Lista de exercícios 3 A Àlgebra de Lie de um Grupo de Lie

Transcrição

1 Universidade Federal do Paraná 1 semestre Programa de Pós-Graduação em Matemática Grupos de Lie Prof. Olivier Brahic Lista de exercícios 3 A Àlgebra de Lie de um Grupo de Lie Exercício 1. (Àlgebra do grupo B n (K) ) [solução] a) Determine a álgebra de Lie do grupo de Lie B m (K) das matrizes triangulares superior invertíveis. Deduza a dimensão de B n (K). b) Determine a álgebra de Lie do grupo de Lie B u m(k) das matrizes triangulares superior invertíveis unipotentes (tais que (u I) n = 0 para um certo n N {0}). Exercício 2. (Àlgebra do grupo SL 2 (R) ) [solução] a) Determine a álgebra de Lie sl n (R) do grupo SL n (R). b) Mostre que qualquer matriz em SL 2 (R) é conjugada por um elemento em GL 2 (C) a uma das seguintes matrizes: ( λ 0 ) ( 1 ) x ( 1 ) x ( e iθ 0 ) 0 λ e iθ onde λ R {0} e x, θ R. c) Mostre que qualquer matriz em sl 2 (R) é conjugada por um elemento em GL 2 (R) a uma das seguintes matrizes: ( x ) 0 ( 0 ) t ( iθ 0 ) 0 x iθ onde λ R {0} e x, θ R. d) Deduza das questões precedentes que: exp(sl 2 (R)) = {M SL 2 (R) tr(m) > 2} { I 2 }. e) Será que exp(sl 2 (R)) é conexo? Será que é um subgrupo de SL 2 (R)? Exercício 3. (Ideal derivado em GL n (K)) [solução] Seja G um subgrupo fechado conexo de GL n (K) tal que [g, g] = g. Mostre que G SL n (K). 1

2 Exercício 4. (Grupos de Lie abelianos conexos) [solução] seja G GL n (R) um grupo de Lie abeliano, conexo e comutativo. Notemos exp G : g G a aplicação exponencial. a) Mostre que a álgebra de Lie g de G é abeliana: X, Y g, [X, Y ] = 0. b) Mostre que exp G : (g, +) G é um morsmo de grupo. c) Mostre que exp G é sobrejetora. d) Mostre que ker(exp G ) é um subgrupo discreto de (g, +). e) Deduza que existe um difeomorsmo G R p (S 1 ) q. Exercício 5. (Aplicação adjunta ) [solução] Seja G GL n (R) um subgrupo de Lie. a) Mostre que: Notemos: a aplicação adjunta. g G, X g, gxg 1 g. Ad g : g g, X gxg 1 b) Mostre que Ad g é um automorsmo da álgebra de Lie g. c) Mostre que a aplicação: é um morsmo de grupos. G Aut(g) g Ad g d) Mostre que a aplicação exponencial é sobrejetora de so n (R) para SO n (R). e) Mostre que ker Ad = Z(G) se G é conexo. f) Estude a injetividade de Ad em SO n (R). Dica: pode-se mostrar que se g Z(SO n (R)), então qualquer vetor v R n é autovetor de g. Exercício 6. (Grupos pseudo-algébricos) [solução] Um subgrupo fechado de GL n (C) é dito pseudo-algébrico se: G = P 1 1 ({0}) P 1 l ({0}), onde P 1,..., P l : M n (C) C são polinômios nas partes reais e imaginárias das entradas das matrizes. Notemos H e H >0 os espaços de matrizes hermitianas e hermitianas denidas positivas. 2

