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U09：从无穷小旋转到紧群积分 ​

题目 ​

1. 从矩阵约束求出 $SO(3)$ 与 $SU(2)$ 的单位元切空间，并写出能保持括号的一组对应基。
2. 计算绕第三轴旋转的指数与伴随作用。证明 $SU(2)\to SO(3)$ 的伴随映射满射、核为 $\{\pm I\}$，解释两群为何仍不相同。
3. 对 $X=2E_{12}$、$Y=3E_{23}$ 算出 $\log \left(e^X{e}^Y\right)$；解释为什么此处 BCH 可精确停止。再用稳定子识别 $SO(3)/SO(2)$ 与球面。
4. 在圆群的归一化 Haar 测度下，对 $f(e^{i\theta })=2+3\cos \theta -\sin 2\theta$ 求全部非零 Fourier 系数，并核验平方范数。

答案 ​

对 $Q(t{)}^{\mathsf{T}}Q(t)=I$ 求导，得到 $X^{\mathsf{T}}+X=0$；反对称矩阵的指数又给出 $SO(3)$ 内曲线，所以

$$\mathfrak{so}(3)=\{X:X^{\mathsf{T}}=-X\}.$$

令 $\hat{a}v=a\times v$，则向量三重积公式给出 $[\hat{a},\hat{b}]=\widehat{a\times b}$。因此 $J_j={\hat{e}}_j$ 满足 $[J_1,J_2]=J_3$ 及循环关系。

对 $U(t{)}^{\ast }U(t)=I$ 与 $\det U(t)=1$ 求导，得到

$$\mathfrak{su}(2)=\{X:X^{\ast }=-X,\mathrm{tr}X=0\}.$$

反过来，若 $X^{\ast }=-X$ 且 $\mathrm{tr}X=0$，则 $e^{tX}$ 满足 $(e^{tX}{)}^{\ast }{e}^{tX}=I$、$\det \left(e^{tX}\right)=e^{t\mathrm{tr}X}=1$，且在 $t=0$ 的导数为 $X$，因此每个这样的 $X$ 都由群内曲线实现。 取 Pauli 矩阵 ${\sigma }_j$，令 $T_j=-i{\sigma }_j/2$，直接乘法得到 $[T_1,T_2]=T_3$ 及循环关系，所以 $T_j\mapsto J_j$ 为实 Lie 代数同构。

指数为

$$e^{\theta J_3}=\left(\begin{array}{ccc}\cos \theta & -\sin \theta & 0\\ \sin \theta & \cos \theta & 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),e^{\theta T_3}=\left(\begin{array}{cc}{e}^{-i\theta /2}& 0\\ 0& e^{i\theta /2}\end{array}\right).$$

直接共轭给出

$${\mathrm{Ad}}_{e^{\theta T_3}}{T}_1=\cos \theta T_1+\sin \theta T_2,{\mathrm{Ad}}_{e^{\theta T_3}}{T}_2=-\sin \theta T_1+\cos \theta T_2,$$

并固定 $T_3$，所以伴随作用恰是第一式的三维旋转。其微分是同构，像为开子群；$SO(3)$ 连通，所以像为全群。

核中的矩阵必须与所有 $T_j$ 交换。先与 $T_3$ 交换迫使它对角，再与 $T_1$ 交换迫使它为标量 $\lambda I$；酉性及行列式一给出 $\lambda =\pm 1$。故核为 $\{\pm I\}$。$SU(2)$ 作为流形为 $S^3$，单连通；$SO(3)$ 的一次整圈在上层从 $I$ 走到 $-I$，基本群为二元群。因此 Lie 代数相同没有抹掉整体覆盖差别。

对 Heisenberg 例子，$X^2=Y^2=0$，$[X,Y]=6E_{13}$，而所有再嵌套一次的括号为零。因此

$$\log \left(e^X{e}^Y\right)=X+Y+3E_{13}.$$

设右边为 $W$，则 $W^2=6E_{13}$、$W^3=0$，所以 $e^W=I+X+Y+6E_{13}=e^X{e}^Y$，直接核验了精确截断。这里不是忽略小量，而是高阶项确实为零。

$SO(3)$ 对 $S^2$ 的作用传递，$e_3$ 的稳定子是绕第三轴的 $SO(2)$，它由闭条件 $R{e}_3=e_3$ 给出。轨道映射 $R\mapsto R{e}_3$ 诱导 $SO(3)/SO(2)\cong S^2$。在单位元处，$\hat{a}\mapsto a\times e_3=(a_2,-a_1,0)$ 的核是一维稳定子方向，像是二维切平面，核验维数 $3-1=2$。稳定子不是正规子群，所以这里得到的是齐性流形，并未得到商群。

圆群 Haar 积分为 $(2\pi {)}^{-1}{\int }_0^{2\pi }$。展开

$$f=2+\frac{3}{2}{e}^{i\theta }+\frac{3}{2}{e}^{-i\theta }+\frac{i}{2}{e}^{2i\theta }-\frac{i}{2}{e}^{-2i\theta },$$

因此非零系数为 $\hat{f}(0)=2$、$\hat{f}(\pm 1)=3/2$、$\hat{f}(2)=i/2$、$\hat{f}(-2)=-i/2$。正交积分给出

$$\Vert f{\Vert }_2^2=4+2(9/4)+2(1/4)=9,\Vert f{\Vert }_2=3.$$

它是 Peter–Weyl 矩阵系数分解在圆群一维表示上的具体实例。

验收标准 ​

• 切空间必须同时验证必要条件和群内曲线实现，不能只对约束求导后猜等号
• 区分 Ad 的群元素输入与 ad 的 Lie 代数输入，并核对 $-i{\sigma }_j/2$ 的符号
• 覆盖核须逐项算出，不能用“两个群都三维”推同构
• BCH 停止须有嵌套括号为零的依据
• 说清平方范数为九、范数为三；Haar 测度必须先归一化