Bài tập Nhóm Lie Bài Cho G nhóm, trang bị cấu trúc đa tạp trơn. Cho µ : G × G −→ G (x, y) −→ xy trơn. a) Chứng minh ánh xạ tiếp xúc µ (e, e) xác định T(e,e) µ : Te G × Te G −→ Te G (X, Y ) −→ X + Y. b) Chứng minh ánh xạ ngược i : G −→ G x −→ x−1 trơn lân cận e ánh xạ tiếp xúc xác định Te i : Te G −→ Te G X −→ −X c) Chứng minh G nhóm Lie. Bài SU (2) = {A ∈ M (2, C)/ det A = At A = I} ={ α −β β α /α, β ∈ C, |α|2 + |β|2 = 1}. Với x ∈ S , ta định nghĩa ma trận phức × : ux := x1 + ix2 −x3 + ix4 x3 + ix4 x1 − ix2 a) Chỉ ϕ : x −→ ux song ánh từ S lên SU (2). b) Chứng tỏ S đa tạp khả vi R4 . Hãy chuyển cấu trúc đa tạp lên SU (2) để ϕ trở thành vi phôi. Bài O(n) = {A ∈ GL(n, R)|A.At = I} S = {A ∈ Mat(n, R)|At = A} i a) Chứng minh ánh xạ: ϕ : Mat(n, R) −→ S A −→ A.At trơn có TI ϕ : X −→ X + X t . b) Chứng minh ϕ ngập I. c) Chứng minh O(n) nhóm Lie. Bài Chúng ta đồng Mat(n, R) ∼ = Rn chuyển tích Rn vào tích Mat(n, R) a) Chứng minh X, Y = tr(XY t ); ∀X, Y ∈ Mat(n, R). b) O(n) chứa hình cầu đơn vị. c) O(n) compact. Bài M đa tạp khả vi liên thông ⇔ M liên thông đường. ∀p, q ∈ M, ∃ đường cong liên tục c : [0, 1] −→ M , với c(0) = p, c(1) = q. a) Xét ánh xạ exp : A −→ eA = ∞ n=0 n A , n! exp tính −ϕ ϕ so(2) −→ SO(2) toàn ánh. b) Chứng minh ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n) cho x = yby −1 với      b=     b1 . 0 . . 0 . . . . . . bk . . . . . . . . 0 . . 0 .       bi =     cosϕi −sinϕi sinϕi cosϕi c)Với n ≥ 2, chứng minh ánh xạ exp : so(n) −→ SO(n) toàn ánh. d) SO(n) liên thông. Bài Chứng minh U (n) SU (n) liên thông. ii Bài G = SL(n, R). TI G = sl(n, R) = {X ∈ Mn R|trX = 0}. −1 a) Chứng minh y = ∈ SL(2, R) không tồn Y ∈ sl(2, R) −1 cho exp(Y ) = y. b) n ≥ 2, chứng minh x ∈ SL(n, R) viết x = exp Xa . exp Xs với Xa ma trận phản xứng, Xs ma trận đối xứng Bài Cho g, h đại số Lie, xét toàn cấu đại số Lie ϕ : g −→ h, Chứng minh ker ϕ ideal g. ker ϕ = {X ∈ g|ϕ(X) = 0h } ϕ: g/ ker ϕ −→ h X + Kerϕ −→ ϕ(X). đẳng cấu đại số Lie. Bài Cho H nhóm Lie nhóm Lie G. Và h g đại số Lie H G. a) Chứng minh H chuẩn tắc G h idean g. b) Giả sử H G liên thông. Nếu h idean g H chuẩn tắc G. Bài 10 Tâm nhóm Lie G Z(G) = {x ∈ G|∀y ∈ G : xy = yx}. Giả sử G liên thông a) Chứng minh Z(G) = ker Ad b) Gọi đại số Lie Z(G) Z(g). Chứng minh Z(g) = ker ad. c) Chứng minh Z(g) idean g. d) Chứng minh Z(g) = ker ad. iii Hướng dẫn giải Bài a) Với X, Y ∈ Te G ta có d d d µ(tX, tY ) |t=0 = µ(tX, e) |t=0 + µ(e, tY ) |t=0 dt dt dt d d = (tX) |t=0 + (tY ) |t=0 = X + Y. dt dt T(e,e) µ(X, Y ) = Vậy T(e,e) µ(X, Y ) = X + Y. Cách 2) Đặt µ1 : G × G −→ G (x, y) −→ µ1 (x, y) = x µ2 : G × G −→ G (x, y) −→ µ2 (x, y) = y. Rõ ràng µ1 .