Rešene naloge iz Liejevih grup J. Kališnik zapiski vaj na FMF UL 2015/2016 NASLOV: Rešene naloge iz Liejevih grup AVTOR: Jure Kališnik IZDAJA: 1. izdaja ZALOŽNIK: samozaložba Jure Kališnik, Ljubljana LETO IZIDA: 2019 AVTORSKE PRAVICE: Jure Kališnik CENA: publikacija je brezplačna NATIS: elektronsko gradivo, dostopno na naslovu: http://www.fmf.uni-lj.si/˜kalisnik/lg vaje.pdf Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID=298834688 ISBN 978-961-290-042-7 (pdf) Uvod To so zapiski vaj pri predmetu Liejeve grupe za študente magistrskega študija matematike iz študijskega leta 2015/2016. Vsebina se navezuje na zapiske predavanj profesorja Mrčuna. Ljubljana 2019 Jure Kališnik Kazalo 1 Mnogoterosti in grupe 5 2 Liejeve grupe 38 3 Reprezentacije Liejevih grup 62 1 Mnogoterosti in grupe Gladke mnogoterosti so geometrični prostori, ki posplošujejo pojma krivulj in ploskev na višje dimenzije. Gladka struktura nam omogoča, da lahko na njih definiramo gladke funkcije, vektorska polja ter podobne objekte in jih tudi smiselno odvajamo in integriramo. Najprej se spomnimo na osnovne pojme, ki jih potrebujemo za definicijo mnogoterosti. Naj bo M topološki prostor. Karta dimenzije m na M je homeomorfizem φ : U → φ(U ) ⊂ m R z neke odprte podmnožice U ⊂ M na neko odprto podmnožico φ(U ) ⊂ m R . Karto ponavadi krajše označimo s (φ, U ). Karta nam omogoča, da točke množice U ⊂ M opišemo s koordinatami. Če lahko celo množico M pokrijemo s kompatibilnimi kartami, rečemo, da je M gladka mnogoterost. Kompatibilnost kart formalno definiramo na naslednji način. Recimo, da sta (φα, Uα) in (φβ, Uβ) karti na M , za kateri je Uα ∩ Uβ 6= ∅. Torej lahko točke v Uαβ = Uα ∩ Uβ opišemo z dvema naboroma koordinat, zato je smiselno zahtevati, da sta ta dva nabora gladko odvisna eden od drugega. Eksplicitno to pomeni, da morata biti φ m α(Uαβ ) in φβ (Uαβ ) odprti množici v R in da je preslikava φ −1 β |U ◦ φ : φ αβ α|Uαβ α(Uαβ ) → φβ (Uαβ ) gladek difeomorfizem med njima. Tej preslikavi rečemo prehodna preslikava, v bistvu pa nam pove, kako en nabor koordinat izrazimo z drugim. Tipičen primer, ki ga lahko imamo pred očmi, je izražava kartezičnih koordinat s polarnimi v evklidski ravnini. Karta na M nam med drugim omogoča odvajati funkcije. Če dve karti nista kompatibilni, se lahko zgodi, da je na primer neka funkcija v enih koordinatah odvedljiva, v drugih pa ne. Ker želimo, da je pojem odvedljivosti funkcije neodvisen od izbire koordinat, se omejimo samo na nabore kart, ki so paroma kompatibilne. Družini paroma kompatibilnih kart na M , ki pokrivajo celo množico M , rečemo gladek atlas na M . Gladke mnogoterosti se pojavljajo večinoma v naslednjih dveh oblikah: · kot podmnogoterosti v evklidskem prostoru, · kot množice, ki so opremljene z gladkim atlasom. V nadaljevanju tega poglavja bomo spoznali nekaj primerov mnogoterosti, ki so podane bodisi abstraktno bodisi kot podmnogoterosti kakšnega evklidskega prostora. (1) Pokaži, da je množica S1 = {(x, y) ∈ 2 2 R | x2 + y2 = 1} gladka podmnogoterost R in konstruiraj gladek atlas na S1. Rešitev: Podmnogoterosti evklidskih prostorov n R lahko pogosto opišemo kot nivojnice gladkih preslikav, katerih odvod ima maksimalen rang. V ravninskem primeru se tako lahko skličemo na naslednjo verzijo izreka o implicitni funkciji: Izrek o implicitni funkciji: Naj bo F : 2 R → R gladka funkcija in naj bo M množica rešitev enačbe F (x, y) = 0. Če je DF (x, y) = [Fx(x, y), Fy(x, y)] 6= (0, 0) za vsak (x, y) ∈ M , je M gladka podmnogoterost 2 R . Krožnico S1 lahko opišemo kot množico ničel funkcije F (x, y) = x2 + y2 − 1. Odvod funkcije F je enak DF (x, y) = [2x, 2y], 5 od koder sledi, da je DF (x, y) = (0, 0) natanko takrat, ko je (x, y) = (0, 0). V točkah iz S1 je odvod neničeln, kar pomeni, da je S1 gladka podmnogoterost 2 R . V nadaljevanju bomo opisali nekaj znanih atlasov na krožnici. (1) Polarni kot: Skoraj celo krožnico lahko opišemo s polarnim kotom φ1 ∈ (0, 2π), ki ga merimo v pozitivni smeri. Da dobimo pokritje, vzamemo še eno karto, kjer kot φ2 ∈ (0, 2π) merimo v pozitivni smeri od negativnega poltraka x-osi. y y 1.5 1.5 1.0 1.0 0.5 U 1 0.5 U 2 Φ1 -2 -1 1 x -2 -1 Φ 1 2 x -0.5 -0.5 -1.0 -1.0 Prehodna preslikava je v tem primeru φ φ 1 + π ; φ1 ∈ (0, π), 2 = φ1 − π ; φ1 ∈ (π, 2π). (2) Stereografska projekcija: Krožnico lahko pokrijemo tudi s stereografskima projekcijama iz točk N = (0, 1) in S = (0, −1). y y 1.5 1.5 1.0 1.0 N 0.5 UN 0.5 US Hx,yL -2 -1 1 x -2 -1 H 1 N x x,yL xS x -0.5 -0.5 S -1.0 -1.0 Koordinati xN : UN → R in xS : US → R sta dani s predpisoma: x xN (x, y) = , 1 − y x xS(x, y) = , 1 + y med njima pa velja zveza 1 xN = . xS (3) Projekcije na koordinatne osi: Na gladkih podmnogoterostih evklidskih prostorov lahko za koordinate vzamemo kar ustrezen nabor koordinat iz evklidskega prostora. Po izreku o implicitni funkciji lahko namreč v točkah, kjer je Fx(x, y) 6= 0 mnogoterost S1 lokalno opišemo kot graf funkcije x = x(y), kar pomeni, da lahko za koordinato vzamemo kar y. Podobno velja tudi v točkah, kjer je Fy(x, y) 6= 0. 6 y y 1.5 1.5 1.0 1.0 U + l U d U x y y 0.5 0.5 -2 -1 1 x -2 -1 1 x -0.5 -0.5 U - x -1.0 -1.0 Definirajmo odprte podmnožice U + x , U − x , U l y in U d y kot zgoraj. Množici U + x in U − x sta grafa funkcij √ y = ± 1 − x2, zato ju lahko parametriziramo s parametrom x. Podobno lahko množici U ly in U d y parametriziramo z y. Dobljene lokalne koordinate so inverzi teh parametrizacij, kar pomeni, da je: φ+ x (x, y) = x, φ− x (x, y) = x, φly(x, y) = y, φdy(x, y) = y. Prehodne preslikave med temi kartami ustrezajo eksplicitnim lokalnim izražavam krožnice z grafi funkcij. Na preseku kart U d y in U + x na primer velja p y = 1 − x2. Podobne oblike so tudi ostale prehodne preslikave. (2) Konstruiraj strukturo gladke mnogoterosti na množici vseh premic v ravnini 2 R . Rešitev: Označimo z M množico vseh premic v 2 R . Tokrat množica M ni podmnožica kakšnega evklidskega prostora, zato bomo morali najprej nanjo uvesti primerno topologijo. Intuitivno bi radi, da bosta dve premici blizu skupaj, če bosta imeli podobno smer in bosta podobno oddaljeni od izhodišča. y p blizu p dale od p x Da bi to topologijo definirali še formalno, si najprej poglejmo preslikavo p : S1 × R → M, za katero velja p(φ, t) je premica z enačbo cos φ x + sin φ y = t. Vidimo, da je preslikava p surjektivna, ni pa injektivna, saj je p(φ, t) = p(φ + π, −t). 7 y pHΦ,tL t Φ x Sedaj lahko na M definiramo kvocientno topologijo glede na ekvivalenčno relacijo, ki jo na S1 ×R določa preslikava p, kar pomeni, da je M = S1 × R/(φ,t)∼(φ+π,−t). Zožitvi p|(− π , π )× in p|(0,π)× sta injektivni in zato homeomorfizma na sliko. Njuna inverza 2 2 R R lahko uporabimo za lokalni karti na M . Označimo najprej Uα = p((− π , π ) × , π )}. 2 2 R) = {premice pod koti, ki ustrezajo parametrom φ ∈ (− π2 2 Množica Uα vsebuje vse premice, ki niso vodoravne. Koordinate na Uα definiramo s predpisom: φα : Uα → (− π , π ) × 2 2 R, p : cos φ x + sin φ y = t 7→ (φ, t). Analogno naj množica Uβ = p((0, π) × R) = {premice pod koti, ki ustrezajo parametrom φ ∈ (0, π)} vsebuje vse premice, ki niso navpične. Koordinate so definirane podobno kot prej: φα : Uα → (0, π) × R, p : cos φ x + sin φ y = t 7→ (φ, t), le da sedaj koti ležijo na drugem intervalu. Presek obeh kart je množica Uαβ = {premice, ki niso niti vodoravne niti navpične}, prehodna preslikava φβα : (− π , 0) ∪ (0, π ) × ) ∪ ( π , π) × 2 2 R → (0, π2 2 R, pa je definirana s predpisom (φ, t) ; φ ∈ (0, π ), φ 2 βα(φ, t) = (φ + π, −t) ; φ ∈ (− π , 0). 2 Vidimo, da je ta preslikava gladka, kar pomeni, da smo na množici vseh premic konstruirali gladko strukturo. 8 (3) Konstruiraj atlas na projektivni ravnini RP 2. Rešitev: Realna projektivna ravnina 3 RP 2 je množica vseh premic v R , ki potekajo skozi iz- hodišče 3 RP 2 = {premice skozi izhodišče v R }. Točke v projektivni ravnini ponavadi označujemo s homogenimi koordinatami. Za vsako trojico (x, y, z) 6= (0, 0, 0) s simbolom [x : y : z] označimo premico, ki poteka skozi izhodišče in skozi točko (x, y, z) ∈ 3 R . Ker več točk določa isto premico, se moramo zavedati, da pri računanju s homogenimi koordinatami veljajo enakosti [x : y : z] = [λx : λy : λz] za poljuben (x, y, z) 6= (0, 0, 0) in poljuben neničeln λ ∈ R. Sedaj bi radi na RP 2 konstruirali gladek atlas. V ta namen najprej definirajmo naslednje podmnožice projektivne ravnine: Ux = {premice, ki niso pravokotne na x-os}, Uy = {premice, ki niso pravokotne na y-os}, Uz = {premice, ki niso pravokotne na z-os}. Te tri množice pokrivajo celo projektivno ravnino, karta Ux pa na primer vsebuje vse premice, razen tistih, ki ležijo v yz-ravnini. Homogene koordinate premic, ki ležijo v množici Ux, imajo neničelno prvo koordinato, zato lahko definiramo bijekcijo φ 2 x : Ux → R s predpisom y z φx([x : y : z]) = , . x x Definicija je dobra zaradi multiplikativne lastnosti homogenih koordinat. Analogno lahko definiramo bijekcijo φ 2 y : Uy → R s predpisom x z φy([x : y : z]) = , y y ter bijekcijo φ 2 z : Uz → R s predpisom x y φz([x : y : z]) = , . z z Preslikava φx na primer dano premico preslika v točko oblike (y, z), kjer je (1, y, z) presečišče premice z ravnino x = 1. Sedaj bi morali preveriti, da je vsak par kart kompatibilen. Ker je dokaz v vseh treh primerih podoben, bomo pokazali samo, da sta karti (φx, Ux) in (φy, Uy) kompatibilni. Presek Ux ∩ Uy se s preslikavama φ 2 x in φy preslika na odprto podmnožico (R\{0})×R ⊂ R . Če malce preračunamo, vidimo, da ima prehodna preslikava φy ◦ (φx|U )−1 : ( y ∩Uy R \ {0}) × R → (R \ {0}) × R predpis 1 r 2 (φy ◦ (φx|U )−1)(r , . y ∩Uy 1, r2) = r1 r1 Ta preslikava je gladka z gladkim inverzom, zato sta karti kompatibilni. Podobno velja tudi za ostala para kart. Projektivna ravnina je sklenjena neorientabilna ploskev. 9 (4) Na množico G = R × (0, ∞) vpeljemo operacijo (x1, y1) · (x2, y2) = (x1 + y1x2, y1y2). Pokaži, da je G grupa in izračunaj njen center. Nato konstruiraj zvesto upodobitev ρ : G → GL(2, R). Rešitev: Da dokažemo, da je G grupa, moramo preveriti, da je operacija asociativna, da obstaja enota in da je vsak element obrnljiv. Asociativnost operacije sledi iz naslednjih enakosti: (x1, y1) · (x2, y2) · (x3, y3) = (x1 + y1x2, y1y2) · (x3, y3) = (x1 + y1x2 + y1y2x3, y1y2y3), (x1, y1) · (x2, y2) · (x3, y3) = (x1, y1) · (x2 + y2x3, y2y3) = (x1 + y1x2 + y1y2x3, y1y2y3). Enota v grupi G je element e = (0, 1), inverz elementa (x, y) pa je element (x, y)−1 = (− x , 1 ). y y Vidimo, da sta množenje in invertiranje gladki preslikavi, kar pomeni, da je G Liejeva grupa. Center Liejeve grupe G je zaprta Liejeva podgrupa edinka grupe G, ki je določena s pogojem Z(G) = {a ∈ G | ag = ga, ∀g ∈ G}. Center ponavadi izračunamo tako, da zapišemo enačbo ag = ga za nekaj primerno izbranih elementov g ∈ G in tako dobimo pogoje, ki jim morajo ustrezati elementi centra. Recimo torej, da je (x, y) ∈ Z(G). Potem mora (x, y) komutirati z vsakim elementom grupe G, torej tudi z elementoma (0, 2) in (1, 1). Iz enakosti: (x, y) · (0, 2) = (x, 2y), (0, 2) · (x, y) = (2x, 2y) najprej sklepamo, da je x = 0, iz enakosti: (x, y) · (1, 1) = (x + y, y), (1, 1) · (x, y) = (1 + x, y) pa nato še, da je y = 1. Torej je (x, y) = (0, 1) = e, kar pomeni, da je Z(G) = {e}. Zaenkrat imamo grupo G predstavljeno kot podmnožico ravnine, lahko pa jo predstavimo tudi kot podmnožico matrične grupe GL(2, R). V splošnem definiramo zvesto upodobitev Liejeve grupe G kot zvezen, injektiven homomorfizem iz grupe G v grupo GL(n, R) ali pa GL(n, C) za nek n ∈ N. V našem primeru definirajmo preslikavo ρ : G → GL(2, R) s predpisom y x ρ(x, y) = . 