2014年11月15日

积分八元数（第八部分）

约翰·贝兹

你可能知道，有一位名叫梅塔特隆的大天使出现在伪经旧约文本中，比如以诺书第二卷。这些文本将梅塔特隆排在第二位，仅次于YHWH本人。我不认为梅塔特隆在这里发表的评论是同一个人。然而，对于那些对格和几何感兴趣的人来说，这是一个好名字，因为有一种叫做Cabbalistic生命树的变体梅塔特隆立方体，如下所示：

该设计包括{G} 2个\)根系统、星形八面体的二维投影和超立方体的透视图。

无论如何，在玻色弦理论中，有26维和27维的晶格扮演着相当诱人和神秘的角色。梅塔特隆要求我找到它们的八进制描述。我试过了。

介绍

给定（n+2）维欧氏空间中的格（L），有一种方法可以在（n+2）维闵可夫斯基时空中构建格（L^{+}）。这被称为“过度扩展”版本的\（L\）。

如果我们从格子开始{E} _8个\)在8维中，这个过程产生了一个名为\（\mathrm{电子}_{10} \），它在超弦理论中扮演着一个有趣但神秘的角色。这不应该是一个完全的冲击，因为超弦理论存在于10维，它可以用八元数很好地公式化，晶格也可以{E} _8个\).

如果我们从名为\（\mathrm的晶格开始{D}（D）_{24}），这个过扩展过程给出了一个格{D}（D）_{24}^{++}\). 这描述了由玻色弦理论产生的引力理论的三维紧凑化的“宇宙台球”。再一次，这不应该是一个完全的冲击，因为波色弦理论存在于26维。

上次我很好地描述了\（\mathrm{电子}_{10} \）：它由\（2\乘2\）自伴随矩阵组成，以积分八元数为项。

最好能得到类似的\（\mathrm的八进制描述{D}（D）_{24}^{++}\). 但实际上更容易达到27维，因为带八元数项的自共轭矩阵的空间是27维的。事实上，有一个27维的格子等待着用八元数来描述。

你看，对于（n维欧几里德空间中的任何格（L），也有一种方法可以在（n+3）维闵可夫斯基时空中构建格（L^{++}），称为“非常扩展的”版本。

如果我们这样做是为了\（L=\mathrm{E} _8个\)我们得到一个11维的格，叫做\（\mathrm{电子}_{11} \），它与M理论有着神秘的联系。但是如果我们这样做的话{D}（D）_{24}）我们得到了一个27维格，有时称为\（\mathrm{克}_{27}\). 您可以在此处阅读有关这两个格子的信息：

• Peter C.West，E类₁₁和M理论.

我会证明{电子}_{11} \）对整数八元数有很好的描述。我将几乎为\（\mathrm执行类似操作{克}_{27}\），但实际上我会成功地得到一个包含它的晶格，它的密度是它的两倍。

为了做这些事情，我将使用这里给出的过扩展格和非常扩展格的解释：

• Matthias R.Gaberdiel、David I.Olive和Peter C.West，一类Lorentzian Kac–Moody代数.

这些构造使用一个名为\（\mathrm{H}\）的二维晶格。让我们了解一下这个格子。这很简单。

二维洛伦兹晶格

在等距之前，只要Minkowski时空的维数比8的倍数大2倍，就会有一个唯一的甚至是单模的格。其中最简单的是（mathrm{H}）：它是二维Minkowski时空中唯一的偶单模格。

