5.8. 一些例子

极分解

我们知道一个复数 $z\in \mathbb{C}$ 可以写成$$z=r{e}^{i\theta }$$这里 $r\ge 0$ 表示 $z$ 的长度, $e^{i\theta }$ 的模长为 1. $(r,\theta )$ 称为复平面的极坐标.

$n$ 阶复方阵也可以作类似的分解.

命题 5.8.1. 设 $A$ 是 $n$ 阶复方阵. 则存在 $n$ 阶半正定厄米方阵 $R$ (或 $\tilde{R}$) 和 $n$ 阶酉矩阵 $\Theta$ (或 $\tilde{\Theta }$) 使得$$A=R\Theta (=\tilde{\Theta }\tilde{R})$$其中 $R$ (或 $\tilde{R}$) 由 $A$ 唯一确定. 这个称为矩阵的极分解.

证明: 设 $A=U\Sigma {\bar{V}}^T$ 是 $A$ 的奇异值分解. 则$$A=U\Sigma {\bar{U}}^{T}U{\bar{V}}^T$$取 $R=U\Sigma {\bar{U}}^T,\Theta =U{\bar{V}}^T$ 即满足要求.

另一方面$$A{\bar{A}}^T=R{\bar{R}}^T=R^2$$由命题 5.7.15 知 $R=\sqrt{A{\bar{A}}^T}$ 是唯一确定的.

$\square$

Moore–Penrose 逆

在复数域的情形, 一个 $m\times n$ 矩阵 $A$ 的广义逆 $A^{-}$ 也是定义为满足$$A{A}^{-}A=A$$的 $n\times m$ 矩阵 $A^{-}$. 广义逆总是存在而且并不唯一. 我们可以通过引入额外条件在所有广义逆中找一个唯一的代表元, 称为 Moore–Penrose 逆.

命题 5.8.2. 设 $A$ 是 $m\times n$ 复矩阵. 则存在唯一的 $n\times m$ 复矩阵 $X$ 满足如下条件$$\{\begin{array}{ll}AXA=A& XAX=X\\ {\overline{(AX)}}^T=AX& {\overline{(XA)}}^T=XA\end{array}$$这个 $X$ 称为 $A$ 的 Moore–Penrose 逆, 记为 $A^{+}$.

证明: 设 $A$ 的奇异值分解为$$A=U\Sigma {\bar{V}}^T=U\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{V}}^T$$考虑$$X=V\left[\begin{array}{cc}{{\Sigma }_r}^{-1}& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{U}}^T$$

直接计算易知$$\begin{array}{rl}AXA& =U\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{V}}^{T}V\left[\begin{array}{cc}{{\Sigma }_r}^{-1}& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{U}}^{T}U\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{V}}^T=A\\ XAX& =V\left[\begin{array}{cc}{{\Sigma }_r}^{-1}& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{U}}^{T}U\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{V}}^{T}V\left[\begin{array}{cc}{{\Sigma }_r}^{-1}& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{U}}^T=X\end{array}$$并且$$AX=U\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{U}}^T\text{和}XA=V\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\bar{V}}^T$$都是厄米方阵. 因此 $X$ 满足所述方程. 下证唯一性.

记 $X=VY{\bar{U}}^T$, 则 $Y$ 满足$$\{\begin{array}{ll}\Sigma Y\Sigma =\Sigma & Y\Sigma Y=Y\\ {\overline{(\Sigma Y)}}^T=\Sigma Y& {\overline{(Y\Sigma )}}^T=Y\Sigma \end{array}$$写成分块矩阵的样子$$\Sigma =\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]Y=\left[\begin{array}{cc}B& C\\ D& E\end{array}\right]$$

由方程 $\Sigma Y\Sigma =\Sigma$ 和 $Y\Sigma Y=Y$ 得到$$Y=\left[\begin{array}{cc}{\Sigma }_r^{-1}& C\\ D& D{\Sigma }_{r}C\end{array}\right]$$再由$$\Sigma Y=\left[\begin{array}{cc}{I}_r& {\Sigma }_{r}C\\ 0& 0\end{array}\right]\text{和}Y\Sigma =\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ D{\Sigma }_r& 0\end{array}\right]$$的厄米性, 得到 $C=D=0$. 唯一性得证.

