Lista de exercícios 1 Grupos e Topológia

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1 Universidade Federal do Paraná 1 semestre Programa de Pós-Graduação em Matemática Grupos de Lie Prof. Olivier Brahic Lista de exercícios 1 Grupos e Topológia Exercício 1. (Propriedades topológicas de um subgrupo) [solução] Seja H um subgrupo de um grupo topológico G. a) Mostre que o fecho H de H é um subgrupo de G. b) Mostre que H é aberto em G se e somente o elemento neutro de G esta no interior de H. c) Mostre que se H é aberto em G, então ele é fechado. d) Mostre que se G é conexo, então ele é gerado por qualquer vizinhança da identidade. e) Mostre que a componente conexa G 0 da identidade de G é um subgrupo fechado normal de G. O que acontece se supor G localmente conexo? f) Mostre que se G é Hausdorff, e H é um subgrupo discreto, então H é fechado em G. Exercício 2. (Propriedades Topológicas do quociente) [solução] Seja H um subgrupo de um grupo topológico G. ser munido da topologia quociente. Lembremos que o quociente G/H pode sempre a) Mostre que G/H é discreto se e somente se H é aberto em G (lembremos que um espaço topológico é discreto sse qualquer ponto é aberto). b) Mostre que G/H é Hausdorff se e somente se H é fechado em G. c) Mostre que H e G/H são conexos, então G é conexo. Exercício 3. (Subsgrupos discretos de R n ) [solução] O objetivo deste exercício é de provar que qualquer subgrupo discreto Λ {0} de (R n, +) é da forma Λ = Zv 1 Zv p, onde v 1,..., v p são vetores linearmente independentes em R n. Tais subgrupos são chamados de lattices em R n, o que explica a nossa notação Λ. 1. Caso n = 1: a) Dê exemplos de subgrupos densos e não densos de R. Observe que os subgrupos não densos são discretos. b) Seja ( ) n N uma[ sequência ] em R convergindo para 0, e x um número real qualquer. Mostre que a sequência x converge para x, onde [z] N denota a parte inteira de z R. 1

2 c) Deduza que se Λ {0} é um subgrupo não denso de R, então existe a Λ {0} tal que a = inf x. x Λ {0} d) Mostre que qualquer subgrupo de R é ou denso, ou da forma Λ = a.z. 2. Na sequência, fixemos um subgrupo discreto Λ {0} de R n. Seja v Λ {0}, denotemos V = Rv R n a reta vetorial por v. Mostre que V Λ é da forma Zv 1, com v Seja π : R n R n 1 R n /V a projeção natural. Mostre que π(λ) é um subgrupo discreto de R n Conclua. Exercício 4. (O círculo S 1 e suas representações irredutíveis) [solução] a) Determine todos os subgrupos fechados de S 1. b) Determine os endomorfismos contínuos de S 1, os automorfismos contínuos de S 1, e os morfismos contínuos de S 1 para o grupo multiplicativo C {0}. c) Determine todas as representações contínuas irredutíveis de S 1, ou seja: todos os morfismos contínuos ρ : S 1 GL n (C) tais que ρ(s 1 ) não deixa nenhum subespaço de C n invariante, alem de C n inteiro. Exercício 5. (Compactos de GL n (K), K = R, C) [solução] a) Seja λ 0 um número real. Mostre que qualquer subconjunto K λ é compacto, onde: K λ := { g GL n (K) g λ, g 1 λ }. b) Mostre que reciprocamente, para qualquer subconjunto compacto K de GL n (K) existe λ 0 tal que K K λ. c) Deduza que um subconjunto fechado K de GL n (K) é compacto se e somente se: λ 0, g K, g λ, det(g) 1 λ. Exercício 6. (Densidade en M n (K)) [solução] 2