0 1 10 Preslikava ρ je zvezna, da je tudi homomorfizem grup, pa sledi iz enakosti y y y ρ(x 1 x1 2 x2 1y2 x1 + y1x2 1, y1)ρ(x2, y2) = = = ρ (x 0 1 0 1 0 1 1, y1) · (x2, y2). Grupam, ki jih lahko vložimo v grupo GL(n, R) ali GL(n, C), rečemo matrične grupe. Prednost matričnih grup je v tem, da si nam ni treba posebej zapomniti grupne operacije, saj je inducirana z matričnim množenjem. V našem primeru imamo torej izomorfizem y x G ∼ = x ∈ . 0 1 R, y > 0 Grupo G lahko opišemo tudi na tretji način. Izomorfna je grupi afinih transformacij afine premice R, ki ohranjajo orientacijo G ∼ = Aff+(R) = {τ : R → R | τ (x) = kx + n, k > 0, n ∈ R}. Za konec naštejmo še nekaj lastnosti grupe G: · je enostavno povezana, rešljiva Liejeva grupa, · je edina nekomutativna, povezana Liejeva grupa dimenzije 2, · levo-invariantna metrika na G določa geometrijo hiperbolične ravnine. (5) Heisenbergova grupa je množica H = 3 R , ki jo opremimo z operacijo (x1, y1, z1) · (x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 + x1y2). Konstruiraj zvesto upodobitev ρ : H → GL(3, R). Nato izračunaj njen center in opiši grupo H/ Z(H). Rešitev: Preverimo lahko, da je enota grupe H element e = (0, 0, 0), inverz elementa (x, y, z) pa je element (x, y, z)−1 = (−x, −y, −z + xy). Tokrat sta grupni operaciji polinomski preslikavi, kar pomeni, da je H Liejeva grupa. Zvesta upodobitev Heisenbergove grupe je dana s homomorfizmom ρ : H → GL(3, R) s predpisom 1 x z ρ(x, y, z) = 0 1 y   . 0 0 1 Preslikava ρ je afina in velja 1 x      1 z1 1 x2 z2 1 x1 + x2 z1 + z2 + x1y2 ρ(x1, y1, z1)ρ(x2, y2, z2) = 0 1 y 0 1 y 0 1 y  1  2 =  1 + y2  , 0 0 1 0 0 1 0 0 1 = ρ (x1, y1, z1) · (x2, y2, z2), 11 kar pomeni, da je ρ homomorfizem grup. Za izračun centra Heisenbergove grupe bomo najprej izračunali komutatorja elementa (x, y, z) z elementoma (1, 0, 0) in (0, 1, 0). Iz enakosti: (x, y, z) · (1, 0, 0) = (x + 1, y, z), (1, 0, 0) · (x, y, z) = (x + 1, y, z + y) sklepamo, da je y = 0. Podobno lahko iz enakosti: (x, y, z) · (0, 1, 0) = (x, y + 1, z + x), (0, 1, 0) · (x, y, z) = (x, y + 1, z) sklepamo še, da je tudi x = 0. Če bi računali še komutatorje z drugimi elementi grupe H, ne bi dobili nobenih novih pogojev. Zato lahko iz enakosti: (x, y, z) · (0, 0, t) = (x, y, z + t), (0, 0, t) · (x, y, z) = (x, y, z + t), ki velja za vsak t ∈ R, sklepamo, da je Z(H) = {(0, 0, t) | t ∈ R}. Center Heisenbergove grupe je torej enodimenzionalna grupa, ki je izomorfna grupi R. V nadaljevanju bomo opisali kvocientno grupo H/ Z(H). Za poljubno podgrupo K < H in poljuben element h ∈ H definiramo levi in desni odsek s predpisoma: hK = {hk | k ∈ K}, Kh = {kh | k ∈ K}. Če je K podgrupa edinka grupe H, množici levih in desnih odsekov podgrupe K sovpadata, zato lahko govorimo kar o množici odsekov, ki jo označimo s H/K. V tem primeru lahko na H/K definiramo grupno strukturo s predpisom (h1K) · (h2K) = h1h2K. V našem primeru so levi odseki podgrupe Z(H) enaki (x, y, z) Z(H) = {(x, y, z) · (0, 0, t) | t ∈ R} = {(x, y, z + t) | t ∈ R} = (x, y, 0) Z(H), kar pomeni, da jih lahko parametriziramo z 2 R . Da bi dokazali, da se grupna struktura na H/ Z(H) ujema s seštevanjem vektorjev v 2 2 R , najprej definirajmo preslikavo α : H → R s predpisom α(x, y, z) = (x, y). Preverimo lahko, da je preslikava α gladek, surjektiven homomorfizem grup z jedrom Z(H). Od tod pa sledi, da inducira izomorfizem α : H/ Z(H) → 2 R . Heisenbergova grupa je enostavno povezana in nilpotentna. Levo-invariantna metrika na H določa tako imenovano Nil geometrijo, ki je ena izmed osmih Thurstonovih geometrij v treh dimenzijah. Če označimo Γ = {(0, 0, k) | k ∈ Z}, je H/Γ primer grupe, ki ne dopušča zveste upodobitve v GL(n, C), kar pomeni, da ni matrična grupa. 12 (6) Dokaži, da je Liejeva grupa rotacij SO(3) gladka podmnogoterost prostora matrik 3×3 R in nato opiši tangentni prostor TQ SO(3) za poljubno Q ∈ SO(3). Rešitev: Grupo rotacij evklidskega prostora 3 R , ki je definirana s predpisom SO(3) = {Q ∈ 3×3 R | QT Q = I, det(Q) = 1} lahko smatramo kot podmnožico evklidskega prostora 3×3 ∼ 9 R = R . Grupa SO(3) je ena izmed dveh povezanih komponent ortogonalne grupe O(3) = {Q ∈ 3×3 R | QT Q = I}, zato je dovolj pokazati, da je O(3) gladka podmnogoterost 3×3 R . V ta namen bomo poljubno matriko Q ∈ O(3) zapisali v obliki x  11 x12 x13 Q = x  21 x22 x23 . x31 x32 x33 Pogoj QT Q = I nam pove, da so stolpci matrike Q paroma pravokotni enotski vektorji. To lahko zapišemo z naslednjim sistemom vezi: x211 + x221 + x231 = 1, x212 + x222 + x232 = 1, x213 + x223 + x233 = 1, x11x12 + x21x22 + x31x32 = 0, x11x13 + x21x23 + x31x33 = 0, x12x13 + x22x23 + x32x33 = 0. Označimo zaporedoma z f1, f2, . . . , f6 zgornje vezi. Če nam uspe pokazati, da so gradienti teh vezi linearno neodvisni vzdolž podmnožice O(3) ⊂ 3× R , bo od tod sledilo, da je O(3) gladka podmnogoterost 3×3 R . Gradienti teh vezi so: x      11 0 0 0 x12 0 0 0 x13 ∇f1 = 2 x 0 x 0 0 x  21 0 0 , ∇f2 = 2  22 0 , ∇f3 = 2  23 , x31 0 0 0 x32 0 0 0 x33 x      12 x11 0 x13 0 x11 0 x13 x12 ∇f4 = x x 0 x  22 x21 0 , ∇f5 =  23 0 x21 , ∇f6 =  23 x22 . x32 x31 0 x33 0 x31 0 x33 x32 Če bi bila neka linearna kombinacija teh gradientov enaka nič, bi od tod sledilo, da je neka linearna kombinacija vrstic matrike Q enaka nič. To pa se ne more zgoditi na matrikah iz O(3). Ker je dim 3×3 R = 9 in imamo 6 vezi, je SO(3) tridimenzionalna mnogoterost. V nadaljevanju bomo izračunali tangentne prostore mnogoterosti SO(3). Za začetek bomo posebej izračunali tangentni prostor TI SO(3) v enoti grupe SO(3). Dobili bi ga lahko kot ortogonalni komplement prostora, ki ga napenjajo gradienti vezi, vendar se bomo naloge raje lotili drugače. Tangentni prostor namreč sestoji iz hitrosti vseh poti skozi točko I. Denimo torej, da je Q(t) : (−, ) → SO(3) 13 gladka pot, za katero je Q(0) = I. Potem je ˙ Q(0) ∈ TI SO(3). Ker je Q(t) pot v SO(3), mora za vsak |t| < veljati Q(t)T Q(t) = I. Če to enakost odvajamo in vstavimo t = 0, dobimo: ˙ Q(0)T Q(0) + Q(0)T ˙ Q(0) = 0, ˙ Q(0)T + ˙ Q(0) = 0. Vidimo, da je hitrost poljubne poti skozi enoto grupe SO(3) neka antisimetrična matrika. Če je po drugi strani W neka poljubna antisimetrična matrika, pa lahko dokažemo, da za pot Q(t) = etW za vsak t ∈ R velja Q(t) ∈ SO(3) in ˙ Q(0) = W . Tangentni prostor TI SO(3) torej sestoji iz vseh antisimetričnih matrik. Pogosto ga označimo z so(3) = T 3×3 I SO(3) = {W ∈ R | W T + W = 0}. Kasneje bomo videli, da je so(3) Liejeva algebra, ki je izomorfna znani Liejevi algebri 3 R z operacijo vektorskega produkta. Ekspliciten izomorfizem W : 3 R → so(3) je podan s predpisom  0 −z y  W (x, y, z) = z 0 −x   −y x 0. Tangentni prostor TQ SO(3) za poljubno Q ∈ SO(3) bomo sedaj izrazili s prostorom so(3). Denimo, da je Q(t) : (−, ) → SO(3) gladka pot, za katero je Q(0) = Q. Z odvajanjem identitete Q(t)T Q(t) = I pri t = 0 potem dobimo: ˙ Q(0)T Q(0) + Q(0)T ˙ Q(0) = 0, ˙ Q(0)T Q + QT ˙ Q(0) = 0, Sedaj je matrika QT ˙ Q(0) antisimetrična, kar pa pomeni, da je ˙ Q(0) ∈ Q · so(3). Tangentni prostor TQ SO(3) lahko torej opišemo v obliki TQ SO(3) = Q · so(3). Če bi namesto identitete Q(t)T Q(t) = I odvajali identiteto Q(t)Q(t)T = I, bi s podobnim računom prišli do enakosti TQ SO(3) = so(3) · Q. Vidimo, da imamo dve naravni identifikaciji tangentnega prostora TQ SO(3) s prostorom so(3), ki sta podani z levim oziroma desnim množenjem: Q · − : so(3) → TQ SO(3), − · Q : so(3) → TQ SO(3). Opomba: Liejeva algebra so(3) in Liejeva grupa SO(3) sta pomembni pri matematični formulaciji dinamike togega telesa. Elementi grupe SO(3) ustrezajo orientacijam togega telesa v prostoru, elementi Liejeve algebre so(3) pa kotnim hitrostim vrtenja togega telesa. Vrtenje togega telesa lahko opišemo z gladko potjo Q : R → SO(3). 14 Odvod te preslikave ˙ Q(t) je potem neka matrika, ki leži v tangentnem prostoru TQ(t) SO(3). Ker se tangentni prostori grupe SO(3) od točke do točke razlikujejo med sabo, tangentnih vektorjev v različnih točkah ne moremo neposredno primerjati med sabo. Lahko pa jih primerjamo posredno, tako da jih prenesemo v tangentni prostor TI SO(3) = so(3) z levo ali pa desno translacijo. Eksplicitno tako dobimo elementa Q(t)T ˙ Q(t), ˙ Q(t)Q(t)T ∈ so(3). Ta primerjava nam omogoča, da hitrost vrtenja enačimo z neko antisimetrično matriko. Če nadalje uporabimo še izomorfizem W , pa lahko hitrost vrtenja enačimo kar z vektorji v 3 R . Izkaže se, da se ta identifikacija ujema z geometrično definicijo vektorja kotne hitrosti. Vektorja ~ ω ˙ s(t) = W −1 Q(t)Q(t)T , ~ ωb(t) = W −1 Q(t)T ˙ Q(t) sta namreč ravno vektorja kotne hitrosti vrtenja v prostorski in v telesni bazi. (7) Opiši osno kotne koordinate na Liejevi grupi SO(3). Rešitev: Po izreku o implicitni funkciji lahko v okolici vsake matrike Q ∈ SO(3) izberemo trojico koordinat v 3×3 R , ki tvorijo tudi koordinate na SO(3). Tako dobljene koordinate pa večinoma niso najbolj primerne za računanje, zato v praksi raje uporabljamo druge koordinatne sisteme na SO(3). Med najbolj uporabljanimi koordinatami na SO(3) so: · osno-kotne koordinate, · kvaternionske koordinate, · Eulerjevi koti. V povezavi s teorijo Liejevih grup so še posebej zanimive osno-kotne koordinate na SO(3), ker so to v bistvu koordinate, ki nam jih da eksponentna preslikava na Liejevi grupi SO(3). Osno-kotne koordinate na SO(3): Kadar imamo opravka s krivuljo, ploskvijo ali podmnogoterostjo evklidskega prostora, jo pogosto namesto s kartami opišemo s parametrizacijo. Gre v bistvu za isto stvar, le v obratni smeri. Naše osno-kotne koordinate bomo zato najprej implicitno definirali s pomočjo lokalne parametrizacije grupe SO(3) v okolici identične matrike. Najprej izračunajmo eksponentno preslikavo exp : so(3) → SO(3). Pri tem bomo uporabili identifikacijo prostora so(3) s prostorom 3 R . Poljuben vektor ~ ω = (x, y, z) lahko zapišemo v obliki ~ ω = |~ ω|~ e = φ~ e, kjer je φ dolžina vektorja ~ ω, vektor ~ e pa enotski vektor v njegovi smeri. Potem označimo  0 −z y  W (~ ω) = z 0 −x   . −y x 0 Karakteristični polinom matrike W (~ ω) je potem enak −λ −z y det(W (~ ω) − λ I) = z −λ −x = −λ3 − λ(x2 + y2 + z2) = −λ3 − λφ2. −y x −λ 15 Po Cayley-Hamiltonovem izreku od tod dobimo W (~ ω)3 = −φ2W (~ ω). Če označimo W = W (~ ω), je torej: ∞ X eW = W k = I +W + W2 − φ2W3 − φ2W2 + φ4W + φ4W2 + . . . , k! 2 3! 