Bài tập Nhóm LieBài 1 Cho G là nhóm, trang bị một cấu trúc đa tạp trơn.. b Chứng minh rằng ánh xạ ngược x 7−→ x−1 là trơn trong một lân cận của e và ánh xạ tiếp xúc xác định bởi Tei : Te
Trang 1Bài tập Nhóm Lie
Bài 1
Cho G là nhóm, trang bị một cấu trúc đa tạp trơn Cho
(x, y) 7−→ xy
là trơn
a) Chứng minh rằng ánh xạ tiếp xúc của µ tại (e, e) xác định bởi
T(e,e)µ : TeG × TeG −→ TeG
(X, Y ) 7−→ X + Y
b) Chứng minh rằng ánh xạ ngược
x 7−→ x−1
là trơn trong một lân cận của e và ánh xạ tiếp xúc xác định bởi
Tei : TeG −→ TeG
c) Chứng minh rằng G là một nhóm Lie
Bài 2
SU (2) = {A ∈ M (2, C)/ det A = 1 và AtA = I}
!
/α, β ∈ C, |α|2+ |β|2 = 1}
Với x ∈ S3, ta định nghĩa ma trận phức 2 × 2 :
ux := x1+ ix2 −x3+ ix4
x3+ ix4 x1− ix2
!
a) Chỉ ra ϕ : x 7−→ ux là song ánh từ S3 lên SU (2)
b) Chứng tỏ S3 là đa tạp khả vi trong R4 Hãy chuyển cấu trúc đa tạp này lên SU (2)
để ϕ trở thành vi phôi
Bài 3
O(n) = {A ∈ GL(n, R)|A.At= I}
S = {A ∈ Mat(n, R)|At= A}
Trang 2a) Chứng minh rằng ánh xạ:
là trơn và có TIϕ : X 7−→ X + Xt
b) Chứng minh ϕ là ngập tại I
c) Chứng minh O(n) là một nhóm Lie
Bài 4
Chúng ta đồng nhất Mat(n, R) ∼= Rn2 và chuyển tích trong trên Rn2 vào tích trong Mat(n, R)
a) Chứng minh hX, Y i = tr(XYt); ∀X, Y ∈ Mat(n, R)
b) O(n) được chứa trong một hình cầu đơn vị
c) O(n) là compact
Bài 5
M là 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=
∞
P
n=0
1 n!An, tính
!
và chỉ ra so(2) −→ SO(2) là toàn ánh
b) Chứng minh rằng ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n) sao cho x = yby−1 với
b =
b1 0 0 0
0 bk 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
bi = cosϕi −sinϕi
sinϕi cosϕi
!
c)Với n ≥ 2, chứng minh rằng ánh xạ exp : so(n) −→ SO(n) là toàn ánh
d) SO(n) liên thông
Bài 6
Chứng minh rằng U (n) và SU (n) là liên thông
Trang 3Bài 7
G = SL(n, R)
TIG = sl(n, R) = {X ∈ MnR|trX = 0}
a) Chứng minh rằng y = −1 1
!
∈ SL(2, R) nhưng không tồn tại Y ∈ sl(2, R) sao cho exp(Y ) = y
b) n ≥ 2, chứng minh rằng x ∈ SL(n, R) có thể viết x = exp Xa exp Xs với Xa là ma trận phản xứng, Xs là ma trận đối xứng
Bài 8
Cho g, h là các đại số Lie, xét toàn cấu đại số Lie ϕ : g −→ h, Chứng minh ker ϕ là một ideal của g ker ϕ = {X ∈ g|ϕ(X) = 0h} và
X + Kerϕ 7−→ ϕ(X)
là đẳng cấu đại số Lie
Bài 9
Cho H là nhóm Lie con của nhóm Lie G Và h và g lần lượt là các đại số Lie của
H và G
a) Chứng minh rằng nếu H là chuẩn tắc trong G thì h là idean của g
b) Giả sử H và G liên thông Nếu h là idean của g thì H chuẩn tắc trong G
Bài 10
Tâm của 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 của Z(G) là Z(g) Chứng minh Z(g) = ker ad
c) Chứng minh Z(g) là một idean của g
d) Chứng minh Z(g) = ker ad
Trang 4Hướng dẫn giải Bài 1
a) Với mọi X, Y ∈ TeG ta có
T(e,e)µ(X, Y ) = d
dtµ(tX, tY ) |t=0=
d
dtµ(tX, e) |t=0+
d
dtµ(e, tY ) |t=0
= d
dt(tX) |t=0 +
d
dt(tY ) |t=0= X + Y.