$\square$

通过 Moore–Penrose 逆可以直接给出最小二乘问题的一个解. 在复向量的情形, 最小二乘问题为$$\underset{\mathbf{z}\in {\mathbb{C}}^n}{\min }\Vert A\mathbf{z}-\mathbf{w}\Vert$$

由 Moore–Penrose 逆 $A^{+}$ 的性质可以得到$${\bar{A}}^T={\overline{(A{A}^{+}A)}}^T={\bar{A}}^T{\overline{(A{A}^{+})}}^T={\bar{A}}^{T}A{A}^{+}$$即

$${\bar{A}}^T(I_m-A{A}^{+})=0$$

因此对任意 $\mathbf{y}\in {\mathbb{C}}^n$$${\bar{\mathbf{y}}}^T{\bar{A}}^T(I_m-A{A}^{+})\mathbf{w}=0$$即$$⟨A\mathbf{y},\mathbf{w}-A{A}^{+}\mathbf{w}⟩=0$$这说明 $A{A}^{+}\mathbf{w}$ 是 $\mathbf{w}$ 向 $A$ 的像的投影, 即 $z_0=A^{+}\mathbf{w}$ 给出了最小二乘问题的一个解

$$\Vert A{\mathbf{z}}_0-\mathbf{w}\Vert =\underset{\mathbf{z}\in {\mathbb{C}}^n}{\min }\Vert A\mathbf{z}-\mathbf{w}\Vert$$

Pauli 矩阵与自旋

$\mathrm{SU}(2)$ 群

特殊酉群 $\mathrm{SU}(2)$ 在物理中扮演着重要的角色, 例如在量子力学中被用来描述粒子自旋的对称性. 在几何上, $\mathrm{SU}(2)$ 给出了 3 维空间转动 $\mathrm{SO}(3)$ 的双重覆盖, 也称为 3 维自旋群 $\mathrm{SU}(2)=\text{Spin}(3)$. 由定义, $\mathrm{SU}(2)$ 群由满足 $\det (A)=1$ 的 $2$ 阶酉矩阵 $A$ 组成.

设 $A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$, 则$$\begin{array}{r}A{\bar{A}}^T=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\bar{a}& \bar{c}\\ \bar{b}& \bar{d}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a\bar{a}+b\bar{b}& a\bar{c}+b\bar{d}\\ c\bar{a}+d\bar{b}& c\bar{c}+d\bar{d}\end{array}\right]\end{array}$$由酉方阵 $A{\bar{A}}^T=I_2$ 得$$|a{|}^2+|b{|}^2=|c{|}^2+|d{|}^2=1a\bar{c}=-b\bar{d}$$

由 $\det A=ad-bc=1$, 我们得到联立方程组$$\{\begin{array}{l}|a{|}^2+|b{|}^2=|c{|}^2+|d{|}^2=1\\ a\bar{c}=-b\bar{d}\\ ad-bc=1\end{array}$$由此解出$$d=\bar{a}c=-\bar{b}|a{|}^2+|b{|}^2=1$$

因此$$\mathrm{SU}(2)=\left\{\left[\begin{array}{cc}a& b\\ -\bar{b}& \bar{a}\end{array}\right]|a,b\in \mathbb{C}\text{满足}|a{|}^2+|b{|}^2=1\right\}$$如果用实数来表示 $a=x_1+i{x}_2,b=x_3+i{x}_4$, 则 $SU(2)$ 中的元素一一对应于 3 维单位球面$$S^3=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in {\mathbb{R}}^4|x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=1\}$$