有多种协调方式。我认为，最简单的方法是从\（\mathbb{R}^2）开始，并用

$$g（x，x）=-2 uv$$

当\（x=（u，v）\）时。然后，坐在（mathbb{R}^2）中，格（mathbb{Z}^2。因此，它是\（\mathrm{H}\）的副本。

让我们稍微了解一下。坐标\（u）和\（v）被称为光锥坐标，因为在二维闵可夫斯基时空中，（u）和（v）轴形成了光锥。换句话说，向量

$$\ell=（1,0），\quad\ell'=（0,1）$$

是像灯一样的，表示

$$g（\ell，\ell）=0，\quad g（\ell'，\ell'）=0$$

它们的和是一个类时间的向量

$$\tau=\ell+\ell'=（1,1）$$

因为\（τ\）与其自身的内积是负数；事实上

$$g（τ，τ）=-2$$

它们的区别是一个类似空间的向量

$$\sigma=\ell-\ell'=（1，-1）$$

因为（sigma）与自身的内积是正的；事实上

$$g（\西格玛，\西格玛）=2$$

由于向量\（\tau\）和\（\sigma\）是正交的，并且在度量\（g\）中具有长度\（\sqrt｛2｝\），我们得到了带有角的面积\（2\）的平方

$$0，\tau，\sigma，\tau+\sigma$$

也就是说，

$$ (0,0),\; (1,1),\; (1,-1), \;(2,0) $$

如果你画一张图，你可以通过解剖看到这个正方形的面积是单元的两倍

$$ (0,0),\; (1,0), \; (0,1) , \; (1,1) $$

所以，单位单元的面积为1，晶格为单模的如所述。此外，格中的每个向量都有与其自身的偶数内积，所以这个格是即使.

超延伸晶格

给定一个欧几里德格（L）（mathbb{R}^n），

$$L^{++}=L\oplus\mathrm{H}$$

是（n+2）维Minkowski时空中的晶格，也称为（mathbb{R}^{n+1,1}）。这个格子（L^{++}）被称为过伸第页，共页。

偶数格的直和是偶数。幺模格的直和是幺模的。因此，如果\（L\）是偶数和幺模的，那么\（L^{+}\）也是偶数和么模的。

所有这些都是显而易见的。但这里有一些关于甚至幺模格的更深入的事实。首先，当（n）是8的倍数时，它们只存在于（mathbb{R}^n）中。其次，当\（n\）是8的倍数时，它们只存在于\（\mathbb｛R｝^｛n+1,1｝\）中。

但这真的很神奇。在欧几里德的情况下，在给定的维中可以有许多不同的甚至是幺模格。在8个维度中，只有一个，直到等距为止，叫做\（\mathrm{E} _8个\). 在16个维度中有两个维度。在24个维度中有24个。在32个维度中，至少有1160000000个，而且这个数字在那之后继续爆炸。另一方面，在洛伦兹案件中一即使给定维中有幺模数格，如果有的话。

更准确地说：给定\（\mathbb｛R｝^｛n+1,1｝\）中的两个偶幺模格，它们总是通过等距：保留度量的线性变换。然后我们给他们打电话等轴测的.

让我们看一些例子。直到等距，\（\mathrm{E} _8个\)是8维欧氏空间中唯一的偶幺模格。我们可以用整数八元数格（mathbf{O}\subseteq\mathbb{O}）和内积来识别它

$$g（X，X）=2 X X^*$$

\（L^{++}\）通常称为\（E_{10}\）。直到等距为止，这是唯一的10维偶单模格。有很多方法可以描述它，但上次我们看到它是以整数八元为项的\（2乘2）自共轭矩阵的格：

$$\mathfrak美元{h} _2（\mathbf{O}）=\left\{\；\left（\begin{array}{cc}a&X\\X^*&b\end{arrays}\right）：\；a、 b\in\mathbb{Z}，\；X\in\mathbf{O}\；\右\}$$

其中度量值来自\（-2\）乘以行列式：

$$x=\左（\开始{数组}{cc}a&x\\x^*&b\结束{数组{右）\；\；\暗示\；\；g（x，x）=-\det（x）=2 x x ^*-2 a b$$

稍后我们将看到这样一个更高级的公式。

在24维欧几里得空间中有24个偶幺模格。其中一个是

$$\mathrm美元{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个 $$

另一个是\（\mathrm{尽职调查}_（mathbb{R}^{24}）中的向量格，其中的分量要么全部是整数，要么全部是半整数，并且它们的和是偶数。它包含格\（\mathrm{D}（D）_{24}\）我之前提到过。它的密度是原来的两倍。我稍后再解释。