3 1. Mostre que O n (R), U n (C), O(p, q), SL n (K) e B u n(k) são pseudo-algébricos. a) Suponhamos agora que G é estpavel por transposição conjugada, ou seja que Ḡ = G. Queremos mostrar que existe d 0 tal que G é homeomorfo a (G U n (C)) R d. Usando a decomposição polar, mostre que qualquer elemento g G pode-se escrever na forma g = Ue H, onde U U n (C) e H H. Mostre que e 2kH G para qualquer k Z. b) Seja b 1 < < b n números reais, e a 1,..., a n números complexos tais que: Mostre que a 1 = = a n = 0. n a i e kb i = 0, k Z. i=1 c) Seja K H tal que e K G H >0. Mostre que e tk H >0 para qualquer t R. d) Mostre que g e e th pertencem em G e conclua. 2. Mostre que se G M n (R) é um subgrupo de Lie fechado tal que G = G, então existe d 0 tal que G seja homeomorfo a (G O n (R)) R d. Resoluçoes: Solução do Ex.1 [enunciado] a) Notemos b n (K) a àlgebra de Lie de B n (K), e consideremos a seguinte aplicação linear: φ : M n (K) K n(n 2)/2 (m i,j ) i,j=1...n (m i,j ) n i>j 1. Note que φ 1 ({0}) é o subespaço de matrizes triangulares. Vamos mostrar que: b n (K) = φ 1 ({0}). Seja M b n (K) então t e tm dena um caminho em B n (K). Pela sua denição, B n (K) = φ 1 ({0}) GL n (K) logo B n (K) é um aberto do subespaço vetorial φ 1 ({0}). Sendo que φ 1 ({0}) é um espaço vetorial, temos a seguinte implicação: e tm φ 1 ({0}) t R = M = d dt e tm φ 1 ({0}) t=0 ou seja, b n (K) φ 1 ({0}). Reciprocamente, é claro que se M é triangular superior, então tm tambem o é, logo e tm tambem o é (o produto de matrizes triangulares superiores é uma matriz triangulares superio) alem de ser invertivel ou seja, e tm B n (K). Segue que φ 1 ({0}) b n (K). 3

4 Conclua-se que b n (K) é o subconjunto das matrizes triangulares supriores (não necessariamente invertíveis). Em particular dim(b n (K)) = n(n + 1)/2. Resumindo: a 1 B n (K) =... M n (R) a 1 a n 0 0 a n a 1 b n (K) =... M n (R) a 1,, a n K 0 a n b) O subgrupo Bm(K) u Bm(K) u consista das matrizes tendo 1 na diagonal. O raciocinho similar mostre que b u n(k) b n (K) consista das matrizes tendo 0 na diagonal. Em particular dim(bn(k)) u = n(n 1)/2. Resumindo: 1 Bn(K) u =... M n (R) b u n(k) =... M n (R) 0 0 Solução do Ex.2 [enunciado] a) Mostra-se que sl n (R) = {M M n (R) tr(m) = 0} por um raciocinho similar ao exercício precedente, usando a formula: det(e tm ) = e tr(tm). b) Seja A SL 2 (R), então A tem dois autovalores λ, µ C. O fato de A ter determinante 1 implica que µ = λ 1. Podemos separar em dois casos: Caso λ R: então A é necessariamente trigonalizável em R pois qualquer base contendo um autovetor de λ trigonaliza A (um outro argumento é o seguinte: o polinômio caracteristico de A tem grau 2 e uma raiz em R, logo a outra raiz também pertence em R, ou seja: ele é scindido em R, o que implica que A é trigonalizável). Alem disso, se λ λ 1, então A tem dois autovalores dinstintos, logo é diagonalizavel. No nal das contas, caso λ R, A é conjugada por um elemento em GL 2 (R) a uma matriz da seguinta forma: ( λ 0 ) ( 1 ) x ( 1 ) x 0 λ

