Espacios de polinomios homogéneos de grado mayor que uno

Ahora discutiremos otros espacios, de polinomios homogéneos de grado mayor. Así hablaremos de $\Phi _n^{(k)}$

cuando $k=2$

$$\Phi_n^{(2)}=\left\{q_1^2, q_1q_2, \ldots, q_iq_j, \ldots p_ip_j, \ldots p_n^2\right\}$$

cuando $k=3$

$$\Phi_n^{(3)}=\left\{q_1^3, q_1q_2q_3, \ldots, q_iq_jq_l, \ldots p_ip_jp_l, \ldots p_n^3\right\}$$

Definimos un monomio homogéneo de grado $k$ como el siguiente producto

$$q_1^{\alpha_1}q_2^{\alpha_2}\ldots q_n^{\alpha_n}p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2}\ldots p_n^{\beta_n}$$

donde $\alpha_i$, $\beta_i$ pueden ser elementos de $\{0,1,2,\ldots\}$, con la condición:

$$\sum_i(\alpha_i+\beta_i)=k$$

y un polinomio de grado $k$ será una combinación lineal de monomios homogéneos de grado $k$.

$\Phi _n^{(k)}$ es un espacio vectorial y trataremos de definir en él un producto interno, utilizando el paréntesis de Poisson.

Para esto nos fijamos en que si $\varphi^j$ es un polinomio de grado $j$ y $\varphi^k$ un polinomio de grado $k$

$$\{\varphi^j,\varphi^k \}$$

da como resultado un polinomio de grado $j+k-2$ así

$$\{\varphi^j,\varphi^k \} = \varphi^{j+k-2}$$

Entonces si escogemos $j=1$ tenemos

$$\{\varphi,\varphi^k \} = \varphi^{k-1}$$

es decir, si pensamos en que el polinomio de grado uno opera sobre el polinomio de grado $k$, gracias al paréntesis de Poisson el resultado es un nuevo polinomio pero de grado menor al que se tenía.

Así repitiendo $k$ veces la misma operación,

$$\{\varphi,\{\varphi,\{\varphi \ldots \{\varphi,\varphi^k\} \ldots \}\}\}$$

el resultado será un escalar.

Hay que hacer notar que haciendo las operaciones con distintos $\varphi\prime_s$ el resultado sigue siendo un escalar.

$$\begin{array}{ccc} \{\varphi_1,\{\varphi_2,\{ \ldots \{\varphi_k,\varphi^k\} \ldots \}\}\} & = & \mbox{escalar} \end{array}$$

donde

$$\varphi_i \in \Phi_n^{(1)}$$

En esta manera podemos definir funcionales lineales para los espacios homogéneos de grado $k$ mayor que uno.

Si podemos definir un $\Phi _n^{(k)}$ una funcional bilineal, utilizando los paréntesis de Poisson casi hemos definido un producto interno.

Supongamos que $[\cdot \;, \cdot ]$ representa una funcional bilineal operando sobre $\Phi _n^{(k)}$ por lo tanto tiene la forma

$${[} {\varphi^\prime}^{k},\varphi^{k}{]}$$

donde $\varphi^k,{\varphi^\prime}^k$ pertenecen a $\Phi _n^{(k)}$ o $\varphi^{(k)}$ es una combinación lineal de monomios homogéneos. Así

$$\left[ {\varphi^\prime}^k,\varphi^k\right]$$

será una combinación lineal de elementos de la forma ${[} m_i,\varphi^k {]}$ donde por $m_i$ hemos denotado al $i$-ésimo monomio homogéneo que forma a $\Phi _n^{(k)}$. Pero recordemos que $m_i$ es un producto de polinomios homogéneos de grado uno.

Por lo tanto

$$\begin{eqnarray*} \left[{\varphi^\prime}^k,\varphi^k\right] & = & \sum c_i \lef... ...ft[\prod_{i=1}^n q_i^{\alpha_i}p_i^{\beta_i},\varphi^k \right] \end{eqnarray*}$$

tal que

$$\sum \alpha_i^*\beta_i = k$$

Por lo tanto basta con definir la funcional para los monomios.

Queremos que:

$$\left[p_1p_1p_1\ldots p_np_n\ldots p_nq_1\ldots q_1\ldots q_nq_n\ldots q_n\varphi^k \right]$$

sea un escalar, recordando que la repetición de los paréntesis de Poisson con elementos de $\Phi _n^{(k)}$ nos dá un escalar se ocurre definir

$$\left[p_1p_1\ldots q_nq_n,\varphi^k\right] \stackrel{\rm def}... ...q_n\left\{q_n,\varphi^k \right\}\right\}\ldots\right\}\right\}$$

y así ya tenemos una función bilineal siempre y cuando este bien definida. Esta última duda nace del hecho de que la descomposición de los monomios homogéneos en productos no es única ya que intercambiando algunos factores se tiene mismo monomio homogéneo de grado $k$, pero quizas un escalar distinto. Pero el hecho de que tenemos una operación bien definida la probaremos por inducción sobre el grado de homogeneidad de nuestro espacio y utilizando la identidad de Jacobi.