3 a) Seja P K[X 1,..., X n ] um polinômio não nulo. Mostre que o subconjunto é denso em K n (pode se reduzir ao caso n = 1). {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) 0} b) Mostre que se K = C, então este conjunto é conexo. O que acontece no caso K = R? c) Deduza que GL n (K) é denso em M n (K) e que GL n (C) é conexo. d) Mostre que o conjunto das matrizes diagonalizáveis em C é denso em M n (C). O que acontece em R? Lembra-se que para qualquer inteiro d 1, existe um polinômio Discr d, chamado de discriminante, definido no espaço C n [X] dos polinômios de grau inferior ou igual a d, que satisfaz a seguinte propriedade: Discr d (P ) = 0 P tem uma raiz multipla em C. e) Aplicações. Mostre as seguintes afirmações: 1) O centro de GL n (K) é o subgrupo das homotetias. 2) Mostre o Teorema de Cayley-Hamilton: qualquer matriz anula o seu polinômio característico. 3) Existe uma base de M n (K) formada de matrizes invertíveis (até diagonalizáveis se K = C). Resoluções: Solução do Ex.1 [enunciado] Um fato básico para estudar grupos topológicos é que para qualquer g G, as translações L g : G G, h gh e as conjugações C g : G G, g ghg 1 sempre definem homeomorfismos. a) Sejam g 1, g 2 H. Basta mostrar que g 1 g 2 e g1 1 pertencem em H. Suponha que g 1 g 2 H. Sendo que H é fechado, existe um aberto O de G tal que g 1 g 2 O e O H =. A multiplicação G G G sendo contínua, existem abertos U e V em G, contendo g 1 e g 2 respectivamente, e tais que U V O. Segue que (U V) H = logo (U V) H =. Isso é absurdo pois pela definição de H, U e V contêm elementos h 1, h 2 H, logo h 1 h 2 O H. O fato que g 1 1 H mostra-se de maneira semelhante. b) Pela definição, se H é aberto em G, então e H esta no interior de H. Reciprocamente, mostrase que, se existe um aberto U de G contido em H e tal que e U, então h U é um aberto de G (de fato, a aplicação L h : G G, g hg é um homeomorfismo de G) contido em H e tal que h h. U. Segue que H é aberto. c) Basta mostrar que o complementar G H de H é aberto. Para isso, observa-se que, pelo fato de H ser um subgrupo, o complementar pode ser escrito como uma união: G H = g H, 3 g H

4 onde cada g H = L g (H) é aberto (pois H é aberto, e L g : G G, h gh é um homeomorfismo). Logo G H é aberto como união (arbitrária) de abertos. d) Suponha G conexo, e seja U uma vizinhança da identidade. Considere H o subgrupo de G gerado por U. Então H é aberto pela questão b) e fechado pela questão c), sendo não trivial, H = G pois G é conexo. e) Como qualquer componente conexa, G 0 é fechada em G. É claro que G 1 0 e G n 0 são conexos (como imagens de conexos por aplicação contínuas). Segue que o subgrupo G 0 gerado por G 0 é conexo, pois: G 0 = n N G n 0, logo conexo como união de conexos cuja interseção não é vazia. Como G 0 contem 1 e que G 0 G 0, por maximalidade da componente conexa G 0, segue que G 0 = G 0 ou seja: G 0 é um grupo. O fato de G 0 ser normal segue do que g 1 G 0 g contem a identidade, é conexo (pois h g 1 hg é um homeomorfismo) logo g 1 G 0 g G 0 por maximalidade de G 0. Caso G é localmente conexo, a identidade esta no interior de G 0, logo G 0 é aberto (pela questão b)). Segue em particular que o quociente G/G 0 é discreto (ver o exercício 2). f) O fato de G ser Hausdorff implica que os unitários {g} são fechados em G. Sendo que H é discreto, {1} é aberto em H, logo existe uma vizinhança aberta V de 1 em G tal que V H = {1}. Trocando V por V V 1, podemos sopor que V 1 = V (note que a propriedade V H = {1} esta preservada pelo fato que h H h 1 H). Para mostrar que H é