4! 5! 6! k=0 = I +W (φ − φ3 + φ5 − φ7 + . . .) + W 2( φ2 − φ4 + φ6 − φ8 + . . .), 3! 5! 7! 2 4! 6! 8! sin φ 1 − cos φ = I + W + W 2. φ φ2 Ko upoštevamo, da je W (~ ω) = φW (~ e), dobimo še eW (~ω) = I + sin φ W ( ~ w) + 1−cos φ W (~ ω)2 = I + sin φ W (~ e) + (1 − cos φ) W (~ e)2. φ φ2 Eksplicitno je matrika eW (~ω) podana s predpisom: 1 0 0  0 −z y  −y2 − z2 xy xz  sin φ 1 − cos φ eW (~ω) = 0 1 0 z 0 −x xy −x2 − z2 yz   +   +   . φ φ2 0 0 1 −y x 0 xz yz −x2 − y2 V nadaljevanju bomo pokazali, da je eW (~ω) rotacija za kot φ okoli osi ~ e. eW (~ω) je rotacijska matrika: Najprej velja T eW (~ω) eW (~ω) = eW (~ω)eW (~ω)T = eW (~ω)e−W (~ω) = e0 = I, kar pomeni, da je eW (~ω) ortogonalna matrika. Pri tem smo upoštevali, da je eAeB = eA+B, če matriki A in B komutirata. Da pokažemo, da je matrika rotacijska, pa bomo uporabili formulo det(eA) = etr(A). Tako dobimo det(eW (~ω)) = etr(W (~ω)) = e0 = 1. eW (~ω) je rotacija za kot φ okoli vektorja ~ e: Hitro lahko preverimo, da velja eW (~ω) · ~ ω = ~ ω, od koder sledi, da je eW (~ω) rotacija okoli vektorja ~ e. Če imamo dano rotacijsko matriko Q, lahko kot rotacije φ izračunamo iz zveze tr(Q) = 2 cos φ + 1. V našem primeru je tr(eW (~ω)) = 3 − 2(1 − cos φ) = 2 cos φ + 1, Da je eW (~ω) dejansko rotacija za kot φ in ne −φ, bi lahko preverili, če bi eksplicitno izračunali, kako se zavrti nek konkreten vektor. Matrika eW (~ω) = I + sin φ W (~ e) + (1 − cos φ) W (~ e)2. torej določa rotacijo R(~ e, φ) za kot φ okoli osi ~ e. Če upoštevamo, da je W (~ e) · ~ x = ~ e × ~ x, 16 lahko od tod izpeljemo Rodriguesovo formulo R(~ e, φ) · ~ x = cos φ ~ x + (~ e · ~ x)(1 − cos φ)~ e + sin φ ~ e × ~ x. Zdaj torej vemo, da je eksponentna preslikava exp : so(3) → SO(3) gladka surjekcija. Poleg tega znamo eksplicitno opisati, kam se preslika dana antisimetrična matrika. Zožitev eksponentne preslikave na odprto kroglo B(0, π) ⊂ so(3) je injektivna, medtem ko dve antipodni točki s sfere S(0, π) eksponentna preslikava preslika v isto rotacijo. Domena osno-kotne parametrizacije bo odprta krogla B(0, π) ⊂ 3 R (ki jo enačimo z odprto kroglo v prostoru antisimetričnih matrik), vektorju ~ ω ∈ B(0, π) pa bo priredila rotacijo okoli vektorja ~ ω za kot |~ ω|. z y Π Ω Π Π x Pri parametrizaciji gladkih podmnogoterosti evklidskih prostorov ponavadi zahtevamo še, da je parametrizacija regularna, kar pomeni, da je njen odvod injektiven v vsaki točki. V našem primeru bomo pobliže pogledali odvod osno-kotne parametrizacije v točki (0, 0, 0). Pri interpretaciji odvoda preslikave je poučno pogledati, kako preslikava preslika majhne koščke poti. Vzemimo na primer pot skozi točko (0, 0, 0) ∈ B(0, π) oblike ~ ω(t) = (0, 0, t) za |t| < π. Potem nam pot eW (~ω(t)) predstavlja neko pot v grupi rotacij, ki je podana s predpisom 1 0 0 0 −t 0 −t2 0 0 cos t − sin t 0 sin |t| 1 − cos |t| eW (~ω(t)) = 0 1 0 t 0 0 0 −t2 0 sin t cos t 0   + |   +   =   . t| |t|2 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 Geometrično lahko to pot prepoznamo kot vrtenje okoli z-osi. Če to pot odvajamo po t pri t = 0, smo v resnici izračunali parcialni eksponentne preslikave po z v točki (0, 0, 0). Eksplicitno dobimo 0 −1 0 ∂ exp = 1 0 0   . ∂z (0,0,0) 0 0 0 Matrika na desni ni rotacijska matrika, ampak leži v Liejevi algebri so(3). Interpretiramo jo lahko kot infinitezimalni generator rotacij okoli z-osi. Podobno dobimo infinitezimalna generatorja rotacij okoli drugih dveh smeri, ki sta enaka: 0 0 0  ∂ exp = 0 0 −1 ,   ∂x (0,0,0) 0 1 0  0 0 1 ∂ exp = 0 0 0   . ∂y (0,0,0) −1 0 0 17 Ker so ti trije infinitezimalni generatorji linearno neodvisni, je eksponentna preslikava imerzija v točki (0, 0, 0). Lahko bi šli eksplicitno izračunati še njen odvod v drugih točkah in pokazali, da je imerzija povsod na B(0, π). Zaradi enostavnosti pa bomo dokaz raje za nekaj časa odložili, da spoznamo bolj splošen izrek, ki nam pove, v katerih točkah je eksponentna preslikava Liejeve grupe imerzija. Karta, ki jo dobimo kot inverz osno-kotne parametrizacije, ustreza v teoriji Liejevih grup logaritemski karti. Definirana je na odprti gosti podmnožici U ⊂ SO(3), ki sestoji iz vseh rotacij za kot φ < π. Dobljena preslikava ψ : U → B(0, π) je eksplicitno dana s predpisom: tr(Q) − 1 φ = arc cos , 2 x  1 32 − x23 ~ e = x  13 − x31 . 2 sin φ x21 − x12 Identično matriko preslikava ψ preslika v koordinatno izhodišče. Ker je množica rotacij SO(3) grupa, lahko dobimo atlas na SO(3) z uporabo translacij dane karte. Najprej označimo z 1 0 0  −1 0 0  −1 0 0 Rx = 0 −1 0 0 1 0 0 −1 0   , Ry =   , Rz =   0 0 −1 0 0 −1 0 0 1 rotacije okoli koordinatnih osi za kot π ter z Ux = LR (U ), U (U ), U (U ) x y = LRy z = LRz odprte podmnožice SO(3), ki jih dobimo s translacijami množice U . Na teh množicah lahko definiramo karte s predpisi ψx = ψ ◦ LR , x ψy = ψ ◦ LR , y ψz = ψ ◦ LR . z Kot bomo videli kasneje, so translacije na Liejevi grupi gladke preslikave, zato so te karte avtomatično gladke in paroma kompatibilne, preveriti pa moramo še, da pokrivajo celo grupo SO(3). Izven množice U ležijo natanko rotacije za kot π. Za vsako takšno rotacijo Q torej velja tr(Q) = −1 oziroma x11 + x22 + x33 = −1. Če bi Q ležala tudi izven množic Ux, Uy in Uz, bi morale biti tudi RxQ, RyQ in RzQ rotacije za kot π, kar bi pomenilo, da velja: x11 − x22 − x33 = −1, −x11 + x22 − x33 = −1, −x11 − x22 + x33 = −1. Ker dobljeni sistem enačb nima rešitev, dane štiri množice pokrivajo celo grupo SO(3) in zatorej tvorijo gladek atlas na SO(3). 18 Geometrijsko lahko to dokažemo takole. Kompozitum rotacij R(~ e1, π) in R(~e2, π) je rotacija v ravnini, ki jo napenjata osi ~ e1 in ~e2 za dvakratnik kota med tema dvema osema. Ta kompozitum je rotacija za kot π natanko takrat, ko sta osi pravokotni. Ker nobena os ni hkrati pravokotna na vse tri koordinatne osi, je zmeraj torej vsaj ena izmed rotacij RxQ, RyQ in RzQ rotacija za kot φ < π. Opomba 1: Zožitev eksponentne preslikave na zaprto kroglo B(0, π) je surjekcija na SO(3), ki dve antipodni točki na robu krogle preslika v isto točko. Od tod sledi, da je Liejeva grupa SO(3) difeomorfna projektivnemu prostoru RP 3. Opomba 2: Kasneje bomo pokazali, da je odvod eksponentne preslikave injektiven na odprti krogli B(0, 2π). (8) Konstruiraj zvezen homomorfizem R : S3 → SO(3). Rešitev: Elemente obsega kvaternionov lahko opišemo na naslednji način 3 H = {t + xi + yj + zk | t, x, y, z ∈ R} = {(t, ~ r) | t ∈ R, ~r ∈ R }. Množenje kvaternionov v tej obliki izrazimo s formulo (t1, ~r1)(t2, ~r2) = (t1t2 − ~r1 · ~r2, t1~r2 + t2~r1 + ~r1 × ~r2), konjugiranje pa je definirano s predpisom (t, ~ r)∗ = (t, −~ r). Za nas bo zanimiva grupa enotskih kvaternionov S3 = {(t, ~ r) | t2 + |~ r|2 = 1}. Za poljuben q ∈ S3 lahko namreč definiramo rotacijo R 3 3 q : R → R , ki je definirana s predpisom Rq(~x) = q · ~x · q∗. Vektor ~ x v zgornjem izrazu identificiramo s kvaternionom (0, ~ x). Izkazalo se bo, da je realna komponenta izraza na desni potem enaka nič, zato lahko ta izraz spet interpretiramo kot vektor iz 3 R . Rq je rotacija: Če pišemo q = (t, ~ r), velja: Rq(~x) = (t, ~r) · (0, ~x) · (t, −~r) = (−~r · ~x, t~x + ~r × ~x)(t, −~r), = (−t~ r · ~ x + t~ r · ~ x, t2~ x + 2t~ r × ~ x + (~ r · ~ x)~ r − (~ r × ~ x) × ~ r), = (0, (t2 − |~ r|2)~ x + 2t~ r × ~ x + 2(~ r · ~ x)~ r). Sedaj bomo upoštevali, da je q enotski kvaternion, kar pomeni, da je t2 + |~ r|2 = 1. Med drugim od tod sledi, da je t ∈ [−1, 1], kar pomeni, da obstaja enolično določen kot φ ∈ [0, π], da je t = cos φ. Nadalje velja |~ r| = sin φ, zato lahko pišemo ~ r = sin φ ~ e za nek enotski vektor ~ e. Ta vektor je natanko določen, če je φ ∈ (0, π). Ko to vstavimo v zgornji izraz, dobimo: Rq(~x) = (0, (t2 − |~r|2)~x + 2t~r × ~x + 2(~r · ~x)~r), = (0, (cos2 φ − sin2 φ)~ x + 2 cos φ sin φ~ e × ~ x + 2 sin2 φ(~ e · ~ x)~ e), = (0, cos(2φ)~ x + sin(2φ)~ e × ~ x + (1 − cos(2φ))(~ e · ~ x)~ e). 19 Z uporabo Rodriguesove formule lahko sklepamo, da je Rq rotacija okoli osi ~e za kot 2φ. R : S3 → SO(3) je zvezen surjektiven homomorfizem Liejevih grup: Komponente preslikave R dobimo tako, da izračunamo R 3 q na baznih vektorjih prostora R . Iz predpisa je razvidno, da so komponente zvezne preslikave, od koder pa sledi, da je R zvezna preslikava. Da je R homomorfizem grup, sledi iz enakosti Rq (~ x) = q (q (R (~ x)) 1q2 1q2~ x(q1q2)∗ = q1q2~xq∗2q∗1 = Rq1 2~xq∗2) = Rq1 q2 Ker je vsaka rotacija iz SO(3) rotacija za nek kot okoli neke osi, je preslikava R surjektivna. V jedru R pa so natanko elementi q ∈ S3, ki se preslikajo v rotacije za kot 0 ali 2π. Takšna elementa sta kvaterniona 1 in −1. Opomba: Grupa S3 je univerzalni dvolistni krov grupe SO(3). Posplošitev te konstrukcije na višje dimenzije so spinske grupe, ki so podgrupe Cliffordovih algeber. (9) Naj bo a ∈ n n R poljubna točka in f ∈ C∞(R ). (a) Dokaži, da za vsak x ∈ n R velja n Z 1 X ∂f f (x) = f (a) + (xi − ai) (a + t(x − a)) dt. ∂xi i=1 0 (b) Pokaži, da za vsako derivacijo v ∈ T n aR in vsako konstantno funkcijo c velja v(c) = 0. (c) Pokaži, da tvori množica { ∂ , . . . , ∂ } bazo tangentnega prostora T n. ∂x aR 1 a ∂xn a Rešitev: Pri tej nalogi bomo spoznali definicijo tangentnih vektorjev, ki ima smisel na poljubnih mnogoterostih. Abstraktno lahko tangentne vektorje na mnogoterost definiramo s pomočjo derivacij. Naj bo M gladka mnogoterost in p ∈ M . Tangentni prostor TpM mnogoterosti M v točki p je potem vektorski prostor TpM = {derivacije algebre C∞(M ) v točki p}. Derivacija algebre C∞(M ) v točki p ∈ M je linearna preslikava v : C∞(M ) → R, ki zadošča Leibnizevemu pravilu v(f g) = v(f )g(p) + f (p)v(g) za poljubni f, g ∈ C∞(M ). To je abstraktna definicija tangentnega vektorja, ki pa nam pride prav pri dokazovanju in brezkoordinatnem računanju. Tangentne vektorje si seveda lahko predstavljamo tudi bolj geometrično kot hitrosti poti v M . Denimo, da je γ : R → M gladka pot v M , za katero je γ(0) = p. V lokalnih koordinatah φ = (x1, . . . , xm) na M lahko pot γ izrazimo v obliki γ(t) = (x1(t), . . . , xm(t)). Hitrost poti nam pove, kako hitro se spreminjajo koordinate točke, ki potuje po tej poti, opišemo pa jo lahko z m-terico ˙γ(0) = ( ˙ x 1(t), . . . , ˙ xm(t)) = d x x dt t=0 1(γ(t)), . . . , d dt t=0 m(γ(t)) . Koordinate na M so posebni primeri funkcij na M . Če hočemo imeti brezkoordinatno definicijo tangentnega vektorja oziroma hitrosti dane poti, pa namesto odvodov koordinat hkrati pogle-damo kar odvode vseh funkcij. Formalno tako poti γ priredimo tangentni vektor v = ˙γ(0) ∈ TpM , ki je definiran s predpisom v(f ) = d f (γ(t)) dt t=0 20 za f ∈ C∞(M ). Ker za odvod po času velja Leibnizevo pravilo, je tako definirana preslikava derivacija algebre C∞(M ) v točki p. Izkaže se, da lahko vsako derivacijo predstavimo kot hitrost neke poti, ni pa ta korespondenca enolična, saj ima veliko poti isto hitrost. (a) Naj bo f ∈ C∞( n R ). Če zožimo funkcijo f na daljico od točke a do točke x, dobimo z uporabo Newton-Leibnizeve