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Octoniones escindidos

In Álgebra, Álgebra Lineal on Jueves 4, diciembre, 2014 at 12:56 pm

por Andrés Sambarino

En un intento por entender los grupos de Lie excepcionales me crucé con un resultado sobre álgebras compuestas. Si k es un cuerpo y A un álgebra con unidad sobre k, decimos que A es compuesta si existe una forma cuadrática no degenerada q:A\to k que respeta el producto, es decir q(xy)=q(x)q(y).

El enunciado que quiero contar es el siguiente:

Teorema [Hurwitz-Jacobson]. Sea A un álgebra compuesta, entonces \dim_k A=1,2,4 ou 8.

Además, si \dim A=2 entonces A es conmutativa y asociativa, si \dim A=4 es asociativa pero no conmutativa, si \dim A=8 entonces no es ni conmutativa ni asociativa.

Es interesante comparar esto con algunos resultados mas conocidos, por ej el Teorema de Stiefel: si \mathbb{R}^n tiene una estructura de álgebra sin divisores de cero, entonces n=1,2,4 ou 8. En el libro Characteristic classes de Milnor-Stasheff prueban un resultado un poco mas débil para \mathbb{R}^n: si \mathbb{R}^n tiene una estructura de álgebra sin divisores de cero entonces n es una potencia de 2, y la prueba esta relacionada con el hecho de que el fibrado tangente del espacio proyectivo  \mathbb{P}(\mathbb{R}^n) de una tal álgebra es paralelizable.

La prueba del Teorema de Hurwitz-Jacobson que vamos a explicar vale para cualquier cuerpo (para característica 2 hay que hacer algún truco, pero lo dejamos abajo de la alfombra esto) y es basicamente haciendo cuentas; la saqué del libro Octonions, Jordan algebras and Exceptional Groups de Springer-Veldkamp.

Resulta que para las dimensiones 2, 4 y 8 siempre hay al menos un álgebra compuesta donde la forma q es isotrópica (i.e. \exists v\neq0 con q(v)=0). Por ejemplo para \dim A=2 se puede tomar A=k^2 con el producto coordenada a coordenada y la forma cuadrática q((x, y))=xy. En dimension 4 consideramos

A=\{\textrm{matrices }2\times 2\textrm{ con coeficientes en }k\}

y q(M)=\det M. Para \dim A=8 ésta álgebra se llama los octoniones escindidos \mathbb{O}_S (su existencia era para mi desconocida hasta hace menos de un mes) y se definen como sigue. En k^3 consideramos el producto escalar usual \left<\cdot,\cdot\right>:k^3\times k^3\to k y definimos el producto cuña u\wedge v (para u,v\in k^3) como el único vector de k^3 tal que

\left<u\wedge v,w\right>=\det(u,v,w)

para todo w\in k^3. El álgebra \mathbb{O}_S se define como matrices \left(\begin{smallmatrix} x & u \\ v & y\end{smallmatrix}\right) con u,v,\in k^3 y x,y\in k. La suma y la acción de k se definen coordenada a coordenada. El producto se define como

\left(\begin{array}{cc} x & u \\ v & y \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{cc} x' & u' \\ v' & y'\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} xx'+\left<u,v'\right> & xu'+y'u+v\wedge v' \\ yv'+x'v+u\wedge u & yy'+\left<u',v\right>\end{array}\right),

y la forma cuadrática q\left(\begin{smallmatrix} x & u \\ v & y\end{smallmatrix}\right)=xy-\left<u,v\right>.

Resulta ademas que para k=\mathbb{R} hay exactamente 2 álgebras compuestas para cada dimensión posible, según si q es definida positiva (i.e. es una norma) o si es isotrópica. Cuando q es una norma, las álgebras correspondientes son \mathbb{R},\mathbb{C}, los cuaterniones \mathbb{H} y los octoniones \mathbb{O}.

Todas estas son álgebras centrales simples, solo que no necesariamente asociativas y posiblemente con divisores de cero.

Prueba del Teorema de Hurwitz-Jacobson.

La prueba del Teorema consiste en un procedimiento de duplicación: Dada una álgebra compuesta A y una subálgebra compuesta D (es decir, D es una subálgebra y q|D tampoco degenera) hay un proceso natural para duplicarla.

Proposición [álgebra duplicada 1]. Sea A un álgebra compuesta y D una subálgebra compuesta.  Si existe a\in D^\perp con q(a)\neq0 entonces D es asociativa. Además D\oplus D a es una subálgebra compuesta  de dimension 2\dim D.

Observación. Obviamente D^\perp se refiere al ortogonal de D usando la forma bilineal \omega asociada a q. La condición ‘existe a\in D^\perp con q(a)\neq0‘ es (dado que q|D no degenera) equivalente a D\neq A, es decir, D es una subálgebra estricta de A.