如果我们在24维欧氏空间中对这些偶幺模格中的任何一个进行过扩张，我们将在26维Minkowski时空中得到一个偶幺模格。。。所有这些都是等长的！过度扩展过程“洗去了它们之间的差异”。特别地，

$$\mathrm美元{尽职调查}_{24}^{++}\cong（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个)^{++} $$

这很好，因为达到比例因子，\（\mathrm{E} _8个\)是整数八元数的格。因此，这里有对\（\mathrm的描述{尽职调查}_{24}^{+}\）使用三个整数八元数！但如果我们增加一个维度，故事就更美好了。

非常扩展的格

在欧几里德空间中的格（L）的超扩展版本（L^{++}）之后是“非常扩展”版本，称为（L^}++}\）。如果你仔细想想盖伯迪尔的论文等，可以看到这是超扩张（L^{+}）和一维格（mathrm）的直接和{A} _1个\). \（\mathrm{A} _1个\)仅为公制的\（\mathbb{Z}\）

$$g（x，x）=2 x ^2$$

它是均匀的，但不是单模的。

简而言之非常扩展\（L\）的版本为

$$L^{++}=L^{++}\oplus\mathrm{A} _1个=L\oplus\mathrm{H}\oplus\mathrm{A} 1个 $$

如果\（L\）是偶数，那么\（L^{++}\）也是偶数。但如果\（L\）是幺模的，那么对于\（L^{++}\）就不是这样了。

\（\mathrm）的扩展版本{E} _8个\)称为\（\mathrm{电子}_{11}\). \（\mathrm的扩展版本{D}（D）_{24}\）称为\（\mathrm｛K｝_{27}\). 这是一件有趣的事情，用八元数来描述它会很好。但是使用密度是原来两倍的晶格会更容易：非常扩展的\（\mathrm{尽职调查}_{24}\).

现在是时候解释一下这种“两倍密度”的业务了。

密度加倍{D} _n（n）\)

\（\mathrm{D} _n（n）\)格子很简单。取一个带有红色和黑色超立方体交替的（n）维棋盘。在每个黑色超立方体的中间放置一个点。这是\（\mathrm{D} _n（n）\)格子！

更准确地说，\（\mathrm{D} n个\)格由所有整数元组组成，这些整数的和为偶数。要求它们的和是一个偶数，就可以在棋盘上找出其他超立方体的中心。

以下是\（\mathrm的矢量基础{D} _4个\)晶格：

$$ \开始{数组}{cccc}(-1, & -1, & 0, & 0) \\(1, & -1, & 0, & 0 ) \\(0, & 1, & -1 & 0 ) \\（0，&0，&1，&-1）\结束{数组}$$

同样的模式适用于任何维度：第一个向量有两个（-1s），后面跟着一堆零，但其余的向量都是第二个向量的移位版本。我选择它们作为\（\mathrm的简单根{D} _n（n）\)，但这现在不那么重要了。

真正重要的是这个。任何基向量与其本身的点积都是偶数，任意两个不同基向量的点积是整数。因此，它们生成的晶格{D} n个\)晶格，是即使：任何向量与其自身的点积都是偶数。

此外，由基向量构成的矩阵的行列式：

$$ \左（\开始{array}{rrrr}-1 & -1 & 0 & 0 \\1 & -1 & 0 & 0 \\0 & 1 & -1 & 0 \\0 & 0 & 1 & -1 \结束{数组}\右）$$

为2。在任何维中，这种行列式都给出了（pm 2）。所以，单位单元的体积单位为\（\mathrm{D} _n（n）\)格总是2。所以，它不是单模的。

为了得到幺模的东西，我们可以通过取\（\mathrm的并集将密度加倍{D} _n（n）\)和\（\mathrm的副本{D} _n（n）\)由向量转换

$$\left（\frac｛1｝｛2｝，\dots，\frac｛1｝｛2｝\right）$$

让我们称这个联盟为{DD}_n\). 很多人把它叫做\（\mathrm{D} _n（n）^+\)，但我们已经对太多其他东西使用了加号。我叫它\（\mathrm{D} _n（n）\)因为它是双密度也因为它是\（\mathrm的两个移位副本的并集{D} _n（n）\).