formule enakost n Z 1 df Z 1 X ∂f f (x) − f (a) = (a + t(x − a)) dt = (xi − ai) (a + t(x − a)) dt. 0 dt ∂xi i=1 0 Od tod sledi, da je n Z 1 X ∂f f (x) = f (a) + (xi − ai) (a + t(x − a)) dt. ∂xi i=1 0 Ta formula spominja na Taylorjev razvoj. Razlika je v tem, da v tem primeru namesto apro- ksimacije z linearno funkcijo dobimo enakost, če smo pripravljeni parcialne odvode v dani točki nadomestiti s funkcijami. To pomeni, da lahko vsako gladko funkcijo zapišemo v obliki n X f (x) = f (a) + (xi − ai)gi(x), i=1 kjer so g n i ∈ C∞(R ) funkcije, za katere velja gi(a) = ∂f (a). ∂xi (b) Naj bo sedaj a ∈ n n R in v ∈ TaR . Pokazali bomo, da potem za vsako konstantno funkcijo c velja v(c) = 0. Za poljubno f ∈ C∞( n R ) iz Leibnizeve formule sledi v(cf ) = v(c)f (a) + cv(f ). Zaradi R-linearnosti derivacije je v(cf ) = cv(f ), zato mora biti v(c)f (a) = 0. Če izberemo funkcijo f tako, da bo f (a) 6= 0, bo od tod sledilo v(c) = 0. (c) Za vsako koordinatno smer definirajmo derivacijo ∂ ∈ T n s predpisom ∂x aR i a ∂ ∂f (f ) = (a). ∂x a i ∂xi V nadaljevanju bomo pokazali, da tvori množica { ∂ , . . . , ∂ } bazo prostora T n. Pri tem ∂x aR 1 a ∂xn a bomo upoštevali, da lahko vsako funkcijo f zapišemo v obliki n X f (x) = f (a) + (xi − ai)gi(x), i=1 kjer je gi(a) = ∂f (a). Če na zgornji enakosti uporabimo derivacijo v, dobimo ∂xi n X v(f ) = v(f (a)) + (v(xi − ai)gi(a) + (xi − ai)(a)v(gi)) . i=1 Funkcije xi − ai so v točki a enake 0. Če upoštevamo še v(ai) = 0 in gi(a) = ∂f (a), tako dobimo ∂xi n X ∂f v(f ) = v(xi) (a). ∂xi i=1 21 To pomeni, da lahko derivacijo v izrazimo kot linearno kombinacijo n X ∂ v = v(x i) , ∂x a i i=1 od koder sledi, da je množica { ∂ , . . . , ∂ } ogrodje tangentnega prostora T n. Pokazati ∂x aR 1 a ∂xn a moramo še, da je ta množica linearno neodvisna. Pa denimo, da je ∂ ∂ λ 1 + . . . + λn = 0 ∂x a a 1 ∂xn za neke λi ∈ R. Če to derivacijo uporabimo na funkciji xi, dobimo, da mora biti λi = 0, kar smo želeli pokazati. Rezultat te naloge lahko strnemo v opazko, da imamo izomorfizem {derivacije algebre C∞( n n R ) v točki a} ∼ = R , ki i-ti derivaciji ∂ priredi i-ti bazni vektor e n. V primeru evklidskega prostora torej ∂x i ∈ R i a lahko derivacije enačimo z urejenimi n-tericami števil. Na splošni mnogoterosti je definicija z n-tericami odvisna od koordinat, medtem ko je definicija z derivacijami koordinatno neodvisna. (10) Izračunaj odvod gladke preslikave g : M × N → Q. Nato izpelji formulo za odvod množenja in invertiranja v Liejevi grupi. Rešitev: Naj bosta M in N gladki mnogoterosti in g : M → N gladka preslikava. Odvod preslikave g v točki p ∈ M je linearna preslikava dgp : TpM → Tg(p)N , ki je definirana s predpisom dgp(v)(f ) = v(f ◦ g) za poljuben v ∈ TpM in poljubno f ∈ C∞(N ). Če tangentni vektor v ∈ TpM predstavimo z neko gladko potjo γ : (−, ) → M , ki zadošča pogoju v = ˙γ(0), bo odvod dg hitrost poti γ preslikal v hitrost poti g ◦ γ oziroma dg p(v) = d g(γ(t)). dt t=0 V nadaljevanju bomo spoznali abstraktno verzijo Leibnizeve formule za odvod produkta, ki nam pogosto pride prav pri študiju Liejevih grup ter njihovih delovanj in reprezentacij. Začeli bomo s strukturo tangentnega prostora produkta mnogoterosti. Naj bosta M in N gladki mnogoterosti ter p ∈ M in q ∈ N . Potem obstaja naravni izomorfizem TpM × TqN ∼ = T(p,q)(M × N ). Eksplicitno ga lahko podamo na naslednji način. Označimo z ιM,q : M → M × N in ιN,p : N → M × N vložitvi, ki M in N vložita v produkt M × N na rezini skozi točko (p, q). Eksplicitno to pomeni, da je: ιM,q(x) = (x, q), ιN,p(x) = (p, x). Zgornji izomorfizem je potem podan s korespondenco (v, w) ←→ (dιM,q)p(v) + (dιN,p)q(w), 22 kjer je v ∈ TpM in w ∈ TqN . Lažje kot s formulo si lahko ta izomorfizem zapomnimo geometrično. Pove namreč, da nam par gladkih poti v M in N predstavlja pot v produktu M × N in obratno. Za hitrosti poti torej velja d (γ(t), ζ(t)) = d γ(t), d ζ(t) . dt t=0 dt t=0 dt t=0 Naj bo sedaj g : M × N → Q gladka preslikava. Z uporabo zgornje identifikacije dobimo naslednjo enakost dg(p,q)(v, w) = dg(p,q)((dιM,q)p(v) + (dιN,p)q(w)) = d(g ◦ ιM,q)p(v) + d(g ◦ ιN,p)q(w). Denimo sedaj, da v ∈ TpM ustreza poti γ, w ∈ TqN pa poti ζ. V jeziku poti lahko to enakost potem zapišemo v obliki d g(γ(t), ζ(t)) = d g(γ(t), q) + d g(p, ζ(t)). dt t=0 dt t=0 dt t=0 Ta formula je v resnici le abstraktna verzija Leibnizevega pravila za odvod produkta. Poglejmo si nekaj znanih primerov: (1) Če je g : R × R → R množenje, dobimo znano formulo (f h)· = ˙ f h + f ˙h. (2) Če je g : n n R × R → R skalarni produkt, dobimo formulo (~ r1 · ~r2)· = ˙~r1 · ~r2 + ~r1 · ˙~r2. (3) Če je g : 3 3 3 R × R → R vektorski produkt, dobimo (~ r1 × ~r2)· = ˙~r1 × ~r2 + ~r1 × ˙~r2. S pomočjo te formule bomo sedaj izračunali odvod množenja in inverza v Liejevi grupi. Odvod množenja µ : G × G → G: Zanima nas odvod množenja µ v točki (e, e). Izberimo tangentna vektorja X, Y ∈ TeG in ju predstavimo s potema γ in ζ. Ker je e enota, je µ(γ(t), e) = γ(t) in µ(e, ζ(t)) = ζ(t). Od tod sledi: d µ(γ(t), ζ(t)) = d µ(γ(t), e) + d µ(e, ζ(t)), dt t=0 dt t=0 dt t=0 = d γ(t) + d ζ(t), dt t=0 dt t=0 = X + Y, kar pomeni, da je dµ(e,e)(X, Y ) = X + Y. Odvod inverza ι : G → G: Za izračun odvoda inverza v Liejevi grupi ne moremo direktno uporabiti zgornje formule. Zato si bomo najprej pogledali kompozitum µ ◦ (id, ι) : G → G preslikav (id, ι) : G → G × G in µ : G × G → G. Iz definicije inverza in množenja v Liejevi grupi sledi, da je ta preslikava konstantna, zato je njen odvod enak nič. To pomeni, da za vsak X ∈ TeG velja d(µ ◦ (id, ι))e(X) = 0. Če uporabimo verižno pravilo za odvod, od tod sledi dµ(e,e)(d(id, ι)e(X)) = 0. Sedaj upoštevamo dejstvo, da je odvod para preslikav v bistvu par odvodov d(id, ι)e(X) = (dide(X), dιe(X)) = (X, dιe(X)). 23 Pri tem smo uporabili identifikacijo tangentnega prostora produkta s produktom tangentnih prostorov. Za konec uporabimo že izračunan odvod preslikave µ, da dobimo enakost dµ(e,e)(X, dιe(X)) = X + dιe(X) = 0. To pomeni, da je dιe(X) = −X. Geometrično ta rezultat pomeni, da invertiranje poti v grupi obrne smer poti. Najlažje si to predstavljamo na poteh v evklidskem prostoru ali pa v grupi rotacij SO(3), kjer invertiranje obrne smer rotacije. Opomba: V zgornji izpeljavi smo uporabili dejstvo, da je odvod para preslikav par odvodov. To lahko eksplicitno pokažemo, če delamo v lokalnih koordinatah, geometrična ideja dokaza pa je naslednja. Denimo, da imamo preslikavo h = (h1, h2) : P → M × N in naj bo x ∈ P ter h(x) = (p, q). Izberimo še tangentni vektor v ∈ TxP in ga predstavimo s potjo γ : R → P , za katero je v = ˙γ(0). Po definiciji odvoda gladke preslikave je potem dh x(v) = d h(γ(t)). dt t=0 Pot h(γ(t)) je pot v produktu M × N skozi točko (p, q), ki jo lahko zapišemo tudi v obliki h(γ(t)) = (h1(γ(t)), h2(γ(t))). Če uporabimo identifikacijo T(p,q)(M × N ) ∼ = TpM × TqN , potem od tod sledi d h(γ(t)) = d h h dt t=0 dt t=0 1(γ(t)), d dt t=0 2(γ(t)) . Ker je: d h dt t=0 1(γ(t)) = (dh1)x(v), d h dt t=0 2(γ(t)) = (dh2)x(v), je torej dhx(v) = ((dh1)x(v), (dh2)x(v)). (11) Pokaži, da sta dani preslikavi gladki surjektivni submerziji in nato opiši njuna vlakna: (a) preslikava π : 3 R \ {(0, 0, 0)} → RP 2 s predpisom π(x, y, z) = [x : y : z], (b) preslikava π : SO(3) → S2 s predpisom π(Q) = Q~ k. Rešitev: Naj bosta M in N gladki mnogoterosti. Gladka preslikava f : M → N je submer- zija, če je odvod dfx : TxM → Tf(x)N surjektiven za vsak x ∈ M . Če je f submerzija, je avtomatično dim(M ) ≥ dim(N ), po izreku o implicitni funkciji pa so vlakna submerzije gladke zaprte podmnogoterosti M dimenzije dim(M ) − dim(N ). (a) Začeli bomo s projekcijo π : 3 R \ {(0, 0, 0)} → RP 2 s predpisom π(x, y, z) = [x : y : z]. 24 To je preslikava, ki točki (x, y, z) priredi premico skozi izhodišče v 3 R s smernim vektorjem ~ s = (x, y, z). Ker ima vsaka premica smerni vektor, je π surjektivna. Da bi pokazali, da je π gladka submerzija, jo bomo izrazili v lokalnih koordinatah. Na 3 R \ {(0, 0, 0)} že imamo naravno definirane koordinate, na 2 RP 2 pa bomo vzeli lokalno karto φx : Ux → R s predpisom y z φx([x : y : z]) = , , x x kjer je Ux = {[x : y : z] | x 6= 0}. V lokalnih koordinatah lahko potem π predstavimo kot preslikavo φ 2 x ◦ π : π−1(Ux) → R med odprtima podmnožicama evklidskih prostorov s predpisom y z (φx ◦ π)(x, y, z) = , . x x Vidimo, da je ta preslikava gladka in dobro definirana, ker je x 6= 0. Njen odvod lahko predstavimo z matriko − y 1 0 d(φ x2 x x ◦ π)(x,y,z) = , − z 0 1 x2 x katere rang je enak 2 povsod na π−1(Ux). Od tod sledi, da je preslikava π submerzija na množici π−1(Ux). Če izberemo karto φy ali φz, lahko s podobnim računom pokažemo tudi, da je π submerzija na preostalem delu prostora 3 R \ {(0, 0, 0)}. Praslika premice [x : y : z] ∈ RP 2 je množica vseh njenih smernih vektorjev π−1([x : y : z]) = {(λx, λy, λz) | λ ∈ ∗ R }. Vidimo, da so vsa vlakna difeomorfna ∗ R , vendar pa ne na kanoničen način. V jeziku delovanj Liejevih grup rečemo, da grupa ∗ 3 R deluje na R \ {(0, 0, 0)} prosto in tranzitivno vzdolž vlaken preslikave π, od koder sledi, da je 3 ∗ R \ {(0, 0, 0)} glavni R -sveženj nad RP 2. Dejstvo, da ne moremo gladko v vsakem vlaknu izbrati smernega vektorja, ki bi ustrezal enoti 1 ∈ ∗ R , je ekvivalentno temu, da ta sveženj ni trivialen. Če bi namreč veljalo 3 ∗ R \ {(0, 0, 0)} ∼ = RP 2 × R , bi na levi imeli povezan prostor, na desni pa nepovezan. (b) Sedaj bomo obravnavali preslikavo π : SO(3) → S2 s predpisom π(Q) = Q~ k. Če zapišemo matriko Q v obliki Q = [u1 u2 u3], je preslikava π kar projekcija na tretji stolpec. Namesto študija preslikave π v lokalnih koordinatah jo bomo tokrat raje pogledali na bolj abstraktnem nivoju. Najprej lahko opazimo, da je π zožitev projekcije pr 3×3 → 3 3 : R R , ki zaprto podmnogoterost SO(3) ⊂ 3×3 3 R preslika v zaprto podmnogoterost S2 ⊂ R . Ker je projekcija linearna preslikava, je gladka, zato je tudi njena zožitev π gladka preslikava. Ker za poljubno točko u ∈ S2 lahko najdemo rotacijsko matriko oblike Q = [u1 u2 u], je preslikava π surjektivna. 25 Naj bo sedaj Q ∈ SO(3) poljubna matrika. Radi bi pokazali, da je potem odvod dπQ : TQ SO(3) → Tπ(Q)S2 surjektiven. V ta namen izberimo poljuben tangentni vektor v ∈ Tπ(Q)S2 in naj bo γ(t) : (−, ) → S2 gladka pot, za katero je v = ˙γ(0). Potem je dovolj, da najdemo gladko pot Q(t) : (−, ) → SO(3) skozi točko Q, za katero je π ◦ Q = γ. V tem primeru bo namreč veljalo, da je dπQ( ˙ Q(0)) = v, kar želimo pokazati. Če je Q = [u1 u2 u3], lahko izberemo kar pot u 1 − (u1 · γ(t))γ(t) γ(t) × u1 Q(t) = , , γ(t) . |u1 − (u1 · γ(t))γ(t)| |u1 − (u1 · γ(t))γ(t)| Za konec poskusimo opisati še vlakna preslikave π. Za poljuben u ∈ S2 so v π−1(u) vse rotacijske matrike, ki imajo tretji stolpec enak u. Od tod pa sledi, da sta prva dva stolpca pravokotna na u, zato ju lahko smatramo kot tangentna vektorja v TuS2. Ker sta pravokotna tudi med sabo, tvorita ortonormirano bazo TuS2. Tako pridemo do opisa π−1(u) = {[u1 u2 u] ∈ SO(3) | {u1, u2} je orientirana ortonormirana baza TuS2}. Označimo sedaj z SO(2) podgrupo grupe SO(3), ki sestoji iz matrik oblike cos t − sin t 0    SO(2) = sin t cos t 0   t ∈ [0, 2π] .  