Pauli 矩阵

Pauli 矩阵包括三个矩阵, 定义如下: $${\sigma }_1=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]{\sigma }_2=\left[\begin{array}{cc}0& -i\\ i& 0\end{array}\right]{\sigma }_3=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$$这些矩阵都是厄米方阵并且满足代数关系$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }_3^2=I_2\\ {\sigma }_1{\sigma }_2=-{\sigma }_2{\sigma }_1=i{\sigma }_3\\ {\sigma }_2{\sigma }_3=-{\sigma }_3{\sigma }_2=i{\sigma }_1\\ {\sigma }_3{\sigma }_1=-{\sigma }_1{\sigma }_3=i{\sigma }_2\end{array}\end{array}$$

设 $V$ 为所有迹为零的 $2$ 阶厄米方阵构成的集合$$V=\{\text{2阶复方阵A}|{\bar{A}}^T=A,\mathrm{Tr}A=0\}$$容易验证, 任一矩阵 $Q\in V$ 可以写成$$Q=\left[\begin{array}{cc}{x}_3& x_1-i{x}_2\\ x_1+i{x}_2& -x_3\end{array}\right]=x_1{\sigma }_1+x_2{\sigma }_2+x_3{\sigma }_3$$这里 $x_1,x_2,x_3$ 是实数. 因此我们可以把 ${\mathbb{R}}^3$ 和 $V$ 一一对应起来$$\begin{array}{rl}\sigma :{\mathbb{R}}^3& \to V\\ \vec{x}& \mapsto \sigma (\vec{x}):=x_1{\sigma }_1+x_2{\sigma }_2+x_3{\sigma }_3\end{array}$$即 $V$ 是 3 维实线性空间, Pauli 矩阵给出一组基.

命题 5.8.3. ${\mathbb{R}}^3$ 中的向量长度可以通过 Pauli 矩阵实现为$$\Vert \vec{x}{\Vert }^2=-\det \sigma (\vec{x})$$

证明: $$\det \sigma (\vec{x})=\left|\begin{array}{cc}{x}_3& x_1-i{x}_2\\ x_1+i{x}_2& -x_3\end{array}\right|=-(x_1^2+x_2^2+x_3^2)$$

$\square$

命题 5.8.4. 设 $\vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^3$, 则$$\sigma (\vec{x})\sigma (\vec{y})=⟨\vec{x},\vec{y}⟩I_2+i\sigma (\vec{x}\times \vec{y})$$即 Pauli 矩阵同时表达了 $3$ 维向量的内积和叉乘.

证明: 设 ${ϵ}_{ijk}$$(i,j,k\in \{1,2,3\})$ 是 $3$ 维 Levi-Civita 符号. ${ϵ}_{ijk}$ 关于指标 $i,j,k$ 是全反对称的: $${ϵ}_{ijk}=-{ϵ}_{jik}=-{ϵ}_{kji}=-{ϵ}_{ikj}$$${ϵ}_{ijk}$ 只有当 $i,j,k$ 互不相同时才非零, 它的值为置换 $\{1,2,3\}\to \{i,j,k\}$ 的符号. 例如 ${ϵ}_{123}=1$.

Pauli 矩阵相乘可以通过 Levi-Civita 符号表示为$${\sigma }_j{\sigma }_k={\delta }_{jk}{I}_2+i\sum _l{ϵ}_{jkl}{\sigma }_l$$例如$${\sigma }_2^2=I_2{\sigma }_1{\sigma }_3=i{ϵ}_{132}{\sigma }_2=-i{\sigma }_2$$

于是$$\begin{array}{rl}\sigma (\vec{x})\sigma (\vec{y})=& \sum _j{x}_j{\sigma }_j\sum _k{y}_k{\sigma }_k\\ =& \sum _{j,k}{x}_j{y}_k{\delta }_{jk}{I}_2+i\sum _{j,k,l}{ϵ}_{jkl}{x}_j{y}_k{\sigma }_l\\ =& ⟨\vec{x},\vec{y}⟩I_2+i\sigma (\vec{x}\times \vec{y})\end{array}$$这里我们用到叉乘 $\vec{x}\times \vec{y}$ 的第 $l$ 分量可以表达为 $\sum _{j,k}{ϵ}_{jkl}{x}_j{y}_k$.

