Bài tập nhóm lie dành cho cao học

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 ánh xạ tiếp xúc của µ tại (e, e) xác định bởi
T
(e,e)
µ : T
e
G × T
e
G −→ T
e
G
(X, Y ) −→ X + Y.
b) Chứng minh rằng ánh xạ ngược
i : G −→ G
x −→ x
−1
là trơn trong một lân cận của e và ánh xạ tiếp xúc xác định bởi
T
e
i : T
e
G −→ T
e
G
X −→ −X
c) Chứng minh rằng G là một nhóm Lie.

Bài 2
SU(2) = {A ∈ M(2, C)/ det A = 1 và A
t
A = I}
= {

α −β
β α

/α, β ∈ C, |α|
2
+ |β|
2
= 1}.
Với x ∈ S
3
, ta định nghĩa ma trận phức 2 × 2 :
u
x
:=

x
1
+ ix
2
−x
3
+ ix
4
x

3
+ ix
4
x
1
− ix
2

a) Chỉ ra ϕ : x −→ u
x
là song ánh từ S
3
lên SU(2).
b) Chứng tỏ S
3
là đa tạp khả vi trong R
4
. 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.A
t
= I}
S = {A ∈ Mat(n, R)|A
t
= A}
i
a) Chứng minh rằng ánh xạ:
ϕ : Mat(n, R) −→ S
A −→ A.A

t
là trơn và có T
I
ϕ : X −→ X + X
t
.
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)
∼
=
R
n
2
và chuyển tích trong trên R
n
2
vào tích trong
Mat(n, R)
a) Chứng minh X, Y  = tr(XY
t
); ∀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 −→ e
A

=
∞

n=0
1
n!
A
n
, tính
exp

0 −ϕ
ϕ 0

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 =










b

1
0 0 0

0 b
k
0 0
0 0 1 0

0 0 0 1










b
i
=

cosϕ
i
−sinϕ
i
sinϕ
i
cosϕ

i

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.
ii
Bài 7
G = SL(n, R).
T
I
G = sl(n, R) = {X ∈ M
n
R|trX = 0}.
a) Chứng minh rằng y =

−1 1
0 −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 X
a
. exp X
s
với X
a
là ma
trận phản xứng, X
s

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) = 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. 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.
iii
Hướng dẫn giải
Bài 1
a) Với mọi X, Y ∈ T
e
G ta có
T
(e,e)

µ(X, Y ) =
d
dt
µ(tX, tY ) |
t=0
=
d
dt
µ(tX, e) |
t=0
+
d
dt
µ(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
µ
1
: G × G −→ G
(x, y) −→ µ
1
(x, y) = x
và
µ
2
: G × G −→ G
(x, y) −→ µ
2
(x, y) = y.
Rõ ràng µ
1
.µ
2
= µ. Do đó
T
(e,e)
µ = T
(e,e)
(µ
1
.µ
2
)
= T

(e,e)
(µ
1
).µ
2
(e, e) + T
(e,e)
(µ
2
).µ
1
(e, e)
= T
(e,e)
(µ
1
).e + T
(e,e)
(µ
2
).e
= T
(e,e)
(µ
1
) + T
(e,e)
(µ
2
).

Ta có biểu đồ giao hoán
T
(e,e)
G
1
× G
2
T
e
G
R
n
× R
n
R
n
✲
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 ◦ µ
1
◦ χ
−1
) = D(ϕ ◦ µ
1
◦ (ϕ
−1
, ψ
−1
)) = D(ϕ ◦ ϕ
−1
).
Do đó
φ(X, Y ) = D(ϕ ◦ ϕ
−1
)(X, Y ) = X, ∀X, Y ∈ R
n
.
Suy ra
T
(e,e)
µ
1
(X, Y ) = X, ∀(X, Y ) ∈ T
(e,e)
G
1

× G
2
.
Tương tự, T
(e,e)
µ
2
(X, Y ) = Y. Ta thu được
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
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
i : G −→ G
x −→ x

