса на $-1$ тоже не меняет структурных констант. Вообще посмотрел на возможные решения системы уравнений для $f$, получающейся из условия сохранения коммутации при равных структурных константах в двух алгебрах: похоже, что все-таки есть бесконечное число возможных $\alpha_{ij}$ при которых $f$ будет изоморфизмом алгебр.

Кстати, ни циклические перестановки, ни умножение на $-1$ для нас несущественны: в том месте, что нас интересует, коэффициенты $\gamma_i$ входят только в виде суммы квадратов $\gamma_1^2+\gamma_2^2+\gamma_3^2$.

[Munin]

Хочу предупредить. Сейчас вы сосредоточены на различиях групп $SU(2)$ и $SO(2),$ и можете не видеть этой важной детали. Речь идёт, на самом деле, не о группах, а об их представлениях. Буква $T$ означает именно представление. У одной группы есть много представлений (полезно рассмотреть множество представлений групп $SO(n),$ чтобы понять, какие они вообще бывают), и не всё, что относится к группам, относится к их же представлениям, и vice versa.

_Er в сообщении #892076 писал(а):

Конечно, нельзя говорить "в два раза меньше", учитывая, что мы имеем дело с бесконечными группами.

Можно, если говорить не про количество, а про длину (и аккуратно ввести её).

[_Er]

Munin в сообщении #892081 писал(а):

Речь идёт, на самом деле, не о группах, а об их представлениях.

Да нет, вроде как вижу я это. Просто тот вариант восстановления представления группы по представлению алгебры приводит к тому, что мы получаем равенства вида $\widetilde{T}(R(t))=U(t), R \in SO(3), U \in SU(2)$. Все предложения, что я тут выкладываю в последнее время, нацелены на одно: показать, что при таком восстановлении найдется пара $U_1,U_2$ с общим прообразом $R_0$. Еще раз повторю идею:

_Er в сообщении #891625 писал(а):

У нас есть две изоморфные алгебры. Т.е. между их элементами можно установить однозначное соответствие. Я указал способ, по которому вроде бы можно восстановить по алгебре все элементы соответствующей ей группы. При таком восстановлении мы интегрируя по $t$ получаем кривые $U(t) \in SU(2)$ и $R(t) \in SO(3)$. Из изоморфизма алгебр следует, что между каждой парой таких кривых можно поставить некоторое соответствие. Так вот задача состоит в том, чтобы показать, что такое соответствие не будет взаимооднозначным.
...
Пример того, что я хотел бы получить я написал раньше:

Цитата:

для этих кривых должно получиться при некоторых $t_1,t_2$ следующее:

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

[mishafromusa]

_Er в сообщении #892034 писал(а):

Я тут говорю про вес $\pm2$ – он появляется из-за того, что изначально выбраны два базиса со структурными константами отличающимися в 2 раза. Если выбрать базисы с равными структурными константами, то эта двойка не нужна и получается $R(t_0)=1, U(t_0)=-1$.

А что происходит со структурными константами, когда мы применяем изоморфизм алгебр к базису в одной алгебре, получая тем самым базис в другой алгебре?

[_Er]

mishafromusa в сообщении #892088 писал(а):

_Er в сообщении #892034 писал(а):

Я тут говорю про вес $\pm2$ – он появляется из-за того, что изначально выбраны два базиса со структурными константами отличающимися в 2 раза. Если выбрать базисы с равными структурными константами, то эта двойка не нужна и получается $R(t_0)=1, U(t_0)=-1$.

А что происходит со структурными константами, когда мы применяем изоморфизм алгебр к базису в одной алгебре, получая тем самым базис в другой алгебре?

Не уверен, что правильно понимаю вопрос. Можно взять какие-то два произвольных базиса с различными структурными константами и задать изоморфизм в виде $f(\tau_i)=\alpha_{ij}\omega_j$, где $\tau_i,\omega_i$ – базисы алгебр. Если "применить" такой изоморфизм алгебр к базису (т.е. положить $\omega_i'=\alpha_{ij}\omega_j$), то вы получите новый базис $\omega_i'$ и структурные константы в нем будут такие же, как в изоморфной алгебре.

[mishafromusa]

_Er в сообщении #892093 писал(а):

и структурные константы в нем будут такие же, как в изоморфной алгебре.

Ну вот, может это и поможет закончить решение задачи методом, который Вы предлагаете.

[_Er]

mishafromusa в сообщении #892094 писал(а):

_Er в сообщении #892093 писал(а):

и структурные константы в нем будут такие же, как в изоморфной алгебре.

Ну вот, может это и поможет закончить решение задачи методом, который Вы предлагаете.