$\square$

设 $A\in \mathrm{SU}(2)$, $Q\in V$, 则矩阵 $AQ{\bar{A}}^T$ 满足$$\{\begin{array}{l}{\overline{AQ{\bar{A}}^T}}^T=A{\bar{Q}}^T{\bar{A}}^T=AQ{\bar{A}}^T\\ \mathrm{Tr}(AQ{\bar{A}}^T)=\mathrm{Tr}(Q{\bar{A}}^{T}A)=\mathrm{Tr}Q=0\end{array}$$即 $AQ{\bar{A}}^T$ 也是 $V$ 中的矩阵. 因此给定 $A\in \mathrm{SU}(2)$, 我们可以定义映射$$\begin{array}{rl}{f}_A:V& \to V\\ Q& \mapsto f_A(Q):=AQ{\bar{A}}^T\end{array}$$

容易验证 $f_A$ 是一个线性映射. 记 $f_A$ 在 $V$ 的基 $\{{\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3\}$ 下的表示矩阵为 $\rho (A)$, 即$$f_A({\sigma }_j)=\sum _{i=1}^3{\sigma }_i\rho (A{)}_{ij}$$这里 $\rho (A{)}_{ij}$ 表示矩阵 $\rho (A)$ 的 $(i,j)$ 分量. 则对于 $\sigma (\vec{x})=x_1{\sigma }_1+x_2{\sigma }_2+x_3{\sigma }_3\in V$, 我们有$$f_A(\sigma (\vec{x}))=\sum _j{x}_j{f}_A({\sigma }_j)=\sum _{i,j}{\sigma }_i\rho (A{)}_{ij}{x}_j=\sum _i{\sigma }_i{y}_i$$这里 $y_i=\sum _j\rho (A{)}_{ij}{x}_j$, 或写成向量形式 $\vec{y}=\rho (A)\vec{x}$.

因此我们发现如下关系$$f_A(\sigma (\vec{x}))=\sigma (\rho (A)\vec{x})$$

命题 5.8.5. $\rho$ 定义了一个映射 $\rho :\mathrm{SU}(2)\to \mathrm{SO}(3)$.

证明: 设 $A\in \mathrm{SU}(2)$, 需证明 $\rho (A)\in \mathrm{SO}(3)$. 由$$f_A(\sigma (\vec{x}))=\sigma (\rho (A)\vec{x})$$两边取行列式并利用 $\det \sigma (\vec{x})=-\Vert \vec{x}{\Vert }^2$, 我们得到$$\begin{array}{r}\Vert \rho (A)\vec{x}{\Vert }^2=-\det \sigma (\rho (A)\vec{x})=-\det f_A(\sigma (\vec{x}))=-\det (A\sigma (x){\bar{A}}^T)=-\det \sigma (x)=\Vert \vec{x}{\Vert }^2\end{array}$$因此 $\rho (A)$ 保持 ${\mathbb{R}}^3$ 的范数, 故 $\rho (A)\in O(3)$.

由 $\rho (A)\in O(3)$ 知 $\det \rho (A)=\pm 1$. 由于 $\mathrm{SU}(2)$ 拓扑上和 3 维球面 $S^3$ 一样, 而 $S^3$ 是连通的, 所以 $A$ 可以在 $\mathrm{SU}(2)$ 中连续变化到恒等矩阵 $I_2$. 因此$$\det \rho (A)=\det \rho (I_2)=1$$这说明 $\rho (A)\in \mathrm{SO}(3)$.

