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Un grupo de Lie que no es un grupo de matrices

In Grupos y geometría on Domingo 30, enero, 2011 at 4:44 pm

por Andrés Sambarino

Como dice el título, la idea del texto es mostrar un grupo de Lie que no se puede ver como un subgrupo de matrices, es decir, no admite un morfismo inyectivo en GL(n,\mathbb R)=\{\textrm{ matrices }n\times n\textrm{ de }\det\neq 0\}.

El ejemplo nace de la siguiente propiedad del grupo de Heisenberg de matrices triangulares superiores con unos en la diagonal:{\displaystyle \textrm{H}=\{\left(\begin{array}{ccc} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right):a,b,c\in\mathbb R\}}.

Consideramos la matriz

B=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right),

un cálculo directo muestra que

{\displaystyle e^{tB}=\sum_{n=0}^\infty\frac{t^nB^n}{n!}=\textrm{id}+tB=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & t \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right).}

Proposición. Sea \rho: \textrm{H}\to GL(n,\mathbb R) un morfismo tal que \ker \rho contiene un elemento de la forma e^{t_0B} para algún t_0\in\mathbb R entonces todo el grupo \{e^{tB}:t\in\mathbb R\} está contenido en \ker\rho.

O sea, una acción lineal del grupo \textrm{H} tal que la matriz

\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & t_0 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)

actúa como la identidad implica que todo el grupo a un parámetro generado por esa matriz también actúa trivialmente.

La idea entonces es considerar el siguiente cociente del grupo de Heisenberg:

G:=\textrm{H}/\{\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & n \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right):n\in\mathbb Z\}.

El grupo por el cual cocientamos es normal porque conmuta con todo \textrm{H}. Podemos escribir explícitamente la fórmula del producto para el grupo G=\mathbb R^2\times S^1

((x,y),\zeta_1)\cdot ((z,t),\zeta_2)=((x+z,y+t),e^{2\pi ixt}\zeta_1\zeta_2).

 

Corolario. No existe un morfismo inyectivo \varphi:G\to GL(n,\mathbb R).

Prueba del corolario. Escribimos el morfismo cociente como \eta:\textrm{H}\to G. Supongamos que tenemos entonces un morfismo \varphi:G\to GL(n,\mathbb R), entonces la composición \rho:=\varphi\circ\eta es un morfismo de : \textrm{H}\to GL(n,\mathbb R) cuyo núcleo contiene a la matriz

\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right).

Aplicando la proposición tenemos que \ker \rho contiene a todo el grupo \{e^{tB}:t\in\mathbb R\} y como \ker\eta\subsetneq \ker\rho obtenemos que necesariamente \varphi no es inyectiva.

\square.

Prueba de la proposición

Un morfismo \rho:\textrm{H}\to GL(n,\mathbb R) induce un morfismo entre las respectivas álgebras de Lie

d\rho:\mathfrak h\to \mathfrak{gl}(n,\mathbb R)=\{\textrm{matrices }n\times n\}.

El álgebra de Lie \mathfrak h consiste en matrices triangulares superiores con ceros en la diagonal. Una base de \mathfrak h como espacio vectorial es:

A=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\ B=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\ C=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)

y la relación con el corchete de Lie es [A,C]:=AC-CA=B,\ [A,B]=0 y [C,B]=0.

La idea de la prueba es mostrar que necesariamente se tiene d\rho(B)=0, esto implica la proposición ya que el grupo \{e^{tB}:t\in\mathbb R\} estará contenido en \ker \rho.

El primer paso es entonces mostrar que d\rho(B) es nilpotente, es decir, una potencia de d\rho(B) es 0. Esto es equivalente (a partir de la forma de Jordan) a probar que d\rho(B) tiene cero como único valor propio. Acá aparecen las relaciones de comnutación del corchete de Lie:

Consideramos un valor propio \lambda de d\rho(B) y V su espacio propio asociado. Como B y A conmutan tenemos que V es d\rho(A)-invariante, y lo mismo ocurre con d\rho(C) (porque 0=[B,C]). Ahora, como d\rho(B)=[d\rho(A),d\rho(C)] tenemos que la traza de d\rho(B)|V tiene que ser cero (la traza de un conmutador siempre es cero) y entonces

0=\textrm {tr} d\rho(B)|V=\lambda\dim V

de donde \lambda=0 y d\rho(B) es nilpotente.

Tenemos el siguiente lema general de matrices:

Lema. Sea M una matriz nilpotente no nula, entonces para todo t\in\mathbb R se tiene e^{tM} no es la identidad.

Como d \rho(B) es nilpotente y por hipótesis existe t_0\in\mathbb R tal que

\rho\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & t_0 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)= e^{t_0d\rho(B)}=\textrm{id}

concluimos que d\rho(B)=0 que es lo que queriamos probar.

\square.

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  1. Muy bueno el artículo Sambita.

    Acá exhibiste un cociente de un grupo de matrices por un subgrupo normal, que no es un grupo de matrices.

    En dirección contraria, escuché que el cubrimiento universal de \text{SL}(2,\mathbb{R}) tampoco es un grupo de matrices. ¿Alguna idea/intuición de porque?

    Responder
    Pablo Lessa 8 abril 2011 at 1pm

  2. Qué dice lessa! voy a hacer un post con una breve explicación.

    Responder
    Andrés Sambarino 9 abril 2011 at 12pm

  3. [...] on Sábado 9, abril, 2011 at 1:08 pm Este post va en respuesta a la pregunta que hizo el lessa en este post. La idea es explicar, sin muchos detalles, porque el cubrimiento universal del [...]

    Responder
    Otro grupo de Lie que no es un grupo de matrices « Coloquio Oleis 9 abril 2011 at 1pm

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