0 0 1  Ta podgrupa deluje z desne na grupi SO(3) z desnimi translacijami, tako da je to delovanje prosto in tranzitivno vzdolž vlaken preslikave π. Od tod sledi, da je SO(3) glavni SO(2)-sveženj nad S2, ki pa spet ni trivialen. Dokaz netrivialnosti je tokrat malce težji, sledi pa iz dejstva, da na sferi S2 ne obstaja vektorsko polje, ki bi bilo povsod neničelno. (12) Naj bodo M , N in P gladke mnogoterosti, π : M → N gladka surjektivna submerzija in f : N → P zvezna preslikava. Pokaži, da je preslikava f gladka natanko takrat, ko je gladka preslikava f ◦ π. Rešitev: Pri tej nalogi bomo študirali lastnost surjektivnih submerzij, ki spominja na lastnost kvocientne preslikave. Če je preslikava f gladka, mora biti gladka tudi preslikava f ◦ π, saj je kompozicija dveh gladkih preslikav. Zato nas bo zanimala predvsem trditev v nasprotno smer. f ◦ π je gladka ⇒ f je gladka: Da dokažemo, da je preslikava f : N → P gladka, je dovolj, da najdemo za poljubno točko q ∈ N neko njeno okolico U , tako da bo f |U gladka preslikava. Za dani q ∈ N lahko zaradi surjektivnosti preslikave π najprej najdemo točko p ∈ M , da velja π(p) = q. Iz lokalne oblike submerzije sledi, da lahko najdemo okolico U za q v N in okolico V ≈ U × k R za p v M , tako da se π|V ujema s projekcijo na prvi faktor. Ker je π lokalno projekcija, lahko lokalno najdemo njen prerez s : U → V s predpisom s(x) = (x, 0). Za ta prerez potem velja (π ◦ s)(x) = x za vsak x ∈ U . Če ta prerez komponiramo z gladko preslikavo f ◦ π, dobimo gladko preslikavo (f ◦ π) ◦ s : U → P , ki zadošča pogoju ((f ◦ π) ◦ s)(x) = f (π(s(x))) = f (x) 26 za vsak x ∈ U . Od tod sledi, da je f |U gladka, kar smo želeli pokazati. Opomba 1: Če je π gladka surjekcija, ki ni submerzija, trditev v splošnem ne velja več. Kot protiprimer lahko vzamemo preslikavi π : R → R s predpisom π(x) = x3 in f : R → R s √ predpisom f (x) = 3 x. Njuna kompozicija f ◦ π = id je potem gladka, čeprav preslikava f ni odvedljiva v točki x = 0. Opomba 2: Glavni primeri submerzij so vektorski in glavni svežnji, katerih vlakna so med sabo difeomorfna. V splošnem pa se lahko vlakna submerzije od točke do točke razlikujejo. V takšno situacijo na primer pridemo, če submerzijo zožimo na neko odprto podmnožico. (13) Pokaži, da je preslikava i : 4 RP 2 → R , ki je dana s predpisom 1 i([x : y : z]) = xy, xz, y2 − z2, 2yz x2 + y2 + z2 gladka injektivna imerzija. Rešitev: Če preslikavo i : 4 3 RP 2 → R komponiramo s projekcijo π : R \ {(0, 0, 0)} → RP 2, dobimo gladko preslikavo i ◦ π : 3 4 R \ {(0, 0, 0)} → R . Ker je π surjektivna submerzija, od tod sledi, da je i gladka preslikava. Preslikava i je imerzija: Gladka preslikava je imerzija, če je njen odvod v vsaki točki injektiven. Če izberemo na RP 2 lokalno karto φ 2 x : Ux → R s predpisom y z φx([x : y : z]) = , , x x ima preslikava i ◦ φ−1 2 → 4 x : R R predpis 1 (i ◦ φ−1 x )(y, z) = y, z, y2 − z2, 2yz . 1 + y2 + z2 Odvod te preslikave je enak  1 + z2 − y2 −2yz  1 −2yz 1 + y2 − z2 d(i   ◦ φ−1 x )(y,z) =   . (1 + y2 + z2)2  2y(1 + 2z2) −2z(1 + 2y2)  2z(1 + z2 − y2) 2y(1 + y2 − z2) Radi bi pokazali, da ima ta matrika rang 2 za vsak par (y, z) ∈ 2 R . Pogosto je dovolj, če najdemo kakšno 2 × 2 podmatriko, ki je povsod nesingularna, a v našem primeru to ni mogoče, zato se bomo morali malce bolj potruditi. Najprej poglejmo determinanto podmatrike, ki jo tvorita prvi dve vrstici 1 + z2 − y2 −2yz = (1 + z2 − y2)(1 + y2 − z2) − 4y2z2 = 1 − (y2 + z2)2. −2yz 1 + y2 − z2 Vidimo, da je ta determinanta neničelna povsod razen na enotski krožnici y2 + z2 = 1. Sedaj moramo pokazati še, da je na tej krožnici vsaj ena izmed ostalih 2 × 2 podmatrik nesingularna. Determinanta podmatrike, ki jo tvorita prva in četrta vrstica, je na tej krožnici enaka 1 + z2 − y2 −2yz = 2y(1 + z2 − y2)(1 + y2 − z2) + 4yz2(1 + z2 − y2), 2z(1 + z2 − y2) 2y(1 + y2 − z2) = 2y(1 + z2 − y2)(1 + y2 + z2) = 8yz2. 27 Obe do zdaj obravnavani podmatriki sta torej hkrati singularni v točkah (−1, 0), (1, 0), (0, −1) in (0, 1). Preverimo pa lahko, da je v teh štirih točkah nesingularna podmatrika, ki jo tvorita tretja in četrta vrstica. Od tod sledi, da je zožitev preslikave i na odprto podmnožico Ux imerzija. Podobno lahko pokažemo, da sta tudi zožitvi i na Uy in Uz imerziji, od koder sledi, da je i imerzija. Preslikava i je injektivna: Recimo, da velja i([x1 : y1 : z1]) = i([x2 : y2 : z2]). Brez škode za splošnost lahko predpostavimo, da je x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 = 1, da pridemo do sistema enačb: 1 1 1 2 2 2 x1y1 = x2y2, x1z1 = x2z2, y2 − − 1 z21 = y22 z22, 2y1z1 = 2y2z2. Če so vsa števila neničelna, od tod sledi x1 y2 x1 z2 y2 z1 = , = , = , x2 y1 x2 z1 y1 z2 zato mora veljati (x1, y1, z1) = ±(x2, y2, z2) oziroma [x1 : y1 : z1] = [x2 : y2 : z2]. Pokažimo sedaj, da je x1 = 0 natanko tedaj, ko je x2 = 0. Če bi denimo veljalo x1 = 0 in x2 6= 0, bi lahko od tod iz prvih dveh enačb sklepali, da mora biti y2 = z2 = 0, nato pa še iz zadnjih dveh, da mora biti tudi y1 = z1 = 0. Od tod bi sledilo, da je (x1, y1, z1) = (0, 0, 0), kar pa ne gre. Na podoben način lahko dokažemo tudi, da je y1 = 0 natanko tedaj, ko je y2 = 0 in z1 = 0 natanko tedaj, ko je z2 = 0. Denimo sedaj na primer, da je z1 = z2 = 0. Iz prve in tretje enačbe lahko potem izpeljemo, da je (x1, y1, 0) = ±(x2, y2, 0) oziroma [x1 : y1 : 0] = [x2 : y2 : 0]. Podoben sklep deluje tudi v primerih, ko je x1 = x2 = 0 ali y1 = y2 = 0. V vsakem primeru torej iz enakosti i([x1 : y1 : z1]) = i([x2 : y2 : z2]) sledi, da mora biti [x1 : y1 : z1] = [x2 : y2 : z2], kar pa pomeni, da je preslikava i injektivna. Opomba: Pri tej nalogi smo spoznali vložitev projektivne ravnine 4 RP 2 v R . Nekoliko težje pa je pokazati, da projektivne ravnine ne moremo vložiti v 3 R . (14) Naj bosta M in N gladki mnogoterosti, L ⊂ M in Q ⊂ N imerzirani podmnogoterosti ter g : N → M gladka preslikava, za katero je g(Q) ⊂ L. Dokaži, da je preslikava g|Q : Q → L gladka, če je zvezna. Rešitev: Namen te naloge je, da podrobneje spoznamo pojem imerzirane podmnogoterosti, ki je malce šibkejši od običajnega pojma vložene podmnogoterosti. Naj bo M gladka mnogoterost dimenzije dim(M ) = m in L podmnožica M . Potem rečemo, da je L vložena podmnogoterost M dimenzije l, če za vsak x ∈ L obstaja odprta okolica U za x v M in difeomorfizem φ : U → m l m R , ki množico U ∩ L preslika na podmnožico R × {0} ⊂ R . Zožitev tega difeomorfizma potem določa lokalno karto na U ∩ L. Če je L vložena podmnogoterost in hkrati zaprt podprostor M , ji rečemo zaprta podmnogoterost. Tipični primeri zaprtih podmnogoterosti so vlakna submerzij, kot sta na primer S2 ⊂ 3 R in SO(3) ⊂ 3×3 R . Primeri vloženih podmnogoterosti, ki niso nujno zaprte, pa so odprte podmnožice zaprtih podmnogoterosti. 28 V obeh omenjenih primerih na množici L vzamemo topologijo in gladko strukturo, ki sta in-ducirani z M . V teoriji Liejevih grup in v teoriji foliacij pa imamo včasih opravka s slikami injektivnih imerzij, ki niso vložitve. Da lahko obravnavamo tudi takšne primere, definiramo, da je L imerzirana podmnogoterost M , če obstaja gladka mnogoterost L0 in injektivna imerzija iL : L0 → M , da velja i(L0) = L. Na L v takem primeru definiramo topologijo in gladko strukturo preko preslikave iL. V splošnem se ta topologija ne ujema z inducirano topologijo z M . Kot primer si poglejmo podmnožico L ⊂ 2 R kot na spodnji sliki. y 1.0 L 0.5 -2 -1 1 x -0.5 -1.0 Na L lahko potem definiramo naslednji dve strukturi imerzirane podmnogoterosti. (1) Definirajmo injektivno imerzijo ~ r : (0, 2π) → 2 R s predpisom ~ r(t) = (sin t, sin 2t). Slika te imerzije je L, vendar pa se topologija, ki jo na L porodi ta imerzija, ne ujema z inducirano topologijo z 2 R . Blizu izhodišča so v tej topologiji namreč samo točke, ki ležijo na loku v smeri sodih kvadrantov, točke na loku v smeri lihih kvadrantov pa ne. y 1.0 L 0.5 -2 -1 1 x -0.5 -1.0 (2) Na L lahko definiramo strukturo imerzirane podmnogoterosti tudi preko injektivne imerzije ~ r : (0, 2π) → 2 R s predpisom ~ r(t) = (− sin t, sin 2t). Sedaj je situacija obratna kot prej, saj so blizu izhodišča točke na loku v smeri lihih kvadrantov. y 1.0 L 0.5 -2 -1 1 x -0.5 -1.0 Če definiramo preslikavo g : (−, ) → 2 R s predpisom g(t) = (sin t, sin 2t), 29 bo njena slika ležala v L. Zvezna in gladka kot preslikava g : (−, ) → L pa je samo, če na L vzamemo strukturo imerzirane podmnogoterosti iz drugega primera, v prvem primeru pa ne. V nadaljevanju bomo pokazali, da je gladka preslikava v imerzirano podmnogoterost avtomatično gladka, če je zvezna. Denimo torej, da sta Q ⊂ N in L ⊂ M imerzirani podmnogoterosti, ki sta sliki injektivnih imerzij iQ : Q0 → N in iL : L0 → M . Predpostavili bomo, da je preslikava g|Q : Q → L, ki jo interpretiramo kot preslikavo g|Q = i−1 ◦ g ◦ i L Q, zvezna, radi pa bi pokazali, da od tod sledi, da je gladka. Vzemimo poljuben x ∈ Q0. Uporabili bomo lastnost imerzije, da je vsaj lokalno njena slika vedno vložena podmnogoterost, čeprav to ni nujno res globalno. Ker je preslikava iL imerzija, lahko torej najdemo okolico V 0 za i−1(g(i m−l za g(i L Q(x))) v L0 in okolico V ≈ V 0 × R Q(x)) v M , da ima iL|V 0 : V 0 → V obliko iL|V 0(y) = (y, 0). V nasprotno smer pa imamo lokalno gladko projekcijo p : V → V 0 s predpisom p(y, v) = y. Ker je g|Q zvezna, lahko najdemo okolico U 0 za x v Q0, da je g|Q(U 0) ⊂ V 0. Lokalno lahko sedaj izrazimo g|U0 = p ◦ g ◦ iQ|U0, od koder pa sledi, da je zožitev g na U 0 gladka, zato je g|Q gladka. Opomba: Če je L vložena podmnogoterost M , je zožitev zmeraj zvezna in posledično zmeraj gladka. (15) Izračunaj tokove in komutatorje danih vektorskih polj na 3 R : X = ∂ , ∂x Y = ∂ + x ∂ , ∂y ∂z Z = ∂ . ∂z Rešitev: Vektorska polja lahko interpretiramo na več načinov, odvisno od problema, ki ga študiramo. Najpogostejše so naslednje interpretacije: (1) Geometrični opis: Vektorsko polje si pogosto predstavljamo kot polje silnic neke sile, kot sta na primer električno ali pa gravitacijsko polje. Ta polja so večinoma definirana v 2 3 R ali R , podamo pa jih po komponentah v obliki ~ F = (F1, F2, F3). y x 30 Na splošnih gladkih mnogoterostih se stvari malce zakomplicirajo pri definiciji pojma tangentnega prostora in tangentnega vektorja. V splošnem je vektorsko polje na gladki mnogoterosti M definirano kot prerez tangentnega svežnja T M . Vsako tako vektorsko polje X ∈ C∞(T M ) lahko v lokalnih koordinatah (x1, . . . , xm) na M zapišemo v obliki X = a ∂ ∂ ∂ 1 + a + . . . + a . ∂x 2 m 1 ∂x2 ∂xm Mislimo si lahko, da tak X ustreza polju ~ F = (a1, a2, . . . , am). (2) Dinamični opis: Vektorsko polje si lahko predstavljamo tudi kot hitrostno polje neke tekočine, oziroma kot sistem navadnih diferencialnih enačb prvega reda. Če