$\square$

例子 5.8.6. 设 $\vec{u}\in {\mathbb{R}}^3$ 是一个单位向量, 即 $\Vert \vec{u}\Vert =1$. 考虑$$A_{\vec{u}}:=\left[\begin{array}{cc}i{u}_3& i{u}_1+u_2\\ i{u}_1-u_2& -i{u}_3\end{array}\right]\in \mathrm{SU}(2)$$我们可以用 Pauli 矩阵把它写为$$A_{\vec{u}}=i(u_1{\sigma }_1+u_2{\sigma }_2+u_3{\sigma }_3)=i\sigma (\vec{u})$$

因此$$f_{A_{\vec{u}}}(\sigma (\vec{x}))=A_{\vec{u}}\sigma (\vec{x}){\overline{A_{\vec{u}}}}^T=\sigma (\vec{u})\sigma (\vec{x})\sigma (\vec{u})$$利用 $\Vert \vec{u}\Vert =1$ 和 Pauli 矩阵的乘法性质$$\begin{array}{rl}\sigma (\vec{u})\sigma (\vec{x})\sigma (\vec{u})=& (⟨\vec{u},\vec{x}⟩I_2+i\sigma (\vec{u}\times \vec{x}))\sigma (\vec{u})\\ =& \sigma (⟨\vec{u},\vec{x}⟩\vec{u})-\sigma ((\vec{u}\times \vec{x}))\times \vec{u})\\ =& \sigma (2⟨\vec{x},\vec{u}⟩\vec{u}-\vec{x})\end{array}$$

写成矩阵表达式$$2⟨\vec{x},\vec{u}⟩\vec{u}-\vec{x}=\left[\begin{array}{ccc}2u_1{u}_1-1& 2u_1{u}_2& 2u_1{u}_3\\ 2u_2{u}_1& 2u_2{u}_2-1& 2u_2{u}_3\\ 2u_3{u}_1& 2u_3{u}_2& 2u_3{u}_3-1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]$$我们得到$$\rho (A_{\vec{u}})=\left[\begin{array}{ccc}2u_1{u}_1-1& 2u_1{u}_2& 2u_1{u}_3\\ 2u_2{u}_1& 2u_2{u}_2-1& 2u_2{u}_3\\ 2u_3{u}_1& 2u_3{u}_2& 2u_3{u}_3-1\end{array}\right]$$

观察到$$\{\begin{array}{ll}\rho (A_{\vec{u}})(\vec{u})=\vec{u}& \\ \rho (A_{\vec{u}})(\vec{x})=-\vec{x}& \text{若}\vec{x}\perp \vec{u}\end{array}$$因此 $\rho (A_{\vec{u}})$ 表示在 $\vec{u}$ 的正交补平面上作对径映射.

命题 5.8.7. $\rho :\mathrm{SU}(2)\to \mathrm{SO}(3)$ 满足如下性质:

1.	保单位: $\rho (I_2)=I_3$
2.	保乘法结构: $\rho (AB)=\rho (A)\rho (B)$
3.	保逆结构: $\rho (A^{-1})=\rho (A{)}^{-1}$

证明: 保单位显然. 我们只需证明 $\rho$ 保乘法. 则$$\rho (A)\rho (A^{-1})=\rho (I_2)=I_3⟹\rho (A^{-1})=(\rho (A){)}^{-1}$$

由$$\begin{array}{rl}\sigma (\rho (A)\rho (B)\vec{x})=& f_{\vec{A}}(\sigma (\rho (B)\vec{x}))=f_{\vec{A}}(f_{\vec{B}}(\sigma (\vec{x})))\\ =& A(B\sigma (\vec{x}){\bar{B}}^T){\bar{A}}^t=(AB)\sigma (x){\overline{AB}}^T\\ =& f_{AB}(\sigma (\vec{x}))=\sigma (\rho (AB)\vec{x})\end{array}$$即得$$\rho (A)\rho (B)=\rho (AB)$$

$\square$

我们称 $\rho :\mathrm{SU}(2)\to \mathrm{SO}(3)$ 是一个群同态, 即保持群结构 (乘法和逆) 的映射. 进一步分析容易验证 $\rho$ 是一个 $2:1$ 的覆盖映射. 例如$$\rho (\pm I_2)=I_3$$实际上对任意 $A\in \mathrm{SU}(2)$ 有$$\rho (A)=\rho (-A)$$这个 $2:1$ 的覆盖解释了一个非常有趣的现象: 即自旋 $1/2$ 粒子绕某一轴旋转 $360$ 度后, 状态不完全恢复, 而是变为原状态的负号.

