クォータニオン（4元数）ユークリディアンモジュール（加群）および同一ノルムを持つ\(2\)個の要素たちに対して、オーソゴーナルリニアマップ（直交線形写像）で要素たちの内の一つを他方にマップしそのカノニカル（正典）レプリゼンタティブ（代表）マトリックス（行列）がシンプレクティックであるものがあることの記述/証明
話題
About: モジュール（加群）
この記事の目次
開始コンテキスト
- 読者は、クォータニオン（4元数）ユークリディアンモジュール（加群）の定義を知っている。
- 読者は、クォータニオン（4元数）ユークリディアンモジュール（加群）たち間オーソゴーナルリニアマップ（直交線形写像）の定義を知っている。
- 読者は、\(n \times n\)シンプレクティックマトリックス（行列）たちグループ（群）の定義を知っている。
ターゲットコンテキスト
- 読者は、任意のクォータニオン（4元数）ユークリディアンモジュール（加群）および任意の同一ノルムを持つ\(2\)個の任意の要素たちに対して、あるオーソゴーナルリニアマップ（直交線形写像）で当該要素たちの内の任意の一つを他方にマップしそのカノニカル（正典）レプリゼンタティブ（代表）マトリックス（行列）がシンプレクティックであるものがあるという命題の記述および証明を得る。
オリエンテーション
本サイトにてこれまで議論された定義たちの一覧があります。
本サイトにてこれまで議論された命題たちの一覧があります。
本体
1: 構造化された記述
ここに'構造化された記述'のルールたちがある。
エンティティ（実体）たち:
\(n\): \(\in \mathbb{N} \setminus \{0\}\)
\(\mathbb{H}^n\): \(= \text{ 当該クォータニオン（4元数）ユークリディアンモジュール（加群） }\)、行たちのセット（集合）として
\(\{m, m'\}\): \(\subseteq \mathbb{H}^n\)で、以下を満たすもの、つまり、\(\sqrt{m {m}^*} = \sqrt{m' {m'}^*}\)
//
ステートメント（言明）たち:
\(\exists f: \mathbb{H}^n \to \mathbb{H}^n, \in \{\text{ 全てのオーソゴーナルリニアマップ（直交線形写像）たち }\} (f (m) = m' \land M, f \text{ の } \mathbb{H}^n \text{ のカノニカル（正典）ベーシス（基底）に関するレプリゼンタティブ（代表）マトリックス（行列） }, \in \{\text{ 全てのシンプレクティックマトリックス（行列）たち }\})\)
//
2: 注
\(f\)は、\(: m \mapsto M m\)、ここで、\(m\)は列とみなされる、とはできない、リニア（線形）であるためには: それは、リニア（線形）でない、なぜなら、ある\(h \in \mathbb{H}\)に対して、\(f (h m) = M h m \neq h M m = h f (m)\)、一般に。
3: Proof
Whole Strategy: Step 1: conclude the proposition for when \(m m^* = m' m'^* = 0\) and suppose otherwise thereafter; Step 2: take \(B := \{b^1 = \sqrt{m {m}^*}^{- 1} m\}\) and \(B' = \{b'^1 = \sqrt{m' {m'}^*}^{- 1} m'\}\) and apply the proposition that for any quaternion Euclidean module and any \(2\) same-cardinality orthonormal subsets, there is an orthogonal linear map that maps any one of the subsets to the other whose canonical representative matrix is symplectic; Step 3: see that \(f (m) = m'\); Step 4: conclude the proposition.
Step 1:
Let us suppose that \(m m^* = m' m'^* = 0\).
That means that \(m = m' = 0\).
Then, the identity map, \(f = id\), will do, because \(f\) is obviously orthogonal linear, \(f (m) = f (0) = 0 = m'\), and \(M = I\), which is symplectic.
Let us suppose otherwise, hereafter.
Step 2:
Let us take \(B := \{b^1 = \sqrt{m {m}^*}^{- 1} m\}\) and \(B' := \{b'^1 = \sqrt{m' {m'}^*}^{- 1} m'\}\), which are some orthonormal subsets of \(\mathbb{H}^n\).
By the proposition that for any quaternion Euclidean module and any \(2\) same-cardinality orthonormal subsets, there is an orthogonal linear map that maps any one of the subsets to the other whose canonical representative matrix is symplectic, there is an orthogonal linear \(f\) with the representative matrix, \(M\), symplectic such that \(f (b^1) = b'^1\).
Step 3:
\(f (m) = f (\sqrt{m {m}^*} b^1) = \sqrt{m {m}^*} f (b^1)\), because \(f\) is linear, \(= \sqrt{m {m}^*} b'^1 = \sqrt{m' {m'}^*} b'^1 = m'\).
Step 4:
So, \(f\) is an orthogonal linear map which maps \(m\) to \(m'\) whose (the map's) representative matrix with respect to the canonical basis of \(\mathbb{H}^d\), \(M\), is symplectic.