fechado, vamos mostrar que H = H. Seja g H, então qualquer aberto contendo g encontra H, em particular é o caso pelo aberto g.v. Seja h g.v H, vamos ver que necessariamente, h = g. De fato, temos V 1 = V, logo h g.v implica que g h.v. Segue que g h.v H h.v H, onde h.v H = {y} pela definição de pela definição de V. Sendo que G é Hausdorff, temos h.v H = {h} = {h}. Obtemos h.v H = {h}, logo g = h. Solução do Ex.2 [enunciado] a) Notemos π : G G/H a projeção canônica. Lembremos que pela definição da topologia quociente, um subconjunto A G/H é aberto sse π 1 (A) é aberto em G. Para qualquer g G, temos π 1 (π(g)) = gh. Logo π(g) é aberto em G/H para todo g G se e somente se H é aberto em G. b) Suponha que G/H é Hausdorff. Vamos mostrar que o complementário G H é aberto. Para qualquer g H, temos π(g) π(e) logo existe uma vizinhança aberta U gπ(g) de π(g) em G/H que não contem π(e). Obtemos assim, para qualque g G H um aberto U g := π 1 (U π(g) ) em G contendo g e sem interseção com H, isso G H é aberto. Reciprocamente, suponha H fechado em G. Mostra-se primeiro uma propriedade importante do quocient de um grupo topológico: a aplicação quociente π : G G/H é sempre aberta (o que 4

5 não vale para quocientes topológicos quaisquer). De fato, se U G e aberto, então escrevendo: π 1 (π(u)) = h H vemos que π 1 (π(u)) é aberto, pois é união de abertos. Um resultado clássico (e fácil de mostrar) de topologia é que, π : G G/H sendo aberta, basta mostrar que a relação de equivalência R definindo o quociente é fechada em G G. Para ver isto, basta observar que R = f 1 (H), onde f(x, y) = y 1 x, logo R é fechado como imagem inverso do fechado H. V h A reciproca pode-se mostrar de maneira mais pedestre também. Observação: não se precisa realmente que G seja Hausdorff: de fato, um grupo topológico K é Hausdorff já que o unitário {1} é fechado em K. Caso H G é normal, segue que G/H é Hausdorff se e somente se {1} é fechado em G/H. Isso fornece uma maneira canônica de deixar um grupo G Hausdorff: caso G não é Hausdorff, considere H := {1} o fecho de 1, então G/H é um grupo topológico Hausdorff. c) Seja φ : G {0, 1} uma aplicação contínua. Temos que mostrar que φ é constante. Para qualquer g G, a aplicação φ L g : H {0, 1}, h φ(gh) é continua como composta de aplicações continuas. Sendo que H é conexo, φ L g é constante. Segue que φ é constante nas classes de equivalências G modulo H, logo fatora numa aplicação φ G/H : G/H {0, 1}. Sendo que G/H é conexo, φ G/H é constante logo φ = φ G/H π também o é. Solução do Ex.3 [enunciado] 1. Caso n = 1: a) Por exemplo os subgrupos Q, Q 2 etc... são densos. Subgrupos da forma az, onde a R não são densos. [ ] b) Para qualquer z R, temos [z] z < [z] + 1, logo x 1 < x x o que implica que: ] x. [ x [ ] Sendo que 0, segue que x converge para x. c) Seja Λ um subgrupo não denso e (x n ) n N uma sequência em Λ {0} tal que x n converge para inf x Λ {0} x. Pode-se sopor que (x n ) n N converge para um certo a R (pois (x n ) n N é limitada para n suficientemente grande, basta extrair uma subsequência convergente). Falta mostrar que a Λ {0}. Suponha o contrário, então (x n x n+1 ) n N defina uma sequência em Λ que converge para 0. Sendo que a {0}, a sequência não pode ser estacionária, logo extraindo uma subsequência, podemos sopor que x n+1 x n para qualquer n N. Obtemos assim uma sequência de Λ {0} que converge para 0. A questão a) implica que Λ é denso em R, o que contradiz a hipótese de não-densidade de Λ. 5