lahko v lokalnih koordinatah vektorsko polje X zapišemo v obliki X = a ∂ ∂ ∂ 1 + a + . . . + a , mu priredimo sistem diferencialnih enačb: ∂x 2 m 1 ∂x2 ∂xm ˙ x1 = a1(x1, x2, . . . , xm), ˙ x2 = a2(x1, x2, . . . , xm), .. . . = .. ˙ xm = am(x1, x2, . . . , xm). Toku tekočine ustreza tok vektorskega polja, ki je družina difeomorfizmov ΦX t : M → M , parametrizirana s t ∈ R. Če fiksiramo točko p ∈ M , nam preslikava t 7→ ΦX t (p) definira tokovnico skozi točko p, ki je povsod tangentna na vektorsko polje X. y x (3) Algebraični opis: Na vektorsko polje lahko gledamo tudi kot na linearni parcialni diferencialni operator reda ena oziroma derivacijo. To pomeni, da je vektorsko polje X na mnogoterosti M linearna preslikava X : C∞(M ) → C∞(M ), ki zadošča pogoju X(f g) = X(f )g + f X(g) za poljubni funkciji f, g ∈ C∞(M ). Če lahko v lokalnih koordinatah polje X izrazimo v obliki X = a ∂ ∂ ∂ 1 + a + . . . + a , je ta derivacija definirana lokalno s predpisom ∂x 2 m 1 ∂x2 ∂xm X(f ) = a ∂f ∂f ∂f 1 + a + . . . + a . ∂x 2 m 1 ∂x2 ∂xm 31 Poglejmo sedaj konkretne primere. Dana tri vektorska polja lahko interpretiramo kot levo invariantna vektorska polja na Heisenbergovi Liejevi grupi, ki je kot mnogoterost enaka H = 3 R , množenje pa je definirano s predpisom (x, y, z) · (x0, y0, z0) = (x + x0, y + y0, z + z0 + xy0). Enota za to operacijo je element e = (0, 0, 0). Vektorsko polje W ∈ C∞(T H) je potem levo invariantno, če za poljuben h ∈ H velja Wh = (dLh)e(We), kjer je Lh : H → H leva translacija z elementom h. To pomeni, da je vrednost takšnega polja v poljubni točki natanko določena z vrednostjo v enoti. V našem primeru so vektorska polja X, Y in Z levo invariantna vektorska polja na H, ki jih določajo tangentni vektorji { ∂ , ∂ , ∂ } ∈ T ∂x e ∂y e ∂z e eH . Dokažimo na primer, da je vektorsko polje Y = ∂ + x ∂ levo invariantno. Tangentni vektor ∂y ∂z ∂ lahko predstavimo z gladko potjo γ : (−, ) → H s predpisom γ(t) = (0, t, 0). Da dobimo ∂y e vrednost polja Y v točki h = (x, y, z), moramo to pot prestaviti s h in nato izračunati odvod. Tako dobimo (dL h)e( ∂ ) = d hγ(t) = d (x, y, z)(0, t, 0) = d (x, y + t, z + xt) = (0, 1, x). ∂y e dt t=0 dt t=0 dt t=0 Vektor na desni lahko identificiramo z vektorjem ∂ + x ∂ , kar pa pomeni, da velja ∂y h ∂z h Y h = (dLh)e( ∂ ). ∂y e Podobno lahko pokažemo tudi, da sta polji X in Z levo invariantni. Izračunajmo sedaj tokove danih vektorskih polj. Najprej si poglejmo vektorsko polje Z = ∂ in ∂z pripadajoči sistem diferencialnih enačb: ˙ x = 0, ˙ y = 0, ż = 1. To polje predstavlja homogeni tok vzdolž z-osi, ki je definiran s predpisom ΦZ t (x, y, z) = (x, y, z + t). Tokovnice so premice, ki so vzporedne z-osi. Podobno dobimo, da je tok polja X podan s predpisom ΦX t (x, y, z) = (x + t, y, z), tokovnice pa so premice, ki so vzporedne x-osi. Za konec poglejmo še tok polja Y . Določa ga sistem: ˙ x = 0, ˙ y = 1, ż = x, 32 dan pa je s predpisom ΦY t (x, y, z) = (x, y + t, z + xt). Tokovnice so premice, ki so vzporedne ravnini y = 0, njihov naklon pa se spreminja vzdolž x-koordinate. Posebej pomembne so tokovnice skozi enoto. Denimo, da je W levo invariantno vektorsko polje na H. Potem je preslikava αW : R → H s predpisom αW (t) = ΦW t (e) gladek homomorfizem Liejevih grup, ki mu rečemo tudi enoparametrična podgrupa. Za tokovnico skozi poljubno točko h pa velja ΦW t (h) = hαW (t), kar pomeni, da lahko dobimo poljubno tokovnico s translacijo tokovnice skozi enoto. V primeru polja Y je tako αY (t) = (0, t, 0) in ΦY t (x, y, z) = (x, y + t, z + xt) = (x, y, z)(0, t, 0). Komutator vektorskih polj: Na prostoru vektorskih polj C∞(T M ) na gladki mnogoterosti M imamo operacijo, ki na C∞(T M ) porodi strukturo Liejeve algebre. Če lahko vektorski polji X in Y lokalno zapišemo v obliki m m X = P a ∂ P ∂ i in Y = b , je njun komutator lokalno definiran s predpisom ∂x i i ∂xi i=1 i=1 m X [X, Y ] = (X(bi) − Y (ai)) ∂ . ∂xi i=1 Komutator vektorskih polj je spet vektorsko polje. Komutatorji levo invariantnih vektorskih polj X, Y in Z so: [X, Y ] = ∂ = Z, ∂z [X, Z] = 0, [Y, Z] = 0. Tudi komutator lahko interpretiramo na več načinov. (1) Algebraična interpretacija: Če na vektorska polja gledamo kot na parcialne diferencialne operatorje reda ena na M , ustreza komutator vektorskih polj ravno algebraičnemu komutatorju operatorjev. To pomeni, da za vsak f ∈ C∞(M ) velja [X, Y ](f ) = X(Y (f )) − Y (X(f )). Ta pristop se uporablja v nekomutativni geometriji in pa v kvantni mehaniki. 33 (2) Dinamična interpretacija: Dinamično lahko komutator vektorskih polj interpretiramo kot približek najnižjega reda za komutator njunih tokov. Poglejmo si to eksplicitno na primeru polj X in Y . Po eni strani je (ΦY t ◦ ΦX t )(x, y, z) = ΦY t (x + t, y, z) = (x + t, y + t, z + tx + t2), po drugi pa (ΦX t ◦ ΦY t )(x, y, z) = ΦX t (x, y + t, z + xt) = (x + t, y + t, z + tx). Od tod sledi (ΦY − t ◦ ΦX t ΦX t ◦ ΦY t )(x, y, z) = (0, 0, t2) = t2[X, Y ](x,y,z). Komutator tokov nam torej približno pove, kakšna je razlika med kompozicijama tokov v obeh vrstnih redih. V splošnem imamo za vektorski polji X in Y na M ter p ∈ M za majhne t aproksimacijo (ΦY − t ◦ ΦX t ΦX t ◦ ΦY t )(p) ≈ t2[X, Y ]p. Če je komutator dveh vektorskih polj na nekem območju enak nič, potem tokova teh vektorskih polj komutirata. Tipični primeri polj, ki komutirajo, so koordinatna vektorska polja v nekih lokalnih koordinatah. (16) Na prostoru M = 3 R \ {(0, 0, 0)} definirajmo vektorska polja: X = −z ∂ + y ∂ , ∂y ∂z Y = −x ∂ + z ∂ , ∂z ∂x Z = −y ∂ + x ∂ . ∂x ∂y (a) Izračunaj tokove in komutatorje vektorskih polj X, Y in Z. (b) Za vsak p ∈ M naj bo Fp = Lin{Xp, Yp, Zp} ⊂ TpM . Pokaži, da je [ F = Fp p∈M involutiven podsveženj T M ranga 2 in nato opiši liste foliacije na M , ki jo določa F . Rešitev: (a) Vektorskemu polju X = −z ∂ + y ∂ pripada sistem diferencialnih enačb: ∂y ∂z ˙ x = 0, ˙ y = −z, ż = y. To je linearen sistem diferencialnih enačb, ki ga lahko zapišemo tudi v matrični obliki:  ˙x 0 0 0  x ˙ y 0 0 −1 y   =     . ż 0 1 0 z Matriko 0 0 0  Wx = W (1, 0, 0) = 0 0 −1   0 1 0 34 smo že spoznali, saj predstavlja infinitezimalni generator vrtenja okoli x-osi. Tok, ki ga določa to vektorsko polje, lahko predstavimo z matriko etWx , kar se eksplicitno izrazi v obliki: 1 0 0  x ΦX t (x, y, z) = 0 cos t − sin t y     . 0 sin t cos t z Tokovnice tega vektorskega polja so krožnice s središči na x-osi in ki ležijo v normalnih ravninah na x-os. Točke na x-osi so stacionarne točke. Podobno lahko izračunamo tudi tokova polj Y in Z:  cos t 0 sin t x ΦY t (x, y, z) = 0 1 0 y     , − sin t 0 cos t z cos t − sin t 0 x ΦZ t (x, y, z) = sin t cos t 0 y     , 0 0 1 z ki predstavljata vrtenje okoli y oziroma z-osi. Komutatorji vektorskih polj X, Y in Z so: [X, Y ] = y ∂ − x ∂ = −Z, ∂x ∂y [Y, Z] = z ∂ − y ∂ = −X, ∂y ∂z [Z, X] = x ∂ − z ∂ = −Y. ∂z ∂x Liejeva algebra, ki jo generirajo vektorska polja X, Y in Z, je izomorfna Liejevi algebri grupe SO(3). Poglejmo še zvezo med komutatorjem polj X in Y ter komutatorjem njunih tokov. Tok polja X lahko linearno v t aproksimiramo v obliki 1 0 0  x 1 0 0 0 0 0  x ΦX ≈ t (x, y, z) = 0 cos t − sin t y 0 1 0 0 0 −1 y       + t     . 0 sin t cos t z 0 0 1 0 1 0 z Podobno dobimo aproksimacijo  1 0 t x ΦY t (x, y, z) ≈ 0 1 0 y     . −t 0 1 z Aproksimaciji kompozitumov teh dveh tokov sta:  1 0 t 1 0 0  x  1 t2 t  x (ΦY t ◦ ΦX t )(x, y, z) ≈ 0 1 0 0 1 −t y 0 1 −t y       =     , −t 0 1 0 t 1 z −t t 1 z 1 0 0   1 0 t x  1 0 t  x (ΦX t ◦ ΦY t )(x, y, z) ≈ 0 1 −t 0 1 0 y t2 1 −t y       =     . 0 t 1 −t 0 1 z −t t 1 z Opazimo lahko, da je njuna razlika enaka  y  (ΦY − − t ◦ ΦX t ΦX t ◦ ΦY t )(x, y, z) ≈ t2 x   = t2 [X, Y ](x,y,z). 0 35 (b) Definirajmo sedaj za vsak p ∈ M linearni podprostor Fp = Lin{Xp, Yp, Zp} ⊂ TpM. Radi bi pokazali, da je dim(Fp) = 2 za vsak p ∈ M . Najprej opomnimo, da je Fp = im(A), kjer smo označili  0 z −y A = −z 0 x   . y −x 0 Matrika A je antisimetrična, preverimo pa lahko, da je: ker(A) = Lin{(x, y, z)}, im(A) = ker(A)⊥. Za vsak p ∈ M je Fp torej ravnina, ki ima vektor p za normalo. Unija vseh teh ravnin tvori gladko polje ravnin, ki mu rečemo tudi distribucija ranga 2 na M . Sedaj bomo pokazali, da je F involutiven podsveženj tangentnega svežnja T M . To pomeni, da je za vsaki vektorski polji W1, W2 ∈ C∞(T F ) tudi polje [W1, W2] ∈ C∞(T F ), oziroma, da je komutator dveh tangentnih polj na F spet polje, ki je tangentno na F . V primeru, ko je podsveženj F določen z vektorskimi polji W1, W2, . . . , Wk, je dovolj, da preverimo, da lahko vsak komutator [Wi, Wj] zapišemo kot linearno kombinacijo [Wi, Wj] = a1W1 + a2W2 + . . . + akWk, za neke gladke funkcije ai ∈ C∞(M ). V našem primeru je [X, Y ] = −Z, [Y, Z] = −X in [Z, X] = −Y , kar pomeni, da je F involutiven podsveženj T M . Po Frobeniusovem izreku od tod sledi, da lahko mnogoterost M zapišemo kot unijo povezanih imerziranih podmnogoterosti M , ki so tangentne na F . Rečemo jim listi foliacije na M , ki jo porodi podsveženj F . Listi foliacije so lokalno vedno vlakna neke submerzije, včasih pa je to res tudi globalno. Preverimo torej, če obstaja gladka submerzija f : M → R, katere vlakna so tangentna na F . Z drugimi besedami to pomeni, da mora biti ker(dfp) = Fp za vsak p ∈ M . Iščemo torej funkcijo f , katere gradient v točki p kaže v smeri vektorja p. Takšna je na primer funkcija f (x, y, z) = x2 + y2 + z2. Nivojnice te funkcije oziroma listi iskane foliacije so potem sfere L 3 R = {(x, y, z) ∈ R | x2 + y2 + z2 = R2, R > 0}. (17) Naj bosta M in N gladki mnogoterosti, g : M → N gladka preslikava in X, Y ∈ C∞(T M ) ter X0, Y 0 ∈ C∞(T N ) gladka vektorska polja. Pokaži, da sta polji [X, Y ] in [X0, Y 0] v g-relaciji, če so v g-relaciji X in X0 ter Y in Y 0. Rešitev: Vektorski polji X ∈ C∞(T M ) in X0 ∈ C∞(T N ) sta v g-relaciji, če za vsak x ∈ M velja dgx(Xx) = X0 . g(x) Preden dokažemo trditev naloge, si poglejmo dva pomembna posebna primera. 