\（\mathrm{DD}_3\)就是碳原子在钻石中的排列方式！

这种模式称为金刚石立方它很漂亮，但不是数学意义上的格子\（\mathrm{DD}_n\)只有当\（n\）是偶数时才是格。故事如下：

• 在任何维度上{DD}_n\)是1，所以我们可以说是单模的.
• 在偶数维中，只有那些{DD}_n\)是晶格。毕竟，只有这样，\（\frac{1}{2}，\dots，\frac}{2{）与自身的和才再次位于\（\mathrm{DD}_n\).
• 在4的倍数的维度中，只有那些，\（\mathrm{DD}_n\)是一个完整的格，这意味着格中任意两个向量的点积是一个整数。毕竟，只有这样，\（（\frac{1}{2}，\dots，\frac}{2{）\）的内积才是一个整数。
• 在8的倍数的维度中，只有那些，\（\mathrm{DD}_n\)是一个即使格，这意味着任何向量与其自身的点积都是偶数。毕竟，只有这样，\（\ frac{1}{2}，\点，\ frac}{2{）的内积才是偶数。

正如我之前提到的，只有当维数是8的倍数时，欧几里德空间中才可能存在单模格\（\mathrm{DD}_8\)不是别人正是我们的朋友{E} _8个\)！但我们现在真正需要的是{尽职调查}_{24}），因为它是一个24维的偶幺模格。我想对

$$\mathrm美元{克}_{27}=\mathrm{D}（D）_{24}^{+++} $$

但我真的会买一个

密度是它的两倍。我们可以使用它来获得\（\mathrm的octonion描述{克}_{27}\），但我不会那样做。

例外Jordan代数中的格

现在我们准备好玩了！

让\（\mathfrak{h} _3个（mathbb{O}）是（3乘3）自共轭八元矩阵的空间。它是27维的，因为一个典型的元素看起来像

$$x=\left（\begin{array}{ccc}a&x&Y\\X^*&b&Z\\Y^*&Z^*&c\结束{数组}\右）$$

其中\（a，b，c\in\mathbb{R}，X，Y，Z\in\mathbb{O}\）。它被称为例外Jordan代数.我们现在不需要了解Jordan代数，但这个概念概括了if\（x\in\mathfrak{h} _3个（\mathbb{O}），所以是（x^2）。

在例外的Jordan代数上有一个2-参数度量族，它在所有Jordan代数自同构下都是不变的。他们有

$$g（x，x）=\alpha\mathrm{tr}（x^2）+\beta\mathrm{tr}（x）^2$$

对于\（\alpha，\beta\in\mathbb{R}\）和\（\alpha\ne 0\）。有些是欧几里得的，有些是洛伦兹的。

位于特殊Jordan代数内部的是具有整数八元数的\（3乘3）自共轭矩阵的格：

$$\mathfrak{h} _3个（\mathbf{O}）=\left\{\；\left（\begin{array}{ccc}a&X&Y\\X^*&b&Z\\Y^*&Z^*&c\结束{数组}\右）：\；a、 b，c\in\mathbb{Z}，\；十、 Y，Z\in\mathbf{O}\；\右\}$$

下面是最酷的部分：

定理。例外Jordan代数上有一个洛伦兹内积（g），它在所有自同构下都是不变的，使得格（mathfrak）{h} _3个（\mathbf{O}）\）等距到\（\mathrm{尽职调查}_{24}^{+++}\).