6 d) Pela questão precedente, se Λ é um subgrupo não denso, existe a Λ {0} de valor absoluta minimal. Sendo que Λ é um subgrupo, az Λ. Seja v Λ, então v [ v a ]a pertence em Λ e tem valor absoluta estritamente inferior a a. Pela definição de a, temos v [ v a ]a = 0, ou seja v az. Segue que Λ az. 2. Claramente, V Λ := Rv Λ defina um subgrupo de Rv R, discreto (poi Λ o é) logo não denso. Pela questão precedente ele é da forma V Λ = Zv 1 onde v 1 Rx. 3. O grupo R n sendo abeliano, V é normal e π é um morfismo de grupos. Logo π(λ) é um subgrupo de R n 1. Mostremos por absurdo que é discreto ou seja, que {0} é aberto em π(λ). Suponha o contrário, existe uma sequência de elementos em π(λ) {0} que converge para 0. Seja W um complementário de V em R n. Existe uma sequência (x k ) k N em W {0} e uma sequência (α k ) k N em R tais que x k 0 e x k + α k v 1 Λ V para qualquer k N. A sequência (x k + (α k [α k ])v 1 ) k N satisfaz as mesmas propriedades, alem de ser limitada, logo pode se extrair uma sequência que converge para x R n. Sendo que Λ é fechado, x Λ. Agora, o fato de Λ ser discreto implica que essa sequência é estacionária (i.e. constante para n grande). em particular x k = 0 para n grande, o que contradiz as nossas hipóteses. 4. Por indução. A questão 1 mostra o caso n = 1. Suponha o resultado verdade para qualquer subgrupo discreto de R n 1. Seja v Λ {0} e π : R n R n 1 R n /Rv. Pela questão 3, π(λ) é um subgrupo discreto de R n 1. Logo, pela hipótese de indução, existem v 2,..., v n Λ Rv tais que π(v 2 ),..., π(v p ) são linearmente independentes em R n 1 e π(λ) = Zπ(v 2 ) Zπ(v p ). Construa-se v 1 Rv como na questão 2. Sendo que π(v 2 ),..., π(v p ) são linearmente independentes, v 2,..., v p também o são (pois π é uma aplicação linear). Alem disso temos Zv 1 Zv n Λ de maneira evidente. Pela inclusão inversa, observe que se λ Λ, então λ = p i=1 α iv i, onde α i Z para todo i 2. Para mostrar que α 1 Z também, observemos que α 1 v 1 Λ e, sendo que Λ Rv = Zv 1, necessariamente temos α 1 Z. Logo λ Zv 1 Zv p. Solução do Ex.4 [enunciado] a) A aplicação f : R S 1, θ e 2iπθ defina um morfismo de grupos topológicos, logo se H S 1 é um subgrupo fechado de S 1, então a sua preimagem f 1 (H) é um subgrupo fechado de R. Pela questão 1 do exercício 3 precedente, ela é da forma f 1 (H) = Za, onde a R. Falta determinar para que valores de a, e 2iπaZ é um subgrupo fechado de S 1. Note que ker(f) = Z, logo temos f 1 (H) = Za = Za + Z também, de forma que se a Q, então f 1 (H) é denso em R, o que implica que H = e 2iπaZ = S 1 pois H é fechado em S 1 por hipótese. Isto sendo absurdo, temos a Q, e existem p, q N primos tais que a = p/q. O fato que (e 2iπp/q ) q = 1 implica que H = e 2iπ p q Z = e 2iπ q Z é um subgrupo (cíclico) finito logo fechado. Em conclusão, os subgrupos fechados próprios de S 1 são os subgrupos cíclicos, da forma e 2iπ q Z, e se identificam com as raízes da unidade. b) Qualquer morfismo de grupos continuo f : S 1 S 1 induz por composição um morfismo de grupos continuo f p : R S 1. Pelo Teorema de Leventamento, existe f : R R (unico) tal 6