µ2 = µ. Do T(e,e) µ = T(e,e) (µ1 .µ2 ) = T(e,e) (µ1 ).µ2 (e, e) + T(e,e) (µ2 ).µ1 (e, e) = T(e,e) (µ1 ).e + T(e,e) (µ2 ).e = T(e,e) (µ1 ) + T(e,e) (µ2 ). Ta có biểu đồ giao hoán T(e,e) G1 × G2 T(e,e) µ1 ✲ Te G T(e,e) (ϕ,ψ) n Te ϕ ❄ R ×R ❄ φ n ✲ Rn Đặt χ = (ϕ, ψ) với ϕ, ψ tọa độ địa phương x, y. φ = D(ϕ ◦ µ1 ◦ χ−1 ) = D(ϕ ◦ µ1 ◦ (ϕ−1 , ψ −1 )) = D(ϕ ◦ ϕ−1 ). Do φ(X, Y ) = D(ϕ ◦ ϕ−1 )(X, Y ) = X, ∀X, Y ∈ Rn . Suy T(e,e) µ1 (X, Y ) = X, ∀(X, Y ) ∈ T(e,e) G1 × G2 . Tương tự, T(e,e) µ2 (X, Y ) = Y. Ta thu T(e,e) µ(X, Y ) = X + Y. iv b) Ta có e × G ∼ = G nên µ |e×G : e × G −→ G (e, x) −→ x trơn, song ánh µ(e, e) = e. Ma trận Jacobi µ |e×G e khác không, theo định lý hàm ẩn tồn U mở chứa e, V mở chứa e cho g : U −→ V trơn µ(x, g(x)) = e. Suy x.g(x) = e ⇒ g(x) = x−1 . Vì i : G −→ G x −→ x−1 trơn lân cận e. Ánh xạ tiếp xúc Te i(x) = d i(tX) dt = t=0 d (tX)−1 dt = −X. t=0 Vậy Te i(X) = X. c) Để chứng minh G nhóm Lie, ta có µ trơn, ta cần chứng minh i trơn đủ. Thật vậy, ta có ∀x ∈ G, • ly (x) = yx = µ(y, x) nên ly trơn cấp C ∞ • ry (x) = xy = µ(x, y) nên ry trơn cấp C ∞ . Và i : x −→ x−1 trơn lân cận e. Mà ∀x ∈ G, ly ◦ i ◦ ry (x) = ly ◦ i(x, y) = ly (y −1 x−1 ) = yy −1 x−1 = x−1 . Do i = ly ◦ i ◦ ry trơn C ∞ . Nhận xét: Từ tập ta xây dựng nhóm Lie dựa cấu trúc đa tạp trơn ánh xạ tích µ trơn mà không cần ánh xạ ngược. Bài Với x, y ∈ S , giả sử ux = uy ⇒ xi = yi , i = 1, ⇒ x = y. Vậy ϕ đơn ánh. α γ Giả sử u = ∈ SU (2). Do δ = α ⇒ γ = −β β δ Đặt α = a + ib β = c + id u= a + ib −c + id c + id a + ib = a + ib −c + id c + id a − ib Do đó, tồn x(a, b, c, d) để ux = u. Tức ϕ toàn ánh. Từ ta nhận ϕ song ánh từ S lên SU (2). v b) Đặt f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 4i=1 (xi )2 . Ta có gradf = (2x1 , 2x2 , 2x3 , 2x4 ) = 0∀(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (0, 0, 0, 0). Do S = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R, f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 1} đa tạp khả vi. Bài a) Chứng minh ϕ ánh xạ: ∀A ∈ Mat(n, R) : (A.At )t = (At )t .At = A.At nên A.At ∈ S. Hiển nhiên A = B ⇒ ϕ(A) = ϕ(B). Vì Mat(n, R) ∼ = Rn thành phần A.At ,∀A ∈ Mat(n, R) trơn nên ϕ trơn. Ánh xạ tiếp xúc ϕ: TI ϕ : TI Mat(n, R) −→ TI S. Dễ thấy TI Mat(n, R) = Mat(n, R), TI S = S nên TI ϕ : Mat(n, R) −→ S. Ta có d d ϕ(exp(SX)) |s=0 = (exp(SX)).