Si $k=2$

$$\left[\varphi^2,{\varphi^\prime}^2\right] = \left[xy,uv\right]$$

Pero

$$\varphi^2 = xy = yx$$

$$\left[\varphi^2,{\varphi^\prime}^2 \right] = \left[yx,uv\right]$$

probaremos que

$$\left[xy,uv\right]=\left[yx,uv\right]$$

$$\left[xy,uv\right] = \left\{x,\left\{y.uv\right\}\right\}$$

Pero por Jacobi

$$\left\{x,\left\{y,uv\right\}\right\} = -\left\{y,\left\{uv,x\right\}\right\} - \left\{uv,\left\{x,y\right\}\right\}$$

pero $\left\{x,y\right\} = {\rm constante}$, entonces $\left\{uv, \mbox{cte}\right\} = 0$. por lo tanto

$$\left\{x,\left\{y,uv\right\}\right\} + \left\{y,\left\{uv,x\right\}\right\} = 0$$

$$\begin{eqnarray*} \left\{x,\left\{y,uv\right\}\right\} & = & - \left\{y,\left... ...\left\{y,\left\{x,uv\right\}\right\} \, = \, \left[yx,uv\right] \end{eqnarray*}$$

por lo tanto

$$\left[xy,uv\right]=\left[yx,uv\right]$$

Con esta funcional bilineal definiremos la operación de conjugar canónicamente.

Con objeto de ilustrar la definición lo haremos primero en $\Phi _n^{(2)}$.

Recordemos que una funcional bilineal siempre define una funcional lineal.

Así definiremos una transformación lineal $T:\Phi_n^{(2)}\rightarrow{\cal C}$ de la siguiente manera:

$$T_{\varphi^2}(\varphi '^2) = \left[\varphi^2, \varphi '^2\right]$$

Tomemos la base de $\Phi _n^{(2)}$ formada por los productos de la base $\Phi$, es decir;

$$\left\{p_1p_1,\ldots,p_1p_n,\ldots,q_nq_n\right\}$$

Definimos el conjugado canónico de cualquiera de estos elementos $x_ix_j$ como el elemento $x_kx_l$ de la base tal que

$$T_{x_k}T_{x_l}(x_ix_j) = 1$$

y

$$T_{x_k}T_{x_l}(x_rx_s) = 0$$

si

$$x_rx_s \neq x_ix_j$$

Averiguaremos ahora cuales son los conjugados de los distintos elementos.

Para esto veamos que si $fg$, $uv$ son dos monomios homogéneos de segundo grado

$$\begin{eqnarray*} \left[fg,uv\right] & = & \left\{f,\left\{g,uv\right\}\right\}... ...t\{g,v\right\}\right\} + \left\{f,\left\{g,u\right\}v\right\} \end{eqnarray*}$$

Pero $\left\{g,v\right\}$ y $\left\{g,u\right\}$ son escalares, entonces

$$\left[fg,uv\right] = \left\{g,v\right\}\left\{f,u\right\} + \left\{g,u\right\}\left\{f,v\right\}$$

Si consideramos ahora los elementos base de $\phi$ tenemos

$$\begin{eqnarray*} T_{x_ix_j}(x_kx_l) & = & \left[x_ix_j,x_kx_l\right] \\ & = ... ...j,x_l \right\}+ \left\{x_i,x_l\right\}\left\{x_j,x_k \right\} \end{eqnarray*}$$

consideremos el caso en que tengamos $p$'s y $q$'s.

Definiendo $x_kx_l = p_kq_l$

$$T_{x_i x_j}(p_kq_l) = \left\{x_i,p_k\right\}\left\{x_j,q_l\right\}+ \left\{x_i,q_l\right\}\left\{x_j,p_k\right\}$$

pueden suceder dos casos:

$$x_i=p_i$$

o

$$x_i=q_i$$

Consideremos $x_i=q_i$ entonces

$$\begin{eqnarray*} T_{q_ix_j}(p_kq_l)& = &\left\{q_i,p_k\right\}\left\{x_j,q_l\r... ...\{x_j,p_k\right\} \\ & = & \delta_{ik}\left\{x_i,q_l\right\}+0 \end{eqnarray*}$$

Si $x_j = q_j$ obtendremos 0, en cambio si $x_j = p_j$

$$\begin{eqnarray*} T_{q_ip_j}(p_kq_l) & = &\delta_{ik}\left\{p_j,q_l\right\} \\ & = & - \delta_{ik}\delta_{jl} \end{eqnarray*}$$