7 que p f = f p com f(0) = 0: R f R p S 1 f Alem disso, a condição f(x + y) = f(x)f(y) implica que f(x + y) = f(x) + f(y) + 2kπ, onde k independe de x, y por conexidade. Para x = y = 0, obtemos k = 0 logo f : R R é um morfismo de grupos. É fácil ver 1 que um tal morfismo é da forma x βx, onde β R. p S 1 En consequência, f p é da forma x e 2iaπ, onde a R. Reciprocamente, um morfismo g : (R, +) (S 1, ) induz um morfismo S 1 s 1 se 1 ker(g), ou equivalentemente, se a Z. Logo existe k Z tal que: f(e 2iπx ) = e 2iπkx ( x R) ou, de maneira equivalente, existe k Z tal que: f(z) = z k ( z S 1 ). Reciprocamente, é claro que z z n sempre defina um morfismo de grupos contínuo. Para determinar os automorfismos, basta olhar o núcleo: temos f(e 2ipx ) = 1 kx Z, logo ker(f) Z/kZ. Este núcleo é trivial so no caso k = 1 (i.e f = id S 1) ou k = 1, neste caso f é a conjugação complexa z z, ambas aplicações são isomorfismos idempotentes ( f 2 = id S 1). A imagem de um morfismo S 1 C {0} é um subgrupo compacto de C {0}. Qualquer subgrupo compacto de C {0} é incluso em S 1, logo pela questão precedente, os morfismos contínuos S 1 C {0} coincidem com os endomorfismos de S 1. c) Dada uma representação S 1 GL n (C), o subconjunto ρ(s 1 ) GL n (C) é formado de matrizes que comutam, logo são simultaneamente triganolizáveis. Em particular, o primeiro vetor de uma base comum de trigonalização é um subespaço invariante. Logo ρ não pode ser irredutível se n > 1. No caso irredutível, n = 1 e GL 1 (C) C {0} logo ρ é da forma z z k, ou seja ρ e 2iπz(α) = e 2iπkz α, para qualquer α Z. Solução do Ex.5 [enunciado] a) Sendo que GL n (C) é incluso no espaço vetorial de dimensão finita M( n C) basta mostrar que K λ é fechado e limitado (pelo Teorema de Heine-Borel). Ele é limitado pela sua definição. Seja (g n ) n N uma sequência em K λ que converge para uma matriz g M n (C). Notemos h k := g 1 k, por hipótese, a sequência (h n ) n N é limitada, logo podemos sopor que ela converge (extraindo uma subsequência) para um elemento h M n (K). Para qualquer k N, temos g k.h k = 1 logo pela continuidade do produto gh = 1 também. Segue que h GL n (K) e h 1 = g. Alem disso, h k λ para qualquer k N, logo g 1 C por continuidade da inversa. Em conclusão, g K λ e K λ é compacto. 1 mostrando que f(n) = nf(1), pois que f(p/q) = p/q f(1), e concluindo por densidade de Q e continuidade de f. 7

8 b) Pela questão precedente, qualquer subconjunto fechado de um K λ é compacto. Vamos estabelecer agora a reciproca, ou seja que qualquer subconjunto compacto K é incluso num K λ por um certo λ 0. Um compacto de M n (K) é necessariamente fechado e limitado. Em particular, existe λ 1 R tal que K B(0, λ 1 ), onde B(0, λ 1 ) denote a bola centrado em 0 M c (K), de raio λ 1. A aplicação g g 1 sendo contínua K 1 é compacto também e existe λ 2 R tal que K 1 B(0, λ 1 ). Basta escolher λ = max(λ 1, λ 2 ). c) Suponha K GL n (K) compacto, pela questão precedente, existe λ R tal que K K λ. A imagem do compacto B(0, λ ) pela aplicação contínua M det(m) é um compacto de R >0. Em particular, existe λ > 0 tal que det(m) 1/λ. Basta considerar λ := max(λ, λ ). Pela reciproca, vamos mostrar que se g λ e det(g) 1/λ então g 1 está limitado. Pela fórmula de Cramer, temos: g 1 = 1 det(g) com(g), onde com(g) denota a transposta da comatriz de g. A aplicação com( ) : M com(m) é contínua pois tem coeficientes polinômiais nas entradas de M, logo a imagem por B(0, λ) por com( ) é compacta, logo limitada por uma constante λ > 0. Segue que g 1 λ λ e H K max(λ,λλ ). Solução do Ex.6 [enunciado] a) É fácil ver que se um polinômio se anula num aberto de K n, então ele