(exp(SX))t |s=0 ds ds = [X.(exp(SX)).(exp(SX))t + X t .(exp(SX)).(exp(SX))t ] |s=0 TI ϕ(X) = = X + X t. Vậy TI ϕ(X) = X + X t . b) Vì ϕ ánh xạ trơn đa tạp khả vi I qui nên ta cần chứng minh TI ϕ toàn ánh. Thật với A ∈ S đặt X = 12 A X ∈ Mat(n, R). Do A ∈ S nên At = A X = 12 A ta có X t = 21 At = 12 A. Suy TI ϕ(X) = X + X t = 21 A + 12 A = A. Vậy TI ϕ toàn ánh. Hay ϕ ngập I. c) O(n) nhóm Lie. Thật vậy, ϕ trơn I ∈ S nên ϕ−1 (I) nhóm đóng GL(n, R) mà GL(n, R) nhóm Lie nên ϕ−1 (I) nhóm Lie. Ta có ϕ−1 (I) = {A ∈ GL(n, R)|A.At = I} = O(n). Vậy O(n) nhóm Lie. Ta chứng minh ∀X ∈ ker ϕ, Y ∈ g : [X, Y ] ∈ ker ϕ. Thật vậy: ϕ([X, Y ]) = [ϕ(X), ϕ(Y )] = [0, ϕ(Y )] = [0 + 0, ϕ(Y )] = [0, ϕ(Y )] + [0, ϕ(Y )] = 2[0, ϕ(Y )] suy [0, ϕ(Y )] = ⇒ [X, Y ] ∈ ker ϕ. b) ϕ: g/ ker ϕ −→ h X + ker ϕ −→ ϕ(X). vi đẳng cấu đại số Lie. (i) Đồng cấu đại số Lie: ϕ(X + ker ϕ + Y + ker ϕ) = ϕ(X + Y + ker ϕ) = ϕ(X + Y ) = ϕ(X) + ϕ(Y ) = ϕ(X + ker ϕ) + ϕ(Y + ker ϕ) ϕ(λ(X + ker ϕ)) = ϕ(λX + ker ϕ) = ϕ(λX) = λϕ(X) = λϕ(X). (ii) Bảo toàn tích Lie: ϕ([X + ker ϕ, Y + ker ϕ]) = ϕ([X, Y ] + ker ϕ) = ϕ([X, Y ]) = [ϕ(X), ϕ(Y )] = [ϕ(X + ker ϕ), ϕ(Y + ker ϕ)] (iii) Đơn cấu: ker ϕ = {X + ker ϕ|ϕ(X) = 0} = 0. (4i) Toàn cấu: ∀Y ∈ h ϕ toàn cấu nên ∃X ∈ g : Y = ϕ(X). Lúc đó: X + ker ϕ ∈ g/ ker ϕ : ϕ(X + ker ϕ) = Y. Bài a) X, Y = tr(XY t ); ∀X, Y ∈ Mat(n, R). Thật vậy, với X = (xij )n×n Y = (yij )n×n ta có n n X, Y = xik yki i=1 k=1 XY t = ( n k=1 xik ykj )n×n nên tr(XY t ) = n n xik yki . i=1 k=1 Vậy X, Y = tr(XY t ). b) O(n) chứa hình cầu đơn vị. Dễ thấy I ∈ O(n) với X ∈ O(n) ta có XX t = I. Theo bất đẳng Shawart: | X, I |2 ≤ X, X |. I, I | = tr(XX t ).tr(II t ) = tr(I).tr(I) = n2 . vii Suy X, I ≤ n. Vậy O(n) chứa hình cầu tâm I bán kính n. c) O(n) compact. Ta chứng minh O(n) nhóm đóng theo câu b) O(n) chứa hình cầu tâm I bán kính compact n nên O(n) compact. Bài a) Ta có: A= J 2n = (−1)n I, Suy −ϕ ϕ = ϕ ◦ J, J= −1 J 2n+1 = (−1)n J ∞ A e = n=0 ∞ = n=0 ∞ = n=0 n A n! ∞ 1 A2n + A2n+1 (2n)! (2n + 1)! n=0 ∞ (−1)n 2n+1 (−1)n 2n ϕ I+ ϕ J (2n)! (2n + 1)! n=0 = cos ϕ.I + sin ϕ.J = cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ cos ϕ − sin ϕ −ϕ , ∃A = sin ϕ cos ϕ ϕ để exp(A) = x, suy exp toàn ánh lên SO(2). b) ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n)sao cho y −1 xy = b ma trận: ∀x ∈ SO(2), x =      b=     b1 . 