证明。我们将证明该度量

$$g（x，x）=\mathrm{tr}（x^2）-\mathrm{tr}（x）^2$$

遵守这个定理的所有条件。根据我已经说过的，它在所有Jordan代数自同构下都是不变的。挑战是要证明它制造了{h} _3个（\mathbf{O}）\）等距到\（\mathrm{尽职调查}_{24}^{+++}\). 但不是\（\mathrm{尽职调查}_{24}^{++}\），我们可以使用\（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个)^{++}\），因为我们已经看到了

$$\mathrm美元{尽职调查}_｛24｝^｛+++｝\cong（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个)^{+++} $$

让我们更详细地检查度量（g）。取任意元素\（x\ in \mathfrak{h} 3个（\mathbf{O}）\）：

$$x=\left（\begin{array}{ccc}a&x&Y\\X^*&b&Z\\Y^*&Z^*&c\结束{数组}\右）$$

其中\（a，b，c\in\mathbb{R}，X，Y，Z\in\mathbb{O}\）。然后

$$\mathrm{tr}（x^2）=a^2+b^2+c^2+2（XX^*+Y^*+ZZ^*）$$

虽然

$$\mathrm{tr}（x）^2=（a+b+c）^2$$

因此

$$\开始{数组}{ccl}g（x，x）&=&\mathrm{tr}（x^2）-\mathrm{tr}（x）^2 \\&=&2（x x ^*+Y Y ^*+Z Z ^*）-2（a b+b c+c a）\end{array}$$

由此可知，使用该度量，对角矩阵与非对角矩阵正交。非对角矩阵{h} _3个（\mathbf{O}）\）是一个三元组\（（X，Y，Z）\ in \mathbf{O}^3 \），并且具有

$$g（x，x）=2（x x ^*+Y Y ^*+Z Z ^*）$$

由于因子2，这个度量使得这些非对角矩阵的格等距为\（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\). 自

$$（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个)^{++}=\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{H}\oplus\mathrm{A} _1个 $$

因此，它足以表明三维洛伦兹晶格对角线的\（\mathfrak中的矩阵{h} _3个（\mathbf{O}）\）是等距的

$$\mathrm{H}\oplus\mathrm{A} _1个$$

对角线矩阵{h} _3个（mathbf{O}）是一个三元组（（a，b，c）in\mathbb{Z}^3），在这些三元组上，内积（g）由下式给出

$$g（x，x）=-2（a b+b c+c a）$$

如果我们将注意力限制在形式为\（x=（a，b，0）\的三元组上，我们得到了一个二维洛伦兹格：带内积的\（mathbb{Z}^2）的副本

$$g（x，x）=-2a b$$

这只是\（\mathrm{H}\）。

我们可以用这个来证明全部的三元组\（a，b，c）\ in \mathbb{Z}^3 \）与内积\（g）等距到\（mathrm{H}\oplus\mathrm{A} _1个\).

记住，\（\mathrm{A} _1个\)是由范数平方为2的类空向量生成的一维晶格。因此，可以证明格（mathbb{Z}^3）是由形式为（（a，b，0）的向量和范数平方为2的类空向量生成的，范数平方向量与形式为（a，b,0）的所有向量正交。

要做到这一点，我们需要更明确地描述\（\mathbb｛Z｝^3\）上的内积\（g\）。为此，我们可以使用极化恒等式

$$g（x，x'）=\压裂{1}{2}$$

记住，如果\（x=（a，b，c）\）我们有

$$g（x，x）=-2（a b+b c+c a）$$

因此，如果我们还有\（x'=（a'，b'，c'）\），极化恒等式给出

$$g（x，x'）=-（a b'+a'b）-（b c'+b c'）-（c a'+c'a）$$

我们正在寻找一个类空向量（x'=（a'，b'，c'）），它与所有形式的向量（x=（a，b，0））正交。为此，有必要且足够

$$0=g（（1,0,0），（a'，b'，c'）=-b'-c'$$

和

$$0=g（（0,1,0），（a'，b'，c'）=-a'-c'$$

例如，\（x'=（1,1，-1）\）。这个有

$$g（x'，x'）=-2（1-1-1）=2$$

因此，正如所希望的那样，它是类似于太空的。更好的是，它的范数平方为2。更好的是，这个向量\（x'）与形式\（（a，b，0）\一起生成了格\（mathbb{Z}^3）。

因此，我们已经展示了我们所需要的：所有三元组（（a，b，c）在mathbb{Z}^3中的格都是由形式为（a，b，0）的格和范数平方为2的类空向量生成的，该向量与形式为（a，b，0）正交。\（\blacksquare\）

这个定理有三个很好的副产品：

推论1。在例外Jordan代数上具有相同的Lorentzian内积（g），格（mathrm{尽职调查}_{24}^{+}\）与\（\mathfrak）的子格等距{h} 3个（\mathbf{O}）\）其中固定对角线条目设置为零，例如：

$$\left\｛\；\left（\ begin｛array｝｛ccc｝a&X&Y\\X^*&b&Z\\Y^*&Z^*&0\结束{数组}\右）：\；a、 b\in\mathbb{Z}，\；X、 Y，Z\in\mathbf｛O｝\；\右\}$$

证明。使用以下事实：对于度量\（g\），对角线矩阵

$$\left\{\；\left（\begin{array}{ccc}a&0&0\\0&b&0\\0&0&0\结束{数组}\right）：\；a、 b\in\mathbb{Z}\；\右\}$$

形成\（\mathrm{H}\）的副本，因此上面的矩阵形成

$$\数学{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{H}\cong（\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{E} _8个)^{++}\cong\mathrm{D}（D）_{24}^{+}\qquad\qquad\\qquad\blacksquare$$

推论2。在例外Jordan代数上具有相同的Lorentzian内积（g），格（mathrm{电子}_{11} =\mathrm{E_8}^{++}\）与\（\mathfrak）的子格等距{h} _3个（\mathbf{O}）\）其中两个固定的非对角线项目设置为零，例如：

$$\left\{\；\left（\begin{array}{ccc}a&X&0\\X^*&b&0\\0&0&c\end{数组}\right）：\；a、 b，c\in\mathbb{Z}，\；X\in\mathbf{O}\；\右\}$$

证明。使用以下事实：对于度量\（g\），对角线矩阵

$$\left\{\；\left（\begin{array}{ccc}a&0&0\\0&b&0\\0&0&c\end{数组}\right）：\；a、 b\in\mathbb｛Z｝\；\右\}$$

形成\（\mathrm{H}\oplus\mathrm的副本{A} _1个\)，所以上面的矩阵是

$$\mathrm美元{E} _8个\oplus\mathrm｛H｝\oplus\mathrm{A} _1个\cong\mathrm公司{E} _8个^{++}\qquad\qquad\\qquad\blacksquare$$

推论3。在例外Jordan代数上具有相同的Lorentzian内积（g），格（mathrm{电子}_{10} =\mathrm{E} _8个^{++}\）与\（\mathfrak）的子格等距{h} _3个（\mathbf｛O｝）\），其中两个固定的非对角线条目和一个对角线条目被设置为等于零，例如：

$$\left\{\；\left（\begin{array}{ccc}a&X&0\\X^*&b&0\\0&0&0\结束{数组}\right）：\；a、 b，c\in\mathbb{Z}，\；X\in\mathbf{O}\；\右\}$$

证明。使用前面的推论；这是\（\mathrm的明显副本{E} _8个^{++}\cong\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{H}\）内部\（\mathrm{E} _8个^{++}\cong\mathrm{E} _8个\oplus\mathrm{H}\oplus\mathrm{A} _1个\). \（\blacksquare\）

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