36 (1) Denimo, da je i : M → N injektivna imerzija. Vektorsko polje X ∈ C∞(T M ) je potem v i-relaciji s poljem X0 ∈ C∞(T N ) natanko takrat, ko je X zožitev polja X0 na M . Trditev naloge potem pravi, da je vseeno, ali najprej izračunamo komutator dveh polj in ga zožimo, ali pa izračunamo komutator zožitev. (2) Naj bo sedaj π : M → N surjektivna submerzija. Če je vektorsko polje X ∈ C∞(T M ) v π-relaciji s poljem X0 ∈ C∞(T N ), rečemo, da je vektorsko polje X projektabilno, polje X0 pa lahko smatramo kot njegovo projekcijo. Iz trditve naloge sledi, da je komutator projektabilnih vektorskih polj projektabilno vektorsko polje, ki se projicira na komutator projekcij. Za dokaz trditve najprej opomnimo, da je pogoj dgx(Xx) = X0 ekvivalenten pogoju, da za g(x) vsako f ∈ C∞(N ) velja X(f ◦ g) = X0(f ) ◦ g. Trditev naloge potem sledi iz enakosti: [X, Y ](f ◦ g) = X(Y (f ◦ g)) − Y (X(f ◦ g)), = X(Y 0(f ) ◦ g) − Y (X0(f ) ◦ g), = X0(Y 0(f )) ◦ g − Y 0(X0(f )) ◦ g, = X0(Y 0(f )) − Y 0(X0(f )) ◦ g, = [X0, Y 0](f ) ◦ g. 37 2 Liejeve grupe (1) Ortogonalna in specialna ortogonalna grupa sta definirani s pogojema: O(n) = {Q ∈ n×n R | QT Q = I}, SO(n) = {Q ∈ n×n R | QT Q = I, det(Q) = 1}. (a) Poišči izomorfizem Liejevih grup O(3) in Z2 × SO(3). (b) Pokaži, da grupi O(2) in Z2 × SO(2) nista izomorfni. Rešitev: Pri tej nalogi bomo študirali razcep Liejevih grup na grupo komponent in pa na kom- ponento enote. Spomnimo se, da je gladka mnogoterost M povezana, če za poljubna p, q ∈ M lahko najdemo pot γ : [0, 1] → M , za katero je γ(0) = p in γ(1) = q. Če M ni povezana, označimo s π0(M ) množico povezanih komponent M . Liejevo grupo lahko razcepimo na povezan in pa na diskreten del. Komponenta enote grupe G je zmeraj edinka v G, ki jo označimo z G0. Grupo komponent π0(G) Liejeve grupe G nato dobimo kot faktorsko grupo G/G0. Poleg izomorfnostnih tipov teh dveh grup je pomemben tudi podatek, kako iz njiju konstruiramo celo grupo G. V večini zanimivih primerov je Liejeva grupa direktni ali pa semidirektni produkt komponente enote in pa grupe komponent. Liejeva grupa ortogonalnih matrik O(n) ima dve komponenti. Od tod sledi, da je grupa kom- ponent π0(O(n)) izomorfna grupi Z2. Komponenta enote je grupa SO(n), ki vsebuje matrike z determinanto 1, medtem ko so v drugi komponenti matrike z determinanto −1. (a) Elemente grupe O(3) lahko geometrijsko interpretiramo na naslednja dva načina: 1. Če je det(Q) = 1, predstavlja matrika Q rotacijo za nek kot okoli neke osi v prostoru. · Lastne vrednosti matrike Q so λ1 = 1 in λ2,3 = e±iφ za nek φ ∈ [0, 2π). · Os vrtenja je vzporedna lastnemu vektorju Q, ki ustreza lastni vrednosti λ = 1. · Kot vrtenja je ±φ, odvisno od orientacije osi. 2. Če je det(Q) = −1, predstavlja matrika Q kompozicijo rotacije za nek kot okoli neke osi v prostoru in pa zrcaljenja preko ravnine, ki ima to os za normalo. · Lastne vrednosti matrike Q so λ1 = −1 in λ2,3 = e±iφ za nek φ ∈ [0, 2π). · Os vrtenja je vzporedna lastnemu vektorju Q, ki ustreza lastni vrednosti λ = −1. · Kot vrtenja je ±φ, odvisno od orientacije osi. · Normala ravnine zrcaljenja kaže v smeri osi vrtenja. Sedaj bomo eksplicitno konstruirali izomorfizem Liejevih grup α : Z2 × SO(3) → O(3), ki bo elemente oblike (0, R) preslikal v rotacije, elemente oblike (1, R) pa v zrcaljenja. Eksplicitno je definiran s predpisom α(k, R) = (− I)kR. Pokažimo najprej, da je tako definirana preslikava α homomorfizem grup. To sledi iz enakosti: α((k1, R1)(k2, R2)) = α(k1 + k2, R1R2) = (− I)k1+k2R1R2, α(k1, R1)α(k2, R2) = (− I)k1R1(− I)k2R2 = (− I)k1+k2R1R2. 38 Jedro homomorfizma α je trivialno, zato moramo pokazati samo še, da je surjektiven. Izberimo poljuben Q ∈ O(3). Če je det(Q) = 1, je Q ∈ SO(3) in velja Q = α(0, Q). Če pa je det(Q) = −1, pa je −Q ∈ SO(3) in velja Q = α(1, −Q). To pomeni, da je grupa O(3) izomorfna direktnemu produktu komponente enote in pa grupe komponent O(3) ∼ = Z2 × SO(3). (b) Sedaj bomo pokazali, da analogen izomorfizem ne obstaja v dveh dimenzijah. Grupa O(2) ima dve komponenti. V komponenti enote SO(2) so rotacije, v preostali komponenti pa zrcaljenja. Rotacijo za kot φ ∈ [0, 2π] v pozitivni smeri lahko predstavimo z rotacijsko matriko cos φ − sin φ Rφ = . sin φ cos φ Rotacijske matrike imajo determinanto enako 1. Zrcaljenje čez premico skozi izhodišče, ki seka abscisno os pod kotom φ, pa lahko po drugi strani predstavimo z matriko cos 2φ sin 2φ Zφ = . sin 2φ − cos 2φ Te matrike imajo determinanto enako −1. Da grupi O(2) in Z2 × SO(2) nista izomorfni, sledi iz dejstva, da je Z2 × SO(2) komutativna, O(2) pa nekomutativna grupa. Rotacije sicer komutirajo med sabo, medtem ko za zrcaljenja velja zveza Zφ ◦ Z = R 2 φ1 2(φ2−φ1). Dve različni zrcaljenji torej nikoli ne komutirata. Čeprav grupi O(2) in Z2 × SO(2) nista izomorfni, pa sta med sabo difeomorfni. Eksplicitni difeomorfizem je na primer preslikava α : Z2 × SO(2) → O(2), ki je definirana s predpisom α(k, R) = (Zπ/4)kR. Matrika 0 1 Zπ/4 = 1 0 zamenja med sabo vlogo x in y koordinate, kar pomeni, da je (Zπ/4)2 = I. Označimo z Z2 podgrupo O(2), ki vsebuje matriki I in Zπ/4. Potem imata podgrupi Z2 in SO(2) grupe O(2) naslednje lastnosti: · SO(2) je edinka, Z2 pa podgrupa, · SO(2) ∩ Z2 = {I}, · Z2 · SO(2) = O(2). Kadar v splošnem dve podgrupi dane grupe zadoščata tem lastnostim, rečemo, da je grupa semidirektni produkt teh dveh podgrup in to označimo O(2) = Z2 n SO(2). Opomba: Za n > 3 lahko na analogen način pokažemo, da velja: 39 · če je n sod, je O(n) ∼ = Zn n SO(n), · če je n lih, je O(n) ∼ = Zn × SO(n). Za splošno Liejevo grupo G pa imamo zmeraj kratko eksaktno zaporedje 0 −→ G0 −→ G −→ π0(G) −→ 0, kjer je G0 povezana komponenta enote, π0(G) pa diskretna grupa komponent grupe G. Lie- jeva grupa G je izomorfna semidirektnemu produktu komponente enote in pa grupe komponent natanko takrat, ko je zgornje eksaktno zaporedje razcepno. To pomeni, da lahko v grupi G najdemo izomorfno kopijo grupe π0(G), ki vsebuje natanko en element iz vsake komponente grupe G. Če je ta kopija grupe komponent hkrati edinka v G, dobimo direktni produkt. (2) Opiši strukturo Lorentzove grupe O(1, 1). Rešitev: V Lorentzovi grupi O(1, 1) so matrike oblike O(1, 1) = {A ∈ 2×2 R | AT I1,1 A = I1,1}, kjer je 1 0 I1,1 = 0 −1 matrika, ki na 2 2 R porodi Lorentzovo metriko. Če koordinate na R označimo s (t, x), so v grupi O(1, 1) ravno matrike A, za katere velja (t0)2 − (x0)2 = t2 − x2. Pri tem smo označili ~ r 0 = A~ r. Zapišimo sedaj poljubno matriko A ∈ O(1, 1) v obliki x A = 11 x12 . x21 x22 Pogoj AT I1,1 A = I1,1 se potem prevede v sistem enačb: x2 − 11 x221 = 1, x11x12 − x21x22 = 0, x2 − 22 x212 = 1. Prva in tretja enačba nam povesta, da velja |x11| ≥ 1 in |x22| ≥ 1. Če to upoštevamo, lahko dani sistem prepišemo v obliko: x211 = 1 + x221, x12 = x21 , x22 x11 x222 = 1 + x212. Poleg tega iz pogoja AT I1,1 A = I1,1 avtomatično sledi, da je det(A) = ±1. V nadaljevanju bomo opisali komponento enote Lorenztove grupe, ki jo označimo z SO+(1, 1), nato pa še grupo komponent. Komponenta enote: 40 V komponenti enote SO+(1, 1) Lorentzove grupe so matrike, ki jih lahko povežemo s potjo v Lorentzovi grupi do identične matrike. Po eni strani to pomeni, da imajo vse matrike v komponenti enote determinanto enako 1, ker pa velja |x11| ≥ 1 in |x22| ≥ 1, pa mora za vse te matrike veljati še x11 ≥ 1 in x22 ≥ 1. Izkaže se, da je Lorentzove matrike pametno parametrizirati s hiperboličnimi funkcijami. Ker hiperbolični sinus predstavlja difeomorfizem sh : R → R, lahko definiramo: x21 = sh α, x12 = sh α0 za neka enolično določena α, α0 ∈ R. Iz enačb x2 = 1+x2 in x2 = 1+x2 potem z upoštevanjem 11 21 22 12 neenakosti x11 ≥ 1 in x22 ≥ 1 sledi: x11 = ch α, x22 = ch α0. Enakost x12 = x21 se potem prepiše v obliko th α0 = th α. Ker je hiperbolični tangens bijektivna x22 x11 funkcija, od tod sledi α0 = α. To pomeni, da je vsaka matrika A ∈ SO+(1, 1) oblike ch α sh α A = Hα = sh α ch α za nek enolično določen α ∈ R. Po analogiji z rotacijami Evklidske ravnine rečemo matriki Hα hiperbolična rotacija. Kotu α včasih v povezavi s specialno teorijo relativnosti rečemo rapidnost. Če namreč koordinatna sistema (t0, x0) in (t, x) predstavljata dva opazovalca, ki se gibljeta z relativno hitrostjo v, potem v enotah, v katerih je c = 1, velja: v sh α = √ , 1 − v2 1 ch α = √ , 1 − v2 th α = v. Preverimo lahko, da velja Hα ◦ H = H , od koder sledi, da imamo izomorfizem 1 α2 α1+α2 SO+(1, 1) ∼ = R. Matrikam v SO+(1, 1) rečemo prave, ortohrone Lorentzove transformacije. Grupa komponent: Parametra, ki določata, v kateri komponenti leži Lorentzova matrika, sta predznaka členov x11 in x22. Označimo matrike 1 0 1 0 −1 0 −1 0 I = , P = , T = , PT = . 0 1 0 −1 0 1 0 −1 Poljubno Lorentzovo matriko lahko s potjo povežemo do tiste izmed teh štirih matrik, ki ima isto predznačena diagonalna člena. Zaradi pogojev na diagonalna člena je tudi jasno, da nobenih dveh izmed teh matrik ne moremo povezati s potjo. Od tod sledi, da ima Lorentzova grupa štiri komponente, katerih predstavniki so zgornje štiri matrike. Kot smo že omenili, so v komponenti enote prave, ortohrone Lorentzove transformacije. V komponenti matrike P so matrike, ki obrnejo orientacijo prostora, v komponenti T so matrike, 41 ki obrnejo smer časa, medtem ko so v komponenti matrike PT tiste matrike, ki obrnejo orientacijo prostora in smer časa. Te štiri matrike tvorijo podgrupo Lorentzove grupe, ki je izomorfna grupi Z2 × Z2. Podobno kot pri grupi O(2) lahko pokažemo, da velja O(1, 1) ∼ = (Z2 × Z2) n SO+(1, 1). (3) Naj bo O(n, B) = {A ∈ n×n n×n R | AT BA = B}, kjer je B ∈ R obrnljiva simetrična ali pa antisimetrična matrika. Pokaži, da je O(n, B) Liejeva grupa. Rešitev: Grupa O(n, B) je grupa matrik, ki ohranjajo strukturo, ki jo na prostoru n R določa matrika B. Do izomorfizma natančno dobimo na ta način naslednje grupe: (1) V primeru, ko je B = In, dobimo grupo O(n) = {Q ∈ n×n R | QT Q = I} ortogonalnih matrik. To so linearne izometrije Evklidskega prostora n R . Kot smo že videli, ima grupa O(n) dve komponenti, komponenta enote pa je grupa SO(n). Dimenzija grupe O(n) je enaka n(n−1) . 2 (2) V primeru, ko je B = Ip,q, kjer je n = p + q, dobimo posplošeno Lorentzovo grupo O(p, q) = {A ∈ n×n R | AT Ip,q A = Ip,q}. Pri tem smo upoštevali, da je Ip,q matrika, ki jo lahko zapišemo v bločni obliki I I p 0 p,q = . 0 − Iq Te matrike ohranjajo Lorentzovo psevdometriko na prostoru n p q R = R × R , ki ima p časovnih in q prostorskih dimenzij. Grupa O(p, q) ima štiri komponente, komponenta enote SO+(p, q) pa sestoji iz matrik, ki ohranjajo tako orientacijo časa kot orientacijo prostora. Dimenzija grupe O(p, q) je enaka n(n−1) . 