0 . . 0 . . . . . . bk . . . . . . . . 0 . . 0 .       bi =     cos ϕi − sin ϕi sin ϕi cos ϕi Do x = yby −1 . c) exp : so(n) −→ SO(n) toàn ánh. Thật vậy, ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n) : x = yby −1 với b có dạng trên. viii Đặt      c=     c1 . 0 . . 0 . . . . . . cm . . 0 . . . . . . 0 . . 0 .       ci =     −ϕ ϕ suy c ∈ so(n)      exp(c) =      b1 . 0 . . 0 . . . . . . bm . . . . . . . . 0 . . 0 .           Do b = exp(c) x = yby −1 = y(exp(c))y −1 = exp(ycy −1 ) với X = ycy −1 ∈ so(n). Bài a c b −a 2 2n n Y = (a + bc)I ⇒ Y = (a + bc) I = λn I Y 2n+1 = (a2 + bc)n Y = λn Y. Do a) Thật Y ∈ sl(2, R) ⇒ y = ∞ exp(Y ) = n=0 ∞ = n=0 Giả sử y = exp(Y ), Y ∈ sl(2, R), −2 suy y = exp(2Y ) = ∞ ∞ n . n Y n! ∞ n λ I+ λn Y. (2n)! (2n + 1)! n=0 , 2Y = Z = −a c b a n λ λ I+ Y Do (2n)! (2n+1)! n=0 n=0  ∞ n    ∞ ∞ λ λn λn −a c (2n)! (2n+1)! (2n+1)!     n=0 n=0 =  n=0 +    ∞ ∞ ∞ λn λn λn b a (2n)! (2n+1)! (2n+1)! n=0 = n=0 n=0 −1 −1 ∞ Suy b = n=0 λn (2n+1)! = 0. ix (i) Nếu b =  ∞ λn   c. = −2  (2n+1)!  n=0   ∞ n ∞ λ λn − a = −1 (2n)! (2n+1)!  n=0 n=0   ∞ ∞  λn λn   + a = −1 (2n)! (2n+1)! n=0 ∞ suy a = n=0 λn (2n+1)! n=0 = 0. Vậy b = Y = c 0 −1 −1 = y. ⇒ Y = ⇒ exp(Y ) = I + Y = c = (mâu thuẫn) ∞ (ii) Nếu n=0 λn (2n+1)! −1 −1 = ⇒ Y = ⇒ exp(Y ) = I = . (mâu thuẫn) ∞ n=0 λn (2n+1)! eµ 0 eµ = ⇒ Y = µI ⇒ exp(Y ) = (mâu thuẫn) b) x ∈ SL(n, R); x = exp Xa . exp Xs với Xa ma trận phản xứng,Xs ma trận đốixứng. λ1  −1 t Khi tồn c ∈ O(n) cho c x xc =  . = −1 −1 Xét xt xlà ma trận xác định dương. .  . .  , λi > . λn exp : sl(n, R) −→ SL(n, R) A −→ eA suy c−1 xt xc = eA (A ma trận đối xứng). −1 Do xt x = ecAc = e2Xa (Xa ma trận đối xứng). Đặt y = xe−Xa , ta có y t y = e−Xa xt e−Xa = e−Xa e2Xa e−Xa = I. Vậy y ∈ SO(n). Theo tập tồn Xa ma trận phản xứng cho xt y = eXa x = eXa eXs . Bài a) Nhắc lại, H chuẩn tắc G ∀x ∈ G, ∀y ∈ H, xyx−1 ∈ H. Với x ∈ g, Y ∈ h ta cần chứng minh: [X, Y ] = ad(X)Y ∈ h hay etad(X)Y ∈ H, ∀t ∈ R. Thật vậy, Y ∈ h nên exp(tY ) ∈ H, ∀t ∈ R. x Do H chuẩn tắc G nên exp(sX) exp(tX) exp(−sX) ∈ H, ∀s, t ∈ R ⇒Ad(exp(sX))(tY ) ∈ H, ∀t ∈ R ⇒ exp(tAd(exp(sX)))(Y ) ∈ H, ∀s, t ∈ R ⇒Ad(exp(sX))(Y ) ∈ H, ∀s ∈ R ⇒esad(X) Y ∈ H, ∀s ∈ R. Hay ad(X)Y ∈ h. Vậy h idean g. b) Ta chứng minh ∀x ∈ G, y ∈ H : xyx−1 ∈ H. Vì H liên thông nên H liên thông đường, x = exp(X), y = exp(Y )vớix ∈ g, y ∈ h. Như xyx−1 = exp(X). exp(Y ).(exp(X))−1 = exp(Ad(exp X)).Y . Vì h Idean g nên [X, Y ] ∈ h, ad(X).Y ∈ h. Mặt khác d Ad(exp tX).Y dt t=0 ⇒ Ad(exp tX).Y ∈ h ad(X).Y = ⇒ Ad(exp X).Y ∈ h ⇒ exp(Ad(exp X)).Y ∈ h. Bài 10 Ta có ker Ad = {x ∈ G| Ad(x) = Te Cx = id} = {x ∈ G| ∀Y ∈ g : Ad(x).Y = Y = Te Cx Y } = {x ∈ G| ∀y ∈ G : Cx y = y} = {x ∈ G| ∀y ∈ G : xyx−1 = y} = {x ∈ G| ∀y ∈ G : xy = yx}. b) Gọi đại số Lie Z(G) Z(g). Ta có Z(g) = {x ∈ g| exp(tX) ∈ Z(G), ∀t ∈ R} = {x ∈ g| ∀y ∈ G : exp(tX).y = y. exp(tX)∀t ∈ R} = {x ∈ g| ∀y ∈ G : exp(tX).y.(exp(tX))−1 = y} = {x ∈ g| ∀y ∈ G, y = exp Y : exp(tX). exp(Y ).(exp(tX))−1 = exp(Y )} = {x ∈ g| ∀y ∈ G, y exp Y exp(Ad exp tX)Y ) = exp(Y )} = {x ∈ g| ∀Y ∈ g : ad(X)Y = 0} = ker ad. c) Tâm đại số Lie Z(g) = {X ∈ g| [X, Y ] = 0, ∀Y ∈ g} xi Z(g) idean g (không gian véc tơ con). Thậy vậy: ∀X ∈ g, ∀Y ∈ g ta có [X, Y ] = ∈ Z(g) ∈ Z(g). d) Z(g) = ker ad (chứng minh trên). Ta có ý End(V ) không gian véc tơ với phép (+), phần tử đơn vị 0. GL(V ) không gian véc tơ với đơn vị id. ker Ad = {X ∈ g| Ad(x) = 0} = {X ∈ g| ad(X)Y = 0, ∀Y ∈ g} = {X ∈ g| [X, Y ] = 0} = Z(g). xii [...]... h Mặt khác d Ad(exp tX).Y dt t=0 ⇒ Ad(exp tX).Y ∈ h ad(X).Y = ⇒ Ad(exp X).Y ∈ h ⇒ exp(Ad(exp X)).Y ∈ h Bài 10 Ta có ker Ad = {x ∈ G| Ad(x) = Te Cx = id} = {x ∈ G| ∀Y ∈ g : Ad(x).Y = Y = Te Cx Y } = {x ∈ G| ∀y ∈ G : Cx y = y} = {x ∈ G| ∀y ∈ G : xyx−1 = y} = {x ∈ G| ∀y ∈ G : xy = yx} b) Gọi đại số Lie của Z(G) là Z(g) Ta có Z(g) = {x ∈ g| exp(tX) ∈ Z(G), ∀t ∈ R} = {x ∈ g| ∀y ∈ G : exp(tX).y = y exp(tX)∀t... exp(tX).y.(exp(tX))−1 = y} = {x ∈ g| ∀y ∈ G, y = exp Y : exp(tX) exp(Y ).(exp(tX))−1 = exp(Y )} = {x ∈ g| ∀y ∈ G, y exp Y exp(Ad exp tX)Y ) = exp(Y )} = {x ∈ g| ∀Y ∈ g : ad(X)Y = 0} = ker ad c) Tâm của đại số Lie Z(g) = {X ∈ g| [X, Y ] = 0, ∀Y ∈ g} xi Z(g) là một idean của g (không gian véc tơ con) Thậy vậy: ∀X ∈ g, ∀Y ∈ g ta có [X, Y ] = 0 ∈ Z(g) vì 0 ∈ Z(g) d) Z(g) = ker ad (chứng minh trên) Ta có chú ý End(V . Bài tập Nhóm Lie Bài 1 Cho G là nhóm, trang bị một cấu trúc đa tạp trơn. Cho µ : G × G −→ G (x, y) −→ xy là trơn. a) Chứng minh rằng. đại số Lie ϕ : g −→ h, Chứng minh ker ϕ là một ideal của g. ker ϕ = {X ∈ g|ϕ(X) = 0 h } và ϕ : g/ ker ϕ −→ h X + Kerϕ −→ ϕ(X). là đẳng cấu đại số Lie. Bài 9 Cho H là nhóm Lie con của nhóm Lie G ngập tại I. c) O(n) là một nhóm Lie. Thật vậy, ϕ trơn và I ∈ S nên ϕ −1 (I) là một nhóm con đóng của GL(n, R) mà GL(n, R) là một nhóm Lie nên ϕ −1 (I) là một nhóm Lie. Ta cũng có ϕ −1 (I) = {A