Что, как мне кажется, можно здесь сделать: можно сказать, что в изоморфных алгебрах мы выберем изоморфные базисы, т.е. положим $f(\tau_i)=\omega_i$, и тогда у матриц $A$ и $f(A)$ будут одинаковые координаты в этих базисах. Насколько я понимаю, получается, что у изоморфных элементов в любых изоморфных базисах координаты должны быть одни и те же.

[mishafromusa]

Ну вот и замечательно, теперь всё проверьте и напишите аккуратно.

[_Er]

_Er в сообщении #892098 писал(а):

Насколько я понимаю, получается, что у изоморфных элементов в любых изоморфных базисах координаты должны быть одни и те же.

И все-таки, наверное, это не так. Мы уже раньше говорили, что в нашем конкретном случае, структурные константы не меняются, например, при циклической перестановке элементов базиса. То есть, если базис $\tau_i$ изоморфен базису $\omega_i$, то изоморфными также будут и базисы $\tau_i',\omega_i$, где $\tau_i'$ получен из $\tau_i$ циклической перестановкой. При этом в двух таких базисах $\tau_i,\tau_i'$ координаты одного и того же элемента будут различны. Так что в общем случае здесь допускается некоторая произвольность, как мне кажется.

Под изоморфизмом базисов я понимаю то, что структурные константы в них одинаковы. Но этого недостаточно для равенства координат. Фактически мы здесь хотим показать, что в базисах $\tau_i$ и $\omega_i$ структурные константы одинаковы, а изоморфизм $f$ имеет вид $f(\tau_i)=\alpha_{ij}\omega_j$, то должно выполняться $\alpha_{ij}=\delta_{ij}$. Попытка это показать приводит к следующему соотношению(по повторяющимся индексам суммирование):

$$\alpha_{km}C_{ijk}=\alpha_{ik}\alpha_{jl}C_{klm}$$

При произвольных $C_{ijk}$ здесь $\alpha_{ij}$ могут быть какими угодно(по крайней мере каких-то очевидных ограничений на них нет). Даже для нашего случая $C_{ijk}=2\varepsilon_{ijk}$ решений этой системы уравнений, как я уже говорил раньше, бесконечно много, если верить Mathematic'e.

[mishafromusa]

_Er в сообщении #892098 писал(а):

Насколько я понимаю, получается, что у изоморфных элементов в любых изоморфных базисах

Что Вы под этим понимаете? Если изоморфизм для элементов и базисов один и тот же, это очевидно, а если нет -- то это неверно.

[_Er]

mishafromusa в сообщении #892131 писал(а):

_Er в сообщении #892098 писал(а):

Насколько я понимаю, получается, что у изоморфных элементов в любых изоморфных базисах

Что Вы под этим понимаете? Если изоморфизм для элементов и базисов один и тот же, это очевидно, а если нет -- то это неверно.

Конкретно здесь я хотел сказать вот что. Допустим у нас есть два базиса $\tau_i$ и $\omega_i$ , структурные константы в которых совпадают. В этом случае между алгебрами можно задать изоморфизм $f(\tau_i)=\omega_i$. Изоморфными я назвал здесь два элемента $A=\gamma_i\tau_i$ и $B=\gamma_i\omega_i$ – их координаты в базисах $\tau_i$ и $\omega_i$ совпадают. Теперь возьмем два других базиса $\tau_i'$ и $\omega_i'$, в которых структурные константы также совпадают. Элементы $A$ и $B$ в этих базисах равны: $A=a_i\tau_i', B=b_i\omega_i'$. Так вот я надеялся, что $a_i=b_i$. Это я имел в виду говоря, что "у изоморфных элементов в любых изоморфных базисах координаты равны". Как я уже сказал, это, вроде бы, неверно.

[mishafromusa]

А зачем Вам это нужно для решения задачи?

[_Er]

mishafromusa в сообщении #892154 писал(а):

А зачем Вам это нужно для решения задачи?

Еще раз повторю. Я получил соотношения

$$R(0)=R(t_0)=1, U(0)=1, U(t_0)=-1$$

– они приводят к противоречию и тогда задача решена. Но я их получил для одного конкретного изоморфизма $f$, т.е. для одной конкретной пары базисов. Для того, чтобы решение было полным, я должен теперь это же соотношение получить для пары базисов (между которыми изоморфизм $f(\tau_i)=\omega_i$). Если бы оказалось, что во всех "изоморфных" базисах координаты "изоморфных" элементов совпадают (в том смысле, как я это записал в сообщении #892138), то задача была бы решена.

[mishafromusa]

_Er в сообщении #892156 писал(а):

Если бы оказалось, что во всех "изоморфных" базисах координаты "изоморфных" элементов совпадают

А почему изоморфных в кавычках? Разве не достаточно изоморфных без кавычек, т.е. переводящихся друг в друга одним и тем же изоморфизмом?