Es interesante que se use la existencia de un vector de A que no esta en D, para demostrar que D es asociativa…

Prueba. La prueba de la Proposición es un monton de cuentas, vamos a explicar algunas de ellas nomas.

Como \omega es no degenerada, y multiplicar por x es lineal definimos el conjugado de x, \overline{x}\in A como el adjunto de x para \omega, es decir, se verifica la formula \omega(xy,z)=\omega(y,\overline{x} z). Vemos así que necesariamente Da\subset D^\perp: si x,y\in D entonces \omega(x,ya)=\omega(\overline{y} x,a)=0. Como q|D no es degenerada obtenemos que D\cap D^\perp=\{0\} y entonces D_1=D\oplus Da tiene efectivamente dimension 2\dim D.

Es obvio que D es cerrado para la suma, y se tiene la siguiente formula explicita para el producto, para x,y,u,v\in D

 (x+y a)(u+v a)=(xv-q(a)\overline{v} y)+(vx+y\overline{u})a. (I)

Para demostrar esta formula del producto basta establecer las siguientes 3 identidades: para todos x,y,u,v\in D vale

  1.  x(va)=(vx)a
  2. (ya)u=(y\overline{u})a
  3. (ya)(va)=-q(a)\overline{v} y.

Mostramos solo la (2) porque es la mas facil (la primera por ej es realmente difícil y usa una identidad de Moufang). Como q(xy)=q(x)q(y) sale facilmente que:

 \omega(x_1,x_2)\omega(y_1,y_2)=\omega(x_1y_1,x_2y_2)+\omega(x_1y_2,x_2y_1). (II)

Para probar (2) consideramos z\in A y escribimos \omega((ya)u,z)=\omega(ya,z\overline{u}). Como a\in D^\perp, la formula (I) implica

\omega(ya,z\overline{u})=-\omega(y\overline{u},za)=-\omega((y\overline{u})\overline{a},z)=\omega((y\overline{u})a,z)

porque, como a\perp 1 se tiene \overline{a}=-a. Como z\in A era arbitrario y \omega es no degenerada concluimos (ya)u=(y\overline u)a.

De la formula (I) para el producto en D\oplus Da y del hecho que q((x+y a)(u+v a))=q(x+y a)q(u+v a) se deduce que

\omega((xu)\overline{y},\overline{v})=\omega(x(u\overline{y}),\overline{v}).

Como q es no degenerada en D concluimos que (xu)y=x(uy) para todos x,u,y\in D, es decir D es asociativa.

Esto termina el esquema de la prueba.

\square

El siguiente paso es ver que en este proceso de duplicación, necesariamente se pierde estructura algebraica:

Proposición [álgebra duplicada 2]. Sean A un álgebra compuesta y D una subálgebra compuesta estricta. Sea a\in D^\perp con q(a)\neq0. Entonces D\oplus Da es asociativa si y solo si D es conmutativa y asociativa. Si D\neq k\cdot 1, entonces D\oplus Da no es conmutativa.

Prueba. Si asumimos que D\oplus Da es asociativa, entonces de (1) se deduce (xv)a=x(va)=(vx)a de donde D es conmutativa. Una cuenta similar implica que si D es conmutativa entonces D\oplus Da es asociativa.

Si D\neq k\cdot 1, entonces existe u\in D tal que \overline{u}\neq u. Así, usando la identidad (2) con y=1 obtenemos au=\overline{u}a\neq ua, es decir D\oplus Da no es conmutativa.

\square

Con la proposiciones el teorema sale fácil.

Prueba del Teorema Hurwitz-Jacobson. Si k\cdot 1 no es todo A entonces existe a_0\in 1^\perp con q(a_0)\neq 0 y la Proposición 1 dice que D_0=k1\oplus k a_0 es una subálgebra compuesta de dimensión 2. Observar que D_0 es necesariamente conmutativa y asociativa.

Si D_0\neq A entonces existe a_1\in D_0^\perp con q(a_1)\neq0, así D_1=D_0\oplus D_0a_1 es una subálgebra compuesta asociativa de \dim =4. Además, como D_0\neq k\cdot 1, la Proposición 2 dice que D_1 no es conmutativa.

Nuevamente, si D_1\neq A, existe a_2\in D_1^\perp con q(a_1)\neq0. Tenemos entonces que D_2=D_1\oplus D_1 a_2 es un álgebra compuesta de dimensión 8. Como D_1 no es conmutativa, la Proposición 2 implica que D_2 no es asociativa. La Proposición 1 implica que D_2 no puede ser una subálgebra estricta de A, i.e. D_2=A.

Esto termina la prueba

\square

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