Vậy
T(e,e)µ(X, Y ) = X + Y
Cách 2)
Đặt
(x, y) 7−→ µ1(x, y) = x và
(x, y) 7−→ µ2(x, y) = y
Rõ ràng µ1.µ2 = µ Do đó
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 TeG
Rn× Rn
Rn
-T (e,e) µ 1
?
T(e,e)(ϕ,ψ)
?
T e ϕ
-φ
Đặt χ = (ϕ, ψ) với ϕ, ψ là tọa độ địa phương tại x, y
φ = D(ϕ ◦ µ1◦ χ−1) = D(ϕ ◦ µ1◦ (ϕ−1, ψ−1)) = D(ϕ ◦ ϕ−1)
Do đó
φ(X, Y ) = D(ϕ ◦ ϕ−1)(X, Y ) = X, ∀X, Y ∈ Rn Suy ra
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 được
T(e,e)µ(X, Y ) = X + Y
Trang 5b) Ta có e × G ∼= G nên
µ |e×G: e × G −→ G
(e, x) 7−→ x
là trơn, song ánh và µ(e, e) = e Ma trận Jacobi của µ |e×G tại e khác không, do đó theo định lý hàm ẩn tồn tại U mở chứa e, V mở chứa e sao cho g : U −→ V là trơn và µ(x, g(x)) = e
Suy ra x.g(x) = e ⇒ g(x) = x−1 Vì vậy
x 7−→ x−1
là trơn trong lân cận của e
Ánh xạ tiếp xúc
Tei(x) = d
dti(tX)
t=0= d
dt(tX)
−1
t=0= −X
Vậy Tei(X) = X
c) Để chứng minh G là nhóm Lie, ta đã có µ trơn, ta chỉ cần chứng minh i trơn là 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 7−→ x−1 là trơn trong một lân cận của e
Mà ∀x ∈ G,
ly ◦ i ◦ ry(x) = ly ◦ i(x, y) = ly(y−1x−1) = yy−1x−1 = x−1
Do đó i = ly◦ i ◦ ry trơn C∞
Nhận xét: Từ bài tập này ta có thể xây dựng nhóm Lie chỉ dựa trên cấu trúc của một đa tạp trơn và ánh xạ tích µ là trơn mà không cần ánh xạ ngược
Bài 2
Với mọi x, y ∈ S3, giả sử ux = uy ⇒ xi = yi, i = 1, 4 ⇒ x = y Vậy ϕ đơn ánh Giả sử u = α γ
!
∈ SU (2) Do đó δ = α ⇒ γ = −β Đặt
(
α = a + ib
β = c + id thì
u = a + ib −c + id
c + id a + ib
!
= a + ib −c + id
c + id a − ib
!
Do đó, tồn tại x(a, b, c, d) để ux = u Tức ϕ toàn ánh
Từ trên ta nhận được ϕ là song ánh từ S3 lên SU (2)
Trang 6b) Đặt f (x1, x2, x3, x4) = P4
i=1(xi)2
Ta có gradf = (2x1, 2x2, 2x3, 2x4) 6= 0∀(x1, x2, x3, x4) 6= (0, 0, 0, 0)
Do đó S3 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R, f (x1, x2, x3, x4) = 1} là đa tạp khả vi
Bài 3
a) Chứng minh ϕ là 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) ∼= Rn2 và các thành phần trong A.At,∀A ∈ Mat(n, R) là trơn nên ϕ là trơn
Ánh xạ tiếp xúc của ϕ: TIϕ : TIMat(n, R) −→ TIS
Dễ thấy TIMat(n, R) = Mat(n, R), TIS = S nên TIϕ : Mat(n, R) −→ S Ta có
TIϕ(X) = d
dsϕ(exp(SX)) |s=0=
d
ds(exp(SX)).(exp(SX))
t|s=0
= [X.(exp(SX)).(exp(SX))t+ Xt.(exp(SX)).(exp(SX))t] |s=0
= X + Xt Vậy TIϕ(X) = X + Xt
b) Vì ϕ là ánh xạ trơn giữa các đa tạp khả vi và I là chính qui nên ta chỉ cần chứng minh TIϕ là toàn ánh
Thật vậy với mọi A ∈ S đặt X = 12A khi đó X ∈ Mat(n, R) Do A ∈ S nên At= A và
X = 12A ta có Xt= 12At= 12A
Suy ra TIϕ(X) = X + Xt= 12A + 12A = A Vậy TIϕ là toàn ánh Hay ϕ là một 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 ∈ GL(n, R)|A.At = I} = O(n)
Vậy O(n) là một 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 ra [0, ϕ(Y )] = 0 ⇒ [X, Y ] ∈ ker ϕ b)
X + ker ϕ 7−→ ϕ(X)
Trang 7là 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 vì ϕ toàn cấu nên ∃X ∈ g : Y = ϕ(X)
Lúc đó:
X + ker ϕ ∈ g/ ker ϕ : ϕ(X + ker ϕ) = Y
Bài 4
a) hX, Y i = tr(XYt); ∀X, Y ∈ Mat(n, R)
Thật vậy, với X = (xij)n×n và Y = (yij)n×n ta có
hX, Y i =
n
X
i=1
n
X
k=1
xikyki
và XYt= (
n
P
k=1
xikykj)n×n nên tr(XYt) =
n
P
i=1
n
P
k=1
xikyki Vậy hX, Y i = tr(XYt)
b) O(n) được chứa trong một hình cầu đơn vị
Dễ thấy I ∈ O(n) và với mọi X ∈ O(n) ta có XXt= I
Theo bất đẳng Shawart:
|hX, Ii|2 ≤ hX, Xi|.hI, Ii| = tr(XXt).tr(IIt) = tr(I).tr(I) = n2
Trang 8Suy ra hX, Ii ≤ n.
Vậy O(n) được chứa trong hình cầu tâm I bán kính n
c) O(n) là compact
Ta đã chứng minh được O(n) là nhóm con đóng và theo câu b) ở trên O(n) được chứa trong hình cầu tâm I bán kính compact n nên O(n) là compact
Bài 5
a) Ta có:
!
= ϕ ◦ J, J = 0 −1
!
J2n = (−1)nI, J2n+1 = (−1)nJ
Suy ra
eA=
∞
X
n=0
1 n!A
n
=
∞
X
n=0
1 (2n)!A
2n+
∞
X
n=0
1 (2n + 1)!A
2n+1
=
∞
X
n=0
(−1)n (2n)!ϕ
2nI +
∞
X
n=0
(−1)n (2n + 1)!ϕ
2n+1J
= cos ϕ.I + sin ϕ.J = cos ϕ − sin ϕ
sin ϕ cos ϕ
!
∀x ∈ SO(2), x = cos ϕ − sin ϕ
sin ϕ cos ϕ
!
!
để exp(A) = x, suy ra exp là toàn ánh lên SO(2)
b) ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n)sao cho y−1xy = b là ma trận:
b =
b1 0 0 0
0 bk 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
bi = cos ϕi − sin ϕi
sin ϕi cos ϕi
!
Do đó x = yby−1
c) exp : so(n) −→ SO(n) là toàn ánh
Thật vậy, ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n) : x = yby−1 với b có dạng trên
Trang 9c =
c1 0 0 0
0 cm 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
ci = 0 −ϕ
!
suy ra c ∈ so(n) và
exp(c) =
b1 0 0 0
0 bm 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
Do đó b = exp(c) và x = yby−1 = y(exp(c))y−1 = exp(ycy−1) với X = ycy−1 ∈ so(n)
Bài 7
a) Thật vậy Y ∈ sl(2, R) ⇒ y = a c
b −a
!
Y2 = (a2+ bc)I ⇒ Y2n = (a2+ bc)nI = λnI
Y2n+1 = (a2+ bc)nY = λnY
Do đó
exp(Y ) =
∞
X
n=0
1 n!Y
n
=
∞
X
n=0
1 (2n)!λ
n
I +
∞
X
n=0
1 (2n + 1)!λ
n
Y
Giả sử y = exp(Y ), Y ∈ sl(2, R),
suy ra y2 = exp(2Y ) = 1 −2
!