2 (3) Naj bo sedaj Ω standardna simplektična matrika, ki jo zapišemo v obliki 0 I Ω = n . − In 0 Simplektična grupa Sp(2n, 2n×2n R) = {A ∈ R | AT ΩA = Ω} potem sestoji iz matrik, ki ohranjajo simplektično formo na prostoru 2n R . To so ravno matrike, ki ohranjajo strukturo hamiltonskih enačb. Simplektična grupa je povezana, njena dimenzija pa je 2n2 + n. Da je poljubna grupa O(n, B) izomorfna eni izmed teh, sledi iz naslednje opazke: · Če je B ∈ n×n R simetrična, obrnljiva matrika, je po Sylvestrovem izreku o inerciji kongru- entna diagonalni matriki oblike Ip,q. To pomeni, da obstaja matrika P , da velja B = P T Ip,q P. 42 · Če je B ∈ 2n×2n R antisimetrična, obrnljiva matrika, je kongruentna matriki Ω. Torej obstaja matrika P , da velja B = P T ΩP. Opomnimo še, da je v lihih dimenzijah vsaka antisimetrična matrika izrojena, zato so za nas zanimive samo sode dimenzije. Dokaza, da je O(n, B) Liejeva grupa, sta v primerih, ko je B simetrična ali pa antisimetrična, analogna. Zato denimo, da je B ∈ 2n×2n R antisimetrična, obrnljiva matrika in naj velja B = P T ΩP . Vzemimo poljuben A ∈ O(n, B). Po definiciji je potem AT BA = B. Če upoštevamo zvezo B = P T ΩP , od tod sledi: AT (P T ΩP )A = P T ΩP, P −T AT P T ΩP AP −1 = Ω, (P AP −1)T ΩP AP −1 = Ω. Vidimo, da je torej P AP −1 ∈ Sp(2n, R). Konjugiranje z obrnljivo matriko P je torej gladek izomorfizem Liejeve grupe GL(2n, R), ki grupo O(n, B) preslika na simplektično grupo Sp(2n, R). Ker je simplektična grupa Liejeva grupa, je torej tudi O(n, B) Liejeva grupa. Eksplicitno pa velja O(n, B) = P −1 · Sp(2n, R) · P. Analogen sklep deluje tudi v primeru, ko je matrika B simetrična. (4) (a) Dokaži, da je eksponentna preslikava na Heisenbergovi grupi difeomorfizem. (b) Dokaži, da je eksponentna preslikava na grupi UT(n, R) difeomorfizem. (c) Dokaži, da je eksponentna preslikava na grupi U(n) surjektivna, ni pa injektivna. Rešitev: Naj bo G Liejeva grupa in g njena Liejeva algebra. Liejevo algebro lahko opišemo na naslednje ekvivalentne načine g = TeG ←→ {levo invariantna vektorska polja na G} ←→ {gladki homomorfizmi R → G}. Tangentnemu vektorju W ∈ TeG pri tej korespondenci pripada levo invariantno vektorsko polje W L na G, ki jo določeno s predpisom W L g = (dLg )e(W ), tokovnica polja W L skozi enoto e pa nato definira gladek homomorfizem αW : R → G, ki je dan s predpisom αW (t) = ΦW L t (e). Eksponentna preslikava exp : g → G je sedaj definirana s predpisom exp(W ) = αW (1) za poljuben W ∈ g. Da se pokazati, da je eksponentna preslikava gladka in da neko okolico 0 ∈ g preslika difeomorfno na neko okolico e ∈ G. Pri tej nalogi pa bomo videli, da je pogosto celo difeomorfizem ali pa vsaj surjekcija. Eksponentna preslikava na Heisenbergovi grupi: Spomnimo se, da je Heisenbergova grupa H difeomorfna 3 R z grupno operacijo (x, y, z)(x0, y0, z0) = (x + x0, y + y0, z + z0 + xy0) 43 in enoto e = (0, 0, 0). Eksponentno preslikavo na H bomo izračunali na dva načina. Najprej jo bomo za vajo izračunali po definiciji, nato pa še s pomočjo vložitve v matrično grupo. Vzemimo poljuben W ∈ h. Zapišemo ga lahko v obliki W = a ∂ + b ∂ + c ∂ = (a, b, c) ∂x e ∂y e ∂z e za neke enolično določene a, b, c ∈ R. Tangentni vektor W bomo sedaj najprej razširili do levo invariantnega polja W L na G. Naj bo h = (x, y, z). Ker je W = ˙γ(0) za gladko pot γ(t) = (at, bt, ct), je potem W L h = d hγ(t) = d (x, y, z)(at, bt, ct) = d (x + at, y + bt, z + ct + bxt) = (a, b, c + bx). dt t=0 dt t=0 dt t=0 Tok polja W L je potem določen s sistemom diferencialnih enačb: ˙ x = a, ˙ y = b, ż = c + bx. Izračunamo lahko, da velja ΦW L t (x, y, z) = (x + at, y + bt, z + ct + bxt + 1 abt2). 2 Tokovnica skozi enoto e = (0, 0, 0) je homomorfizem grup αW : R → H, ki je določen s predpisom αW (t) = ΦW L t (0, 0, 0) = (at, bt, ct + 1 abt2). 2 Od tod dobimo predpis za eksponentno preslikavo exp(a, b, c) = (a, b, c + 1 ab). 2 Preverimo lahko, da je exp : h → H difeomorfizem z inverzom log : H → h, ki je dan s predpisom log(x, y, z) = (x, y, z − 1 xy). 2 Sedaj bomo eksponentno preslikavo izračunali še s pomočjo vložitve ρ : H → GL(3, R) s predpisom 1 x z ρ(x, y, z) = 0 1 y   . 0 0 1 To pomeni, da lahko Heisenbergovo grupo in algebro ekvivalentno definiramo s predpisom:  1 x z    H = A = 0 1 y ∈ 3×3 3 x, y, z ∈ ,   R R  0 0 1   0 a c    h = W = 0 0 b ∈ 3×3 3   R a, b, c ∈ R .  0 0 0  V matričnih Liejevih grupah je eksponentna preslikava definirana z eksponentno vrsto W 2 W 3 exp(W ) = eW = I +W + + + . . . 2! 3! 44 V našem primeru je matrika W nilpotentna in velja W 3 = 0. Od tod sledi 1 a c + 1 ab W 2 2 eW = I +W + = 0 1 b   . 2! 0 0 1 Vidimo, da smo dobili isti rezultat kot pri izračunu eksponentne preslikave po definiciji. Eksponentna preslikava na grupi UT(n, R): Grupa UT(n, R) je grupa vseh zgornje trikotnih matrik z enicami po diagonali. Za vsak n ≥ 2 je grupa UT(n, R) enostavno povezana in nilpotentna. Kot pri Heisenbergovi grupi tudi v primeru grupe UT(n, R) eksponentna preslikava definira difeomorfizem exp : ut(n, R) → UT(n, R) s predpisom W 2 W 3 W n−1 exp(W ) = I +W + + + . . . + . 2! 3! (n − 1)! Inverz eksponentne preslikave pa je logaritemska preslikava log : UT(n, R) → ut(n, R) s predpisom (A − I)2 (A − I)n−1 log(A) = (A − I) − + . . . + (−1)n . 2 n − 1 Eksponentna preslikava na unitarni grupi U(n): Unitarna grupa U(n) = {Q ∈ n×n C | Q∗Q = I} je grupa vseh kompleksnih unitarnih matrik. Njena Liejeva algebra je algebra u(n) = {W ∈ n×n C | W ∗ + W = 0} vseh antihermitskih matrik. Vsaka matrika W ∈ u(n) ima imaginarne lastne vrednosti. Če so vse lastne vrednosti matrike W oblike 2kπi, je eW = I, od koder sledi, da eksponentna preslikava ni injektivna. Pokažimo sedaj, da je eksponentna preslikava na grupi U(n) surjektivna. Poljubno matriko Q ∈ U(n) lahko diagonaliziramo v obliki Q = P DP ∗, kjer je P unitarna matrika, matrika D pa je diagonalna, na diagonali pa ima lastne vredno- sti matrike Q. Ker je Q unitarna, so njene lastne vrednosti oblike eiλ1 , eiλ2 , . . . , eiλn za neka realna števila λk. Če sedaj definiramo diagonalno matriko D0, ki ima po diagonali vrednosti iλ1, iλ2, . . . , iλn, bo W = P D0P ∗ ∈ u(n) in exp(W ) = Q. Opomba: Nekoliko težje je pokazati, da je eksponentna preslikava difeomorfizem natanko tedaj, ko je G enostavno povezana rešljiva Liejeva grupa. Če je grupa G povezana in rešljiva, pa je eksponentna preslikava krovna projekcija. Če je grupa G kompaktna in povezana, je eksponentna preslikava zmeraj surjektivna, nikoli pa injektivna. 45 (5) Opiši adjungirani reprezentaciji na Liejevi algebri so(3). Rešitev: Naj bo G Liejeva grupa in g njena Liejeva algebra. Adjungirana reprezentacija Liejeve grupe G na Liejevi algebri g je homomorfizem Liejevih grup Ad : G → Aut(g), ki je definiran s predpisom Ad g (X ) = d getX g−1. dt t=0 Če je G matrična Liejeva grupa, se ta predpis poenostavi v Adg(X) = gXg−1. Pri tem smo z Aut(g) označili grupo avtomorfizmov Liejeve algebre g. Če adjungirano reprezentacijo Liejeve grupe odvajamo, dobimo adjungirano reprezentacijo Liejeve algebre ad : g → Der(g), ki je definirana s predpisom adY (X) = [Y, X]. Liejeva algebra grupe Aut(g) je Liejeva algebra derivacij algebre g, ki jo označimo z Der(g). Derivacijam, ki so v sliki preslikave ad, rečemo notranje derivacije. Adjungirana reprezentacija Liejeve grupe SO(3) na so(3): Pri računu bomo uporabili izomorfizem Liejevih algeber ( 3 R , ×) ∼ = so(3), ki vektorju ~ ω = (x, y, z) ∈ 3 R priredi antisimetrično matriko  0 −z y  W (~ ω) = z 0 −x ∈ so   (3). −y x 0 Ker je SO(3) matrična Liejeva grupa, za vsak Q ∈ SO(3) velja AdQ(W (~ ω)) = QW (~ ω)QT . Če desno stran uporabimo na vektorju ~ r in upoštevamo, da je W (~ ω) matrika, ki pripada vektor- skemu množenju z vektorjem ~ ω, dobimo AdQ(W (~ ω))~ r = QW (~ ω)QT ~ r = Q(ω × QT ~ r). Matrika Q je ortogonalna, zato velja Q(~a × ~b) = Q~a × Q~b za poljubna vektorja ~a,~b ∈ 3 R . V našem primeru tako dobimo AdQ(W (~ ω))~ r = Q(~ ω × QT ~ r) = Q~ ω × ~ r = W (Q~ ω)~ r oziroma AdQ(W (~ ω)) = W (Q~ ω). Vidimo, da adjungirana reprezentacija SO(3) na so(3) ustreza standardnemu delovanju SO(3) na 3 R z rotacijami. 46 Adjungirana reprezentacija Liejeve algebre so(3) na so(3): Preko izomorfizma 3 ∼ 3 R = so(3) ustreza standardni bazi {~i,~ j, ~ k} prostora R baza 0 0 0   0 0 1 0 −1 0 Wx = 0 0 −1 0 0 0 1 0 0   , Wy =   , Wz =   0 1 0 −1 0 0 0 0 0 Liejeve algebre so(3). Če je W (~ ω) = xWx + yWy + zWz, ustreza operatorju adW (~ω) glede na to bazo matrika  0 −z y  adW (~ω) = z 0 −x   . −y x 0 Adjungirana reprezentacija so(3) na so(3) torej ustreza standardnemu delovanju so(3) na 3 R . V tem primeru lahko eksplicitno preverimo, da obe adjungirani reprezentaciji in eksponentno preslikavo veže relacija eadW(~ω) = AdeW(~ω) . (6) Naj bo G Liejeva grupa in exp : g → G eksponentna preslikava. Dokaži, da potem velja 1 − e− adX d expX(Y ) = eX · (Y ). adX Rešitev: Najprej se dogovorimo glede oznak. Za vsak g ∈ G in vsak X ∈ g naj bo: g · X = (dLg)e(X), X · g = (dRg)e(X), eX = exp(X). Funkcija 1 − e−z f (z) = = 1 − z + z2 − z3 + . . . z 2 3! 4! je cela holomorfna funkcija, zato lahko za vsak X ∈ g definiramo linearno preslikavo 1 − e− adX f (adX ) = ∈ End(g). adX Trditev naloge pravi, da lahko odvod eksponentne preslikave zapišemo kot kompozicijo preslikave f (adX ) in odvoda leve translacije. Pri izračunu odvoda eksponentne preslikave bomo uporabili formulo za odvod tokov enopara- metrične družine vektorskih polj po parametru. Denimo, da je {v} gladka družina kompletnih vektorskih polj na G in naj bodo Φt tokovi teh polj. Potem velja Z t ∂ Φ dΦ0 ∂ v ∂ =0 t (x) = t−s ∂ =0 (Φ0 s (x)) ds. 0 Dokaz te formule je precej tehničen, zato ga bomo izpustili. Vzemimo sedaj poljubna X, Y ∈ g in naj bo v(g) = (X + Y ) · g 47 desno invariantno vektorsko polje na G, ki je pridruženo vektorju X + Y ∈ g. Tok polja v je potem dan s predpisom Φt(g) = et(X+Y )g. Sedaj velja: Z 1 d exp ∂ X (Y ) = ∂ eX+Y = ∂ Φ dΦ0 v ∂ =0 ∂ =0 1(e) = 1−s ∂ =0 (Φ0 s (e)) ds, 0 Z 1 Z 1 = dΦ0 ∂ 1−s (X + Y ) · esX ) ds = dΦ0 ∂ =0 1−s Y · esX ds, 0 0 Z 1 Z 1 = e(1−s)X · Y · esX ds = eX · e−sX · Y · esX ds, 0 0 Z 1 Z 1 = eX · Ade−sX (Y ) ds = eX · e− adsX (Y ) ds. 0 0 Z razvojem v eksponentno vrsto lahko izračunamo integral na desni: Z 1 Z 1 e− adsX (Y ) ds = I −s adX + s2 ad2 − s3 ad3 (Y ) ds, 2 X 3! X + . . . 0 0 ad2 = I − adX + X − ad3X + . . . (Y ), 2 3! 4! 1 − e− adX = (Y ). adX Tako dobimo formulo za odvod eksponentne preslikave v poljubni točki 1 − e− adX d expX(Y ) = eX · (Y ). adX (7) (a) Dokaži, da je odvod eksponentne preslikave d expX neizrojen natanko takrat, ko adX nima lastnih vrednosti oblike λ = 2πik za k ∈ Z \ {0}. (b) Ugotovi, v katerih točkah je eksponentna preslikava exp : so(3) → SO(3) lokalni difeomorfizem. Rešitev: (a) Pri prejšnji nalogi smo dokazali, da velja 1 − e− adX d expX(Y ) = eX · (Y ), adX kar pomeni, da lahko zapišemo d expX = (dLeX )e ◦ f (adX), kjer je f (z) = 1−e−z . Odvod leve translacije je zmeraj neizrojen, zato nas zanima, kdaj je z operator f (adX ) neizrojen. Če hočemo, da bo f (adX ) obrnljiv operator, število 0 ne sme biti njegova lastna vrednost. Po izreku o preslikavi spektra pa od tod sledi, da lastne vrednosti operatorja adX ne smejo biti ničle funkcije f . Ker so ničle funkcije f ravno števila oblike λ = 2πik za k ∈ Z \ {0}, od tod sledi trditev naloge. 48 (b) Karakterizacijo točk, kjer eksponentna preslikava ni lokalni difeomorfizem, bomo sedaj uporabili na primeru grupe SO(3). Spomnimo se, da v ustrezni bazi operatorju adW (~ω) ustreza matrika  0 −z y  adW (~ω) = z 0 −x   . −y x 0 Izračunamo lahko, da so lastne vrednosti operatorja adW (~ω) števila: λ1 = 0, λ2,3 = ±i|~ ω|. Eksponentna preslikava exp : so(3) → SO(3) je torej lokalni difeomorfizem povsod, razen na sferah s polmeri 2kπ za k ∈ N. Med drugim od tod sledi, da je osno-kotna parametrizacija Liejeve grupe SO(3) regularna. (8) (Baker-Campbell-Hausdorffova formula) Naj bo G Liejeva grupa in g njej pridružena Liejeva algebra. Potem obstaja okolica U elementa 0 ∈ g, da za vsaka X, Y ∈ U velja Z 1 log(eX eY ) = X + g(eadX ◦ eadsY )(Y ) ds, 0 kjer je g(z) = z log z . z−1 Rešitev: Baker-Campbell-Hausdorffova formula pove, da lahko v okolici enote Liejeve grupe množenje izrazimo z operacijami v Liejevi algebri. V logaