Lien ryhmät D 380 klo Ratkaisut 6+6=12

Transkriptio

1 JYVÄSKYLÄN YLIOPISO MAEMAIIKAN JA ILASOIEEEN LAIOS Lien ryhmät D 380 klo Ratkaisut 6+6=12 1. Käytä ehtoa g = {X M n n exp(tx) kaikille t R} ja tarvittaessa tietoa et exp A = exp r A toistaksesi yhen tai useampia seuraavista. (1) so(n, R) = {X M n n X + X = 0} (2) u(n, C) = {X M n n X + X = 0} (3) su(n, C) = {X M n n X + X = 0 ja r X = 0} Olkoon X M n n. (1) SO(n, R) = {A M n n AA = I}. Oletetaan ensin X + X = 0. Olkoon t R. Osoitetaan, että exp(tx) SO(n, R). Koska oletettiin, että X + X = 0, niin X = X, joten X ja X kommutoivat ja siis exp(tx)(exp(tx)) = exp(tx)(exp(tx )) = exp(t(x + X )) = exp 0 = I. Oletetaan seuraavaksi, että että exp(tx) SO(n, R) pätee kaikilla t R. Osoittetaan, että X + X = 0. Oletuksen mukaan kaikilla t pätee exp(tx) SO(n, R) eli exp(tx) exp(tx) = I. Campbellin ja Hausorffin lauseen mukaan pätee, kun X ja Y < 1 log( ): log(exp X exp Y ) = X + Y [X, Y ] + 1 ([X, [X, Y ]] + [Y, [Y, X]]) 12 + {korkeammanasteisia Lien sulkeita}. Pienillä t pätee siis oletuksen mukaan 0 = log I = log(exp(tx) exp(tx )) = t(x + X ) + t [X, X ] + t 3 P (X, X ), missä jäännöstermi P on rajoitettu matriisifunktio. 1 ästä seuraa, että X + X = 0. (2) U(n) = {A M n n (C) AA = I}. Voiaan siis laskea kuten kohassa (1), kunhan huomioiaan kompleksikojugointi tarvittaessa. (3) SU(n, C) = {A M n n (C) AA = I ja et A = 1}. Kohan (2) mukaan riittää siis tarkastaa, että et A = 1 r A = 0, ja tämähän pätee, koska tehtävässä kerrottiin, että exp A = exp(r A). 2. Osoita, että exp(a X ) = A exp X Ohje: Sekä kuvaus γ 1 (t) = exp(t a X ) että kuvaus γ 2 (t) = A exp(tx) ovat lineaarisen Lien ryhmän yhen parametrin aliryhmiä samalla alkuarvolla γ 1(0) = γ 1(0) = a X, joten ne ovat sama kuvaus. arkasta yksityiskohat. 1 arvitaanko selitys?

2 Yksiparametriset aliryhmät yhtyvät, kun niillä on sama erivaatta kohassa t = 0, joten riittää tosiaan tarkastaa, että γ 1 ja γ 2 ovat yksiparametrisia aliryhmiä eli homomorfismeja R ja laskea niien erivaatat kohassa t = 0. a) Homomorfisuus: ietenkin a on lineaarikuvaus ja t a X ja s a X kommutoivat, joten γ 1 (t + s) = exp(a (t+s)x ) = exp((t + s) a X ) = exp(t a X +s a X ) = exp(t a X ) exp(s a X )) = γ 1 (t)γ 1 (s). Muistaen, että ryhmän ajungoitu esitys A on homomorfismi, saaaan γ 2 (t + s) = A exp((t+s)x) = A exp(tx+sx) = A exp(tx) exp(sx) = A exp(tx) A exp(sx) = γ 2 (t)γ 2 (s). b) Derivaattojen alkuarvot: γ 1 on helppo erivoia: t γ 1(t) = t exp(t a X) = a X exp(t a X ) = a X γ 1 (t), joten γ 1(0) = γ 1(0) = a X. Kuvaus γ 1 vaatii hieman harkintaa, onhan A A Y = AY A 1 ja erivointi A:n suhteen vaatii siis matriisitulon erivointikaavaa. Käänteisen erivointia ei tässä tarvita, koska tässä onneksi A:n roolissa on exp(tx), on A 1 = exp( tx). Käytämme rreaalimuuttujan erivaatan määritelmää ja piämme selvyyen vuoksi muuttujan Y mukana: t γ 2(t)Y = t A exp(tx) Y = t exp(tx)y exp( tx) = X exp(tx)y exp( tx) + exp(tx)y ( X) exp( tx) = [X, Y ] = a X Y. 3. äyennä merkityt yksityiskohat: Lien sulkeien säilymisen toteamiseksi vektorikentät ξ Ξ kannattaa tulkita erivaatioiksi, onhan erivaatioien ξ ja η Lien sulje yksinkertaisesti [ ξ, η] = ξ η η ξ. Merkitsemme vektorikenttää ξ vastaavaa erivaatiota tässä selvyyen vuoksi ξ Ξ. Muistin virkistykseksi: ξ : C () C : ( ξf)(g) = (Df) g ξ g. Erityisesti vektorikenttää ξ X vastaa erivaatio ( ξ X f)(g) = (Df) g (ξ X ) g = (Df) g (gx). Erityisesti, jos X e tulkitaan 1. tehtävän määritelmän mielessä, siis matriisina, jolla jokainen exp(tx) ), niin ( ξ X f)(g) = (Df) g (gx) = t sillä (a) ketjusäännön mukaan erivoien t f(g exp(tx)) = (DF ) ge tx f(g exp(tx)), (gxe tx ) = (Df) g (gx). 2

3 (b) ästä saaaan sulkeien säilymiskaava. arvitaan tosin lemma (c): ( ξ X ( ξ Y f))(g) (a) = s s=0 t f(g exp(sx) exp(ty )) = (D 2 f) g (gx, gy ) + (Df) g (gxy ). Osoitetaan ensin, että (c) riittää: Väite on Määritelmän ja lemman (c) mukaan ([ ξ X, ξ Y ]f)(g) = ( ξ [X,Y ] f)(g). ([ ξ X, ξ Y ])(g) = ( ξ X ( ξ Y f))(g) ( ξ Y ( ξ X f))(g) ja = ((D 2 f) g (gx, gy ) + (Df) g (gxy )) ((D 2 f) g (gy, gx) + (Df) g (gy X)) joten riittää huomata, että s ( ξ [X,Y ] f)(g) = (Df) g (g[x, Y ]) = (Df) g (gxy gy X) = (Df) g (gxy ) (Df) g (gy X), (D 2 f) g (gx, gy ) = ((D 2 f) g (gy, gx), mikä C -funktiolle f päteekin. Osoitetaan lopuksi, että lauseke (c) on oikein eli että s=0 t ämä on suora lasku 2. f(g exp(sx) exp(ty )) = (D 2 f) g (gx, gy ) + (Df) g (gxy ). 4. Olkoon ω -ulotteisen lineaarisen Lien ryhmän vaseninvariantti -muoto ja x ϕ(x) = x 1, käänteisen muoostamiskuvaus ϕ :. Osoita, että ϕ ω = et( A g )ω. Ohje: a) Muista (tai osoita) että (Dϕ) e A = A. b) Osoita sitten, että kaikilla g on (Dϕ) g (gx) = g 1 (A g X). c) Loput. a) Osoittaminen sujuu soveltamalla tulon erivoimiskaavaa tuloon XX 1 = e kohassa e: 0 = D(XX 1 ) e A = D(X ϕx) e A = Aϕ(e) + e(dϕ) e A = A + (Dϕ) e A. b) Kuvaus ϕ : on yhistetty kuvaus 2 mutta vaatii työtä ja rauhaa. L g 1 R g 1 x g 1 x x 1 g x 1 erityisesti: g e e g 1. ϕ 3

4 Lineaarikuvausten erivaatat ovat ne itse, ja kääntämisen erivaatta neutraalialkion kohalla tunnetaan, joten erivoimalla saaaan lausuttua (Dϕ) g : (DL g 1 ) g (DR g 1 ) e g e (Dϕ)e e g 1 X g 1 X g 1 X g 1 Xg 1 siis: gx g 1 gx g 1 gx g 1 gxg 1 = g 1 A g X. c) ω on -ulotteisen Lien ryhmän vaseninvariantti -muoto, joten 3 (ϕ ω) x (xx 1,..., xx ) = ω ϕ(x) ((Dϕ) x (xx 1 ),..., (Dϕ) x (xx )) = ω x 1( x 1 A x X 1,..., x 1 A x X ) = ω e ( A x X 1,..., A x X ) = et( A x )ω e (X 1,..., X ) = et( A x )ω x (xx 1,..., xx ) Siis ϕ ω = et( A g )ω. Huomautus: -ulotteisella ryhmällä vaseninvariantti -muoto ω määrää vaseninvariantin eli Haarin itan µ. Äsken toistettu merkitsee, että kaikilla g ja kompaktikantajaisilla jatkuvilla funktioilla f on f(x 1 ) µ(x) = f(x) et(a g 1) µ(x), ämän avulla voiaan uuelleen toistaa lause 3.24 eli väite (g) = et(a g 1), sillä emojen (10) seurauksen mukaan kaikilla g ja kompaktikantajaisilla jatkuvilla funktioilla f on f(x 1 ) µ(x) = f(x) (x 1 ) µ(x), missä µ on Haarin mitta. 5. Osoita, että jos Lien ryhmän esitys η on unitaarinen ja W on invariantti aliavaruus, niin W :n ortogonaalinen komplementti W = {v V (v, u) = 0 kaikilla u W } on myös invariantti. u W (u w) = 0 kaikilla w W. Olkoon u W ja g. Osoitetaan, että η g u W. Olkoon w W. Unitaarisuusehon nojalla (η g u w) = (u η g w) = (u η g 1w) = 0, koska W :n invrianssin mukaan η g 1w W. 6. Olkoon kompakti Lien ryhmä ja η sen äärellisulotteinen esitys. Silloin on olemassa korjattu sisätulo avaruuessa V siten, että η on sen suhteen unitaarinen. Ohje: Osoita, että (u v) η = (η gu η g v) µ(g) kelpaa. Huomaa, että kun g, niin {gh h } =. 3 Vrt. toistus lauseelle (3.24?) (g) = et A g 1, jossa on eri ϕ-kuvaus. 4

5 (u v) η = (η gu η g v) µ(g) on äärellinen, sillä on kompakti ja kuvaus g (η g u η g v) on jatkuva. Selvästi siis (u v) η on sisätulo avaruuessa V. Osoitetan esityksen η unitaarisuus tämän sisätulon (u v) η suhteen. Väite sanoo, että kaikille h on voimassa (η h u η h v) η = (u v) η. Lasketaan huomaten, että ryhmä on kompakti, siis unimoulaarinen, joten µ on myös oikeainvariantti. : µ oik inv (η h u η h v) η = (η g η h u η g η h v) µ(g) = (η gh u η gh v) µ(gh) = (u v) η. 5