, 2Y = Z = −a c
!
Do đó
∞
P
n=0
λn
(2n)!I +
∞
P
n=0
λn (2n+1)!Y
=
∞
P
n=0
λ n
(2n)! 0
0
∞
P
n=0
λ n
(2n)!
+
−a
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! c
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)!
b
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! a
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)!
!
Suy ra b = 0 hoặc
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = 0
Trang 10(i) Nếu b = 0 thì
c
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = −2
∞
P
n=0
λ n
(2n)! − a
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = −1
∞
P
n=0
λ n
(2n)! + a
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = −1 suy ra a = 0 hoặc
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = 0 Vậy nếu b = 0 thì Y = 0 c
0 0
!
⇒ Y2 = 0 ⇒ exp(Y ) = I + Y = 1 c
0 1
!
!
= y
(mâu thuẫn)
(ii) Nếu
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = 0 ⇒ Y = 0 ⇒ exp(Y ) = I 6= −1 1
!
(mâu thuẫn)
và
∞
P
n=0
λ n
(2n+1)! = 0 ⇒ Y = µI ⇒ exp(Y ) = e
µ 0
0 eµ
!
!
(mâu thuẫn)
b) x ∈ SL(n, R); x = exp Xa exp Xs với
Xa là ma trận phản xứng,Xs là ma trận đối xứng Xét xtx là ma trận xác định dương Khi đó tồn tại c ∈ O(n) sao cho c−1xtxc =
λ1 0
0 λn
, λi > 0
exp : sl(n, R) −→ SL(n, R)
suy ra c−1xtxc = eA (A là ma trận đối xứng)
Do đó xtx = ecAc−1 = e2Xa (Xa là ma trận đối xứng)
Đặt y = xe−Xa, ta có yty = e−Xaxte−Xa = e−Xae2Xae−Xa = I
Vậy y ∈ SO(n)
Theo bài tập 5 thì tồn tại Xalà ma trận phản xứng sao cho xty = eXado đó x = eXaeXs
Bài 9
a) Nhắc lại, H là chuẩn tắc trong G nếu ∀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
Trang 11Do H là chuẩn tắc trong 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 là idean của g
b) Ta chứng minh ∀x ∈ G, y ∈ H : xyx−1∈ H
Vì H liên thông nên H liên thông đường, do đó
x = exp(X), y = exp(Y )vớix ∈ g, y ∈ h
Như vậy xyx−1 = exp(X) exp(Y ).(exp(X))−1 = exp(Ad(exp X)).Y
Vì h là Idean của g nên [X, Y ] ∈ h, do đó ad(X).Y ∈ h Mặt khác
ad(X).Y = d
dt
t=0
Ad(exp tX).Y
⇒ Ad(exp tX).Y ∈ h
⇒ Ad(exp X).Y ∈ h
⇒ exp(Ad(exp X)).Y ∈ h
Bài 10
Ta có
ker Ad = {x ∈ G| Ad(x) = TeCx = id}
= {x ∈ G| ∀Y ∈ g : Ad(x).Y = Y = TeCxY }
= {x ∈ G| ∀y ∈ G : Cxy = 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 ∈ 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 của đại số Lie
Z(g) = {X ∈ g| [X, Y ] = 0, ∀Y ∈ g}
Trang 12Z(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 ) là không gian véc tơ với phép (+), phần tử đơn vị là 0 GL(V ) là không gian véc tơ với đơn vị là id
ker Ad = {X ∈ g| Ad(x) = 0}
= {X ∈ g| ad(X)Y = 0, ∀Y ∈ g}
= {X ∈ g| [X, Y ] = 0} = Z(g)
... Hay ϕ ngập Ic) O(n) nhóm Lie
Thật vậy, ϕ trơn I ∈ S nên ϕ−1(I) nhóm đóng GL(n, R) mà GL(n, R)
là nhóm Lie nên ϕ−1(I) nhóm Lie
Ta có
ϕ−1(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 2
Với x, y ∈ S3,...
Theo tập tồn Xalà ma trận phản xứng cho xty = eXado x = eXaeXs
Bài 9