例如考虑 $\mathrm{SU}(2)$ 矩阵$$\begin{array}{r}{R}_{\theta }=\cos (\theta /2)I_2+i\sin (\theta /2){\sigma }_1=\left[\begin{array}{cc}\cos (\theta /2)& i\sin (\theta /2)\\ i\sin (\theta /2)& \cos (\theta /2)\end{array}\right]\end{array}$$直接计算易知$$\rho (R_{\theta })=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& \cos \theta & \sin \theta \\ 0& -\sin \theta & \cos \theta \end{array}\right]$$因此 $\rho (R_{\theta })$ 对应于在 $3$ 维空间中以 $x_1$-方向为轴在 $x_2{x}_3$-平面旋转 $\theta$ 角度. 在旋量空间或者在 $\mathrm{SU}(2)$ 矩阵中, $\rho (R_{\theta })$ 相当于旋转 $\theta /2$. 可以看出$$R_{2\pi }=-R_0=-I_2\rho (R_{2\pi })=I_3$$

Pauli 矩阵还可以实现 $4$ 维时空的 Lorentz 变换. 设 $M$ 为所有 $2$ 阶厄米方阵构成的集合$$M=\{\text{2阶复方阵A}|{\bar{A}}^T=A\}$$$M$ 中任一矩阵 $T$ 可以写成$$T=\left[\begin{array}{cc}{x}_0+x_3& x_1-i{x}_2\\ x_1+i{x}_2& x_0-x_3\end{array}\right]=x_0{I}_2+x_1{\sigma }_1+x_2{\sigma }_2+x_3{\sigma }_3$$这 $x_0,x_1,x_2,x_3\in \mathbb{R}$. 因此 $M$ 是 $4$ 维实线性空间, 矩阵 $\{I_2,{\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3\}$ 构成 $M$ 的一组基.

我们可以把 $M$ 中的矩阵和 $4$ 维时空对应起来, 其中 $x_0$ 表示时间, $x_1,x_2,x_3$ 表示空间. 用$$\mathbf{x}=\left[\begin{array}{c}{x}_0\\ x_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]$$来表示 $4$ 维时空向量. 记$$T(\mathbf{x})=\left[\begin{array}{cc}{x}_0+x_3& x_1-i{x}_2\\ x_1+i{x}_2& x_0-x_3\end{array}\right]$$则$$\det T(\mathbf{x})=x_0^2-x_1^2-x_2^2-x_3^2$$给出 $4$ 维时空的 Minkowski 长度. 因此保持 $M$ 中矩阵行列式不变的线性变换都将给出 Minkowski 空间的 Lorentz 变换.

例如设 $A$ 是一个 $2$ 阶复方阵, 满足 $\det A=\pm 1$. 对 $2$ 阶厄米方阵 $T\in M$, 矩阵 $AT{\bar{A}}^T$ 也是厄米方阵, 并且$$\det (AT{\bar{A}}^T)=|\det A{|}^2\det T=\det T$$

因此我们得到保行列式的线性映射$$\begin{array}{rl}{g}_A:M& \to M\\ T& \mapsto AT{\bar{A}}^T\end{array}$$这个线性映射在基 $\{I_2,{\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3\}$ 下的表示矩阵是一个 Lorentz 变换. 这个实际上给出了 $4$ 维时空 Lorentz 群的旋量构造. 记$$S{L}^{\ast }(2,\mathbb{C}):=\{2\text{ 阶可逆复方阵}|\det A=\pm 1\}$$则上述构造给出了 $4$ 维 Minkowski 时空的旋量群 $\text{Spin}(3,1)=S{L}^{\ast }(2,\mathbb{C})$.