é nulo. Pode-se mostrar também da maneira seguinte. Seja p {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) = 0}. O polinômio P não sendo nula, existe q {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) 0}. Seja L a reta em K n por p e q, e φ : K L dado por φ(λ) = p + λ(q p). Então P φ é um polinômio numa variável. O polinômio P φ tendo um número finito de raízes, e o complementário de um conjunto finito em K sendo denso, existe uma sequência (λ k ) k N em (P φ) 1 (K {0}) que converge para 0. Pela continuidade de φ, a sequência (φ(λ k )) k N converge para φ(0) = p. Segue que q {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) 0} é denso. b) Caso K = C, o complementário de um número finito de pontos em C sendo claramente conexo (por arcos, até) segue por argumento semelhante à questão a) que {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) 0} é conexo. Caso K = R, q {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) 0} não é conexo já que q {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) > 0} e q {(x 1,..., x n ) K n P (x 1,..., x n ) < 0} são não vazios (pense numa reta no plano por exemplo). c) A aplicação det : M n (K) K sendo polinomial, segue diretamente da questão precedente. d) Qualquer matriz em M n (C) com n autovalores distintos sendo diagonalizável, basta mostrar que o conjunto de matrizes com n autovalores distintas é denso. A aplicação M det(m XI) é polinomial com valores en C n [X] logo a aplicação M Discr d det(m XI) também o é. Segue o resultado pela questão a). Um outro metódo para mostrar a denside das matrizes diagonalizaveis é a seguinte. Dada A M n (C), pondo A na forma de Jordan J = P 1 AP, onde P Gl n (C), é fácil ver que, 8

9 perturbando um pouco os coeficientes diagonais de J, consegue-se uma sequência de matrizes J n com autovalores distintos tais que J n J. Os autovalores de J n sendo distintos, J n é diagonalizável. Obtemos assim uma sequência de matrizes A n := P J n P 1 diagonalizáveis que converge n para A. Caso K = R, a situação é diferente já que n 2 pois qualquer matriz M M n (R) tendo um autovalor em C R não pode ser limite de matrizes diagonalizáveis em R (logo com autovalores reais). Note que o conjunto das matrizes reais diagonalizáveis por uma matriz complexa é denso em M n (R) (prova-se como no caso de matrizes complexas) porem o conjunto das matrizes reais diagonalizáveis por uma matriz real não é denso em M n (R). e) Aplicações. 1) Por densidade de Z(GL n (K) em M n (K)) e continuidade da multiplicação, é fácil mostrar que Z(GL n (K)) Z(M n (K)) GL n (K). Basta mostrar que Z(M n (K)) = {λi n λ K {0}}. Notemos E i,j = (δ i,j ) i,j=1...n as matrizes da base canônica de M n (K). Então é fácil verificar que ME i,j = E i,j M para todo i, j implica que M = λi n. 2) Teorema de Cayley-Hamilton. Se o resultado vale em M n (R) então por restrição, vale em M n (C). Vimos na questão d) que o conjunto de matrizes com n autovalores dinstintos era denso em M n (C), logo por continuidade da aplicação M χ M (M), basta mostrar o Teorema de Cayley-Hamilton para M diagonalizável (o que é imediato). 3) É fácil mostrar que o subespaço vetorial gerado por um subconjunto A de um espaço vetorial de dimensão finita contem seu fecho A. Em particular as matrizes invertíveis geram M n (K) pela questão b). Mostra-se semelhantemente as matrizes diagonalizáveis geram M n (C) pela questão c). 9