−1
là trơn trong lân cận của e.
Ánh xạ tiếp xúc
T
e
i(x) =
d
dt
i(tX)



t=0
=
d
dt
(tX)
−1



t=0
= −X.
Vậy T
e
i(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,
• l
y

(x) = yx = µ(y, x) nên l
y
trơn cấp C
∞
• r
y
(x) = xy = µ(x, y) nên r
y
trơn cấp C
∞
.
Và i : x −→ x
−1
là trơn trong một lân cận của e.
Mà ∀x ∈ G,
l
y
◦ i ◦ r
y
(x) = l
y
◦ i(x, y) = l
y
(y
−1
x
−1
) = yy
−1
x

−1
= x
−1
.
Do đó i = l
y
◦ i ◦ r
y
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 ∈ S
3
, giả sử u
x
= u
y
⇒ x
i
= y
i
, i = 1, 4 ⇒ x = y. Vậy ϕ đơn ánh.
Giả sử u =

α γ
β δ


∈ 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 u
x
= u. Tức ϕ toàn ánh.
Từ trên ta nhận được ϕ là song ánh từ S
3
lên SU(2).
v
b) Đặt f(x
1
, x
2
, x
3
, x

4
) =

4
i=1
(x
i
)
2
.
Ta có gradf = (2x
1
, 2x
2
, 2x
3
, 2x
4
) = 0∀(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) = (0, 0, 0, 0).
Do đó S
3
= {(x

1
, x
2
, x
3
, x
4
) ∈ R, f(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) = 1} là đa tạp khả vi.
Bài 3
a) Chứng minh ϕ là ánh xạ:
∀A ∈ Mat(n, R) : (A.A
t
)
t
= (A
t
)
t
.A
t
= A.A
t

nên A.A
t
∈ S. Hiển nhiên A = B ⇒
ϕ(A) = ϕ(B).
Vì Mat(n, R)
∼
=
R
n
2
và các thành phần trong A.A
t
,∀A ∈ Mat(n, R) là trơn nên ϕ là
trơn.
Ánh xạ tiếp xúc của ϕ: T
I
ϕ : T
I
Mat(n, R) −→ T
I
S.
Dễ thấy T
I
Mat(n, R) = Mat(n, R), T
I
S = S nên T
I
ϕ : Mat(n, R) −→ S. Ta có
T
I

ϕ(X) =
d
ds
ϕ(exp(SX)) |
s=0
=
d
ds
(exp(SX)).(exp(SX))
t
|
s=0
= [X.(exp(SX)).(exp(SX))
t
+ X
t
.(exp(SX)).(exp(SX))
t
] |
s=0
= X + X
t
.
Vậy T
I
ϕ(X) = X + X
t
.
b) Vì ϕ là ánh xạ trơn giữa các đa tạp khả vi và I là chính qui nên ta chỉ cần chứng
minh T

I
ϕ là toàn ánh.
Thật vậy với mọi A ∈ S đặt X =
1
2
A khi đó X ∈ Mat(n, R). Do A ∈ S nên A
t
= A và
X =
1
2
A ta có X
t
=
1
2
A
t
=
1
2
A.
Suy ra T
I
ϕ(X) = X + X
t
=
1
2
A +

1
2
A = A. Vậy T
I
ϕ 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.A
t
= 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)
ϕ : g/ ker ϕ −→ h
X + ker ϕ −→ ϕ(X).
vi
là 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) X, Y  = tr(XY
t
); ∀X, Y ∈ Mat(n, R).
Thật vậy, với X = (x
ij
)
n×n
và Y = (y
ij
)
n×n
ta có
X, Y  =

n

i=1
n

k=1
x
ik
y
ki
và XY
t
= (
n

k=1
x
ik
y
kj
)
n×n
nên tr(XY
t
) =
n

i=1
n


k=1
x
ik
y
ki
.
Vậy X, Y  = tr(XY
t
).
b) O(n) được chứa trong một hình cầu đơn vị.
Dễ thấy I ∈ O(n) và với mọi 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) = n
2
.
vii
Suy ra X, I ≤ 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:
A =

0 −ϕ
ϕ 0

= ϕ ◦ J, J =

0 −1
1 0

J
2n
= (−1)
n
I, J
2n+1
= (−1)
n
J
Suy ra
e
A
=
∞

n=0
1
n!
A

n
=
∞

n=0
1
(2n)!
A
2n
+
∞

n=0
1
(2n + 1)!
A
2n+1
=
∞

n=0
(−1)
n
(2n)!
ϕ
2n
I +
∞

n=0

(−1)
n
(2n + 1)!
ϕ
2n+1
J
= 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