5 Caso λ C R: A sendo uma matriz real, λ tambem é autovalor de A. Sendo que λ λ, A tem dois autovalores dinstintos logo é diagonalizável em C. Temos λ λ = 1 logo λ = 1 e existe θ R tal que λ = e iθ. Segue que A é conjugada por um elemento de GL 2 (C) à: ( e iθ 0 ) 0 e iθ c) Pode-se raciocinar de maneira semelhante à questão b). Seja M sl 2 (R). Então M tem dois autovalores l, m C e o fato de M ter trace 0 implica que m = l. Caso l R: então M é necessariamente trigonalizável em R pois qualquer base contendo um autovetor associado a l trigonaliza M. Alem disso, se l 0, então A tem dois autovalores distintos, logo é diagonalizável. No nal das contas, A é conjugada por uma elemento em GL 2 (R) a uma matriz da forma: ( ) ( ) 0 x l 0 N x := D 0 0 l := 0 l Caso l R, então A sendo uma matriz real, l também é autovalor de A. Sendo que l = l, vemos que l é imaginário puro, logo l = iθ. A matriz A tendo dois autovalores distintos é diagonalizável em C, ou seja: A é conjugada por um elemento de GL 2 (C) à: ( ) iθ 0 C θ := 0 iθ d) Usando a fórmula e P MP 1 P = P e M P 1 segue facilmente da questão c) que qualquer matriz em exp(sl 2 (R)) é conjugada em C a uma matriz da forma: ( ) ( ) ( ) 1 x e Nx = e D l e l 0 := e l e C θ e iθ 0 := 0 e iθ Todas essas matrizes satisfazem tr(a) > 2, alem da matriz e C θ e Cπ = I. Obtemos assim: para θ = π[mod 2π]. Note que exp(sl 2 (R)) {M SL 2 (R) tr(m) > 2} { I 2 }. reciprocamente, seja A {M SL 2 (R) tr(m) > 2} {I 2 }. Se A = I 2 então A = e Cπ. Se tr(a) > 2, então pela questão b) temos: ( ) 1 x ou P AP 1 = = e 0 1 Nx, o que implica que A = e P 1 N xp, onde P 1 N x P sl 2 (R) pois N x sl 2 (R). ( ) λ 0 ou P AP 1 = 0 λ 1 com tr(a) = λ + λ 1 > 2 o que implica que λ > 0 (veja o gráco de λ λ + λ 1 abaixo). Neste caso, A = e P 1 D ln λ P, onde P 1 D ln (λ) P sl 2 (R) pois D ln (λ) sl 2 (R). 5

6 e) A aplicação exp sendo contínua e sl 2 (R) sendo conexo, exp(sl 2 (R)) é conexo. Em particular o subgrupo exp(sl 2 (R)) gerado por exp(sl 2 (R)) contem uma vizinhança conexa de I 2, segue que exp(sl 2 (R)) é a componente conexa de I 2 em SL 2 (R) (pela questão d) da lista 1). O grupo SL 2 (R) sendo conexo (pela questão h) de Exercício 7 da lista 2) segue que: exp(sl2 (R)) = SL 2 (R). Uma consequência da questão d) é que exp(sl 2 (R)) SL ( R) pois SL 2 (R) contem claramente matrizes de trace < 2, alem de I 2. Segue que exp(sl 2 (R)) exp(sl 2 (R)) isso é, exp(sl 2 (R)) não é um subgrupo. Solução do Ex.3 [enunciado] Seja (M i ) i 1...k uma base de g M n (K). Então: tr([m i, M j ]) = tr(m i M j M j M i ) = 0, pois tr(mn) = tr(nm) para quaisquer matrizes M, N M n (K). Segue facilmente da linearidade de det(exp(x)) = e tr(x) que exp(g) SL n (K). Sendo que G é conexo, ele é gerado por exp(g) SL n (K), segue facilmente da multiplicatividade de det que G SL n (K). Solução do Ex.4 [enunciado] a) Para quaisquer s, t R e X, Y g, exponenciais e t X, e s Y pertencem em G logo, pelo fato de G ser abeliano, temos: e tx e sy e tx = e sy. Diferenciando essa expressão em relação a te s obtemos sucessivamente: e tx e sy e tx = e sy ( t, s R) = d dt t=0 X e sy e sy X = 0 ( s R) = X Y Y X = 0. d dt s=0 6