Así tenemos:

$$\begin{eqnarray*} T_{q_kp_l}(p_k q_l) & = & -1 \\ & = & T_{-\bar q_l\bar p_k}(p_kq_l) \end{eqnarray*}$$

Esto nos induce a probar con el producto de los conjugados en el subíndice.

$$\begin{eqnarray*} T_{\bar p_k \bar q_l}(p_kq_l) & = & \left\{\bar p_k, p_k\right... ... \left\{ p_l,p_k\right\}\\ & = & -(1)(-1) + (-1)0 \\ & = & 1 \end{eqnarray*}$$

Ahora veamos los elementos de la forma $q_i q_j$

$$\begin{eqnarray*} T_{\bar q_i q_j}(q_i q_j) & = & \left\{\bar q_i q_i\right\} \... ...ft\{\bar q_i q_j\right\} \left\{\bar q_jq_i\right\}\\ & = & +1 \end{eqnarray*}$$

Para $p_ip_j$ obtenemos:

$$\begin{eqnarray*} T_{\bar p_i\bar p_j}(p_i p_j) & = & \left\{\bar p_i p_i\right... ...{\bar p_i p_j\right\} \left\{\bar p_j p_i\right\} \\ & = & + 1 \end{eqnarray*}$$

Hasta el momento hemos asumido $i \neq j$, ¿Qué pasa si $i = j$ ?

Tomemos $p_ip_i$

$$\begin{eqnarray*} T_{\bar p_i\bar p_i}(p_ip_i) & = &\left\{\bar p_i,p_i\right\} ... ... & = & 2 \mbox{ $\cdot$\ } 1 \mbox { $\cdot$\ } 1 \\ & = & 2 \end{eqnarray*}$$

Para $q_iq_i$, también se obtiene lo mismo.

De aquí podemos ver que salvo para los elementos de la forma ${x_i}^2$ ya tenemos los elementos de la base dual, Pero si escogemos como base de $\Phi _n^{(2)}$

$$\left\{\frac{p_1^2}{\sqrt{2}},p_1p_2,\ldots,\frac{p^2_i}{\sqrt{2}}, \ldots,\frac{q_n^2}{\sqrt{2}}\right\}$$

ya no tendremos ningún problema.

Después definimos por extensión lineal, exactamente de la misma manera que en $\Phi _n^{(1)}$, el conjugado canónico de cualquier elemento de $\Phi _n^{(2)}$.

Hay que notar que aquí la diferencia de $\Phi _n^{(1)}$, el conjugar canónicamente es una operación involutoria y no anti-involutoria.

En una manera similar podemos demostrar que para $\Phi_n^{(3)}$ la funcional

$$\left[x_ix_jx_k,x_px_qx_r\right]=\left\{x_i,\left\{x_j,\left\{x_k, x_px_qx_r\right\}\right\}\right\}$$

es conmutativa y entonces puede servir como un producto interior; resultados análogos pueden ser definidos para cualquier espacio $\Phi _n^{(k)}$. Donde por el producto interno tendremos

$$\begin{eqnarray*} \left(x_ix_j\,\ldots\,x_n, x_px_q x_r\,\ldots\,x_s\right) & = ... ...bar x_r\ldots\,\bar x_s \right\}\dots\,\right\}\right\}\right\} \end{eqnarray*}$$

si escogemos como elementos de una base a las cantidades

$$\frac{x_1^{a_1}x_2^{a_2}\ldots \,x_n^{a_n}} {\sqrt{a_1!\, a_2!\,\ldots\, a_n!}}$$

la base dual estará compuesta de

$$\frac{ \bar{x}_1^{a_1}\bar{x}_2^{a_2} \ldots \bar{x}_n^{a_n}} {\sqrt{a_1!\,a_2!\,\ldots\,a_n!}}$$

y la conjugación estará definida por

$$\overline{x_1^{a_1}x_2^{a_2}\ldots x_n^{a_n}} = (-1)^{a_1+a_... ...s+ \ a_n} \bar{x}_1^{a_1}\bar{x}_2^{a_2}\ldots\bar{x}_n^{a_n}$$

Habiendo visto como los paréntesis de Poisson pueden ser usados para definir un producto interno, una operación de conjugación y un sistema de bases duales tanto en el espacio fase $\Phi _n^{(1)}$ como en los espacios de mayor orden, de polinomios homogéneos $\Phi _n^{(k)}$.

Ahora veremos como pueden ser usados para definir un espacio de transformaciones lineales, las cuales actuarán sobre los espacios arriba mencionados, estas transformaciones serán definidas por medio del espacio de polinomios homogenéos de segundo grado $\Phi _n^{(2)}$.