, ∃A =

0 −ϕ
ϕ 0

để exp(A) = x, suy ra exp là toàn ánh lên SO(2).
b) ∀x ∈ SO(n), ∃y ∈ SO(n)sao cho y
−1
xy = b là ma trận:
b =











b
1
0 0 0

0 b
k
0 0
0 0 1 0

0 0 0 1










b
i
=


cos ϕ
i
− sin ϕ
i
sin ϕ
i
cos ϕ
i

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.
viii
Đặt
c =










c

1
0 0 0

0 c
m
0 0
0 0 0 0

0 0 0 0










c
i
=

0 −ϕ
ϕ 0

suy ra c ∈ so(n) và
exp(c) =











b
1
0 0 0

0 b
m
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

.
Y
2
= (a
2
+ bc)I ⇒ Y
2n
= (a
2
+ bc)
n
I = λ
n
I
Y
2n+1
= (a

2
+ bc)
n
Y = λ
n
Y.
Do đó
exp(Y ) =
∞

n=0
1
n!
Y
n
=
∞

n=0
1
(2n)!
λ
n
I +
∞

n=0
1
(2n + 1)!
λ

n
Y.
Giả sử y = exp(Y ), Y ∈ sl(2, R),
suy ra y
2
= exp(2Y ) =

1 −2
0 1

, 2Y = Z =

−a c
b a

Do đó
∞

n=0
λ
n
(2n)!
I +
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
Y

=



∞

n=0
λ
n
(2n)!
0
0
∞

n=0
λ
n
(2n)!



+



−a
∞

n=0
λ

n
(2n+1)!
c
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
b
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
a
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!



=

−1 1
0 −1


Suy ra b = 0 hoặc
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
= 0.
ix
(i) Nếu b = 0 thì













c.
∞

n=0
λ
n

(2n+1)!
= −2
∞

n=0
λ
n
(2n)!
− a
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
= −1
∞

n=0
λ
n
(2n)!
+ a
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
= −1

suy ra a = 0 hoặc
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
= 0. Vậy nếu b = 0 thì Y =

0 c
0 0

⇒ Y
2
= 0 ⇒ exp(Y ) = I + Y =

1 c
0 1

=

−1 1
0 −1

= y.
(mâu thuẫn)
(ii) Nếu
∞

n=0

λ
n
(2n+1)!
= 0 ⇒ Y = 0 ⇒ exp(Y ) = I =

−1 1
0 −1

.
(mâu thuẫn)
và
∞

n=0
λ
n
(2n+1)!
= 0 ⇒ Y = µI ⇒ exp(Y ) =

e
µ
0
0 e
µ

=

−1 1
0 −1


(mâu thuẫn)
b) x ∈ SL(n, R); x = exp X
a
. exp X
s
với
X
a
là ma trận phản xứng,X
s
là ma trận đối xứng. Xét x
t
x là ma trận xác định dương.
Khi đó tồn tại c ∈ O(n) sao cho c
−1
x
t
xc =



λ
1
0

0 λ
n




, λ
i
> 0
exp : sl(n, R) −→ SL(n, R)
A −→ e
A
suy ra c
−1
x
t
xc = e
A
(A là ma trận đối xứng).
Do đó x
t
x = e
cAc
−1
= e
2X
a
(X
a
là ma trận đối xứng).
Đặt y = xe
−X
a
, ta có y
t
y = e

−X
a
x
t
e
−X
a
= e
−X
a
e
2X
a
e
−X
a
= I.
Vậy y ∈ SO(n).
Theo bài tập 5 thì tồn tại X
a
là ma trận phản xứng sao cho x
t
y = e
X
a
do đó x = e
X
a
e
X

s
.
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 e
tad(X)Y
∈ H, ∀t ∈ R.
Thật vậy, Y ∈ h nên exp(tY ) ∈ H, ∀t ∈ R.
x
Do 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
⇒e
sad(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) = T
e
C
x
= id}
= {x ∈ G| ∀Y ∈ g : Ad(x).Y = Y = T
e
C
x
Y }
= {x ∈ G| ∀y ∈ G : C
x
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 ∈ 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}
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 ) 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).
xii