7 b) Dados X, Y g, pela questão a) as matrizes X, Y comutam, o que implica que: e X+Y = e X e Y. Claramente e X = (e X ) 1 (vale para qualquer X M n (R)) logo exp G é um morms de grupos. c) O grupo G sendo connexo, ele é gerado por qualquer vizinhança aberta (em G) da identidade I n. A exponencial exp : gl n (R) GL n (R) é um difeomorsmo local perto do o gl n (R), segue que exp(g) contem uma vizinhança aberta U de I em G. Seja g G, então existem g 1 = e X 1,..., g k = e X k U tais que: g = g 1... g k = e X 1... e X k = e X 1+ +X k d) A aplicação exponencial sendo um morsmo de grupos ker(exp G ) é um subgrupo de (g, +). Em particular, basta mostrar que 0 g é um ponto isolado, o que segue do fato que exp G é injetora numa vizinhança de 0 g. e) Pela sobrejetividade de exp G : g G, obtemos um morsmo de grupos topológicos bijetivo exp G : g / ker(expg ) G simplesmente passando ao quociente: g exp G G π g / ker(expg ) exp G Falta vericar que a inversa exp 1 G também é lissa. Sendo que G é um grupo, basta vericar que exp 1 G é lisa perto da identidade I G, o que segue do fato de exp ser um difeomorsmo local. De fato, seja ln : U G U g uma inversa local (logo lisa) de exp G, onde U g é uma vizinhança de 0 g em g, e U I é uma vizinhança de de I em G respectivamente. É fácil vericar que temos um diagrama comutativo: π U g g / ker(expg ) ln U G exp 1 G UG Em particular exp 1 G UG = π ln logo exp 1 G é lisa perto de I, como composta de aplicações lisas. vimos em d) que ker(exp G ) é um subgrupo fechado de (g, +). Pelo exercício 3 da folha 1, existe uma base {e 1,..., e p, e p+1,..., e p+q } de g, com p + q = dim(g) tal que: ker(exp G ) = Ze p+1 Ze p+q. 7

8 Obtemos identicações sucessivas: G = g / ker(exp G ) = R p+q / Ze p+1 Ze p+q = R p (R/Z R/Z) = R p (S 1 ) q. Solução do Ex.5 [enunciado] a) Dado X g, temos que e tx G para qualquer t R, logo: Mostre que g G, X g, b) Sejam X, Y g, então calculemos que: c) Calculemos que: t R, ge tx g 1 G = d dt t=0 gxg 1 g. Ad g ([X, Y ]) = gxg 1 g. Notemos Ad g : g g, a aplicação adjunta. g(xy Y X)g 1 = gxg 1 gy g 1 gy g 1 gxg 1 = [Ad g (X), Ad g (Y )]. Ad gg (X) = gg X(gg ) 1 = gg Xg 1 g 1 = Ad g Ad g (X). Semelhantemente, mostra-se que Ad g 1 = Ad 1 g. d) Seja A SO n (R), pelo teorema espectral, existe uma matriz ortogonal P O n (R) tal que: A = P M(p, θ 1,..., θ q ) P 1 onde: I p 0 R(θ 1 ) M(p, θ 1,..., θ q ) :=... 0 R(θ q ) ( ) cos θ sin θ e R(θ) := sin θ cos θ Então é fácil ver que M(p, θ 1,..., θ k ) = e m(p,θ 1,...,θ q) onde 0 p 0 r(θ 1 ) m(p, θ 1,..., θ q ) :=... e r(θ) := 0 r(θ q ) Segue que: ( ) 0 θ θ 0 e P m(p,θ 1,...,θ q)p 1 = P e m(p,θ 1,...,θ q) P 1 = P M(p, θ 1,..., θ q )P 1 = A. 8

9 e) Pela denição: g ker Ad gx = Xg X g = e tx g = ge tx X g. logo g comuta com qualquer elemento numa vizinhança U exp(g) da identidade. Caso G é conexo, qualquer h G se escreve na forma h = h 1 h k onde h i U. Segue facilmente que g Z(G). Reciprocamente, se g Z(G), então obtemos: t R, ge tx g 1 = e tx = d dt t=0 gxg 1 = X g ker Ad. f) Caso n = 2, SO 2 (R) é comutativo logo ker Ad = SO 2 (R). Suponha n 2, e seja g ker Ad. Se gm = Mg, então é fácil vericar que g.eλ M EM λ, onde Eλ M = ker(m λi) denota o autoespaço de M associado a λ C. Seja v Rn qualquer. Caso n é impar, existe M SO n (R) tal que ker(m I) = Rv pois, a menos de conjugação, um tal elemento M é da forma M(1, θ 1,...,, θ q ) com θ i 2kπ. Se g comuta com M, então grv = Rv logo v é um autovetor de g. Caso n par, escolhemos dois planos Π 1, Π 2 tais que Π 1 Π 2 = Rv e M 1, M 2 SO n (R) tais que Π i = ker(m i I). Segue facilmente do fato que g comuta com M 1 e M 2 que v é autovetor de g. Logo qualquer vetor de R n é autovetor de g, logo g é uma homotetia. As únicas homotetias que são transformações ortogonais são ±I n. Sendo que det( I n ) = ( 1) n, temos: SO 2 (R) se n = 2, Z(SO n (R)) = {I n } se n é impar, {±I n } se n 4 é par. Solução do Ex.6 [enunciado] 1. A transposição, o determinante, o produto matricial são aplicações polinomiais nas entradas reais e imaginárias de matrizes. Mesma coisa pelas aplicações de coordenadas M re(m i,j ) e M im(m i,j ). Segue imediatamente que as equações: M M = I n, M M = I n, M I p,q M = I p,q, det(m) = 1, induzem uma estrutura pseudo-algébrica em O n (R), U n (C), O(p, q) e SL n (K). Alem disso: B u m(k) = { M M n (K) re(m i>j ) = im(m i>j ) = 0, re(m i,i ) = 1, im(m i,i ) = 0 } logo B u n(k) também é pseudo-algébrico. 9

10 a) Pela decomposição polar em GL n (C) sabemos que qualquer elemento se escreve na forma g = Uh onde U U n (C) e h H >0. Alem disso, a exponencial estabelece um difeomorsmo entre H e H >0. Seguem a existência e unicidade de U U n (C) e H H tais que g = Ue H. Temos ḡ = e H Ū pois H H é hermitiana. Por hipótese ḡ G logo ḡ g = e H Ū Ue H = e 2H G. O fato de G ser um grupo implica que todas as potências inteiras de e 2h pertencem em G. b) Notemos α k := k i=1 a ie kb i. Temos: 0 = α k e kbn a n, logo a n = 0. O resultado segue facilmente por indução. c) Qualquer matriz hermitiana é diagonalizável numa base ortonormal, logo existe P U n (C) tal que P KP 1 = diag(µ 1,..., µ n ) onde µ 1,..., µ n são os autovalores de K. Em particular, µ 1,..., µ n são reais. A aplicação M P 1 MP é um difeomorsmo e um morsmo de grupo de G para P 1 GP. Alem disso, P 1 GP é claramente pseudo-algébrico. Temos P U n (C), logo P 1 H >0 P = H >0, assim: P 1 (G H >0 )P = (P 1 GP ) H >0. Em conclusão, podemos sopor que K é diagonal, nem que tenha de trabalhar com P 1 GP em vez de G. Seja K H tal que e K G H >0. Mostre que e tk H >0 para qualquer t R. Por hipótese, G é pseudo-algébrico. Sejam P 1,..., P l : M n (C) C polinômios tais que Pelo fato que e kh pertence em G, temos: G = P 1 1 ({0}) P 1 l ({0}). P i (e kµ 1,..., e kµn, 0,..., 0) = 0. Nesta equação, o termoe à direita é da forma: n i k=1 a k,i e kb k,i onde b 1,i < < b n,i. Essa expressão sendo nula para qualquer k Z, pela questão precedente, todos os coecientes a k,i são nulos. Segue que: n i k=1 a k,i e tb k,i t R. Logo P i (e tµ 1,..., e tµn, 0,..., 0) = 0, t R, e e tk G Alem disso, e tk H >0 pois tk H. 10

11 d) Pela questão a) temos e 2kH G H >0 para qualquer k Z. Segue pela questão c) que e th G H >0 também. Em particular e H G. Podemos agora concluir. De fato, para qualquer g = Ue H G, sabemos que U e e H partencem em G. Segue que G = (G U n (C)) (G H >0 ). Logo a aplicação exponencial induz um difeomorsmo entre G H >0 e g H, que é um subespaço vetorial de C n2 como interseção de subespaços vetoriais. 2. Caso G M n (R) então G U n (C) = G O n (R) e G = G Ḡ = G. Pode-se adatar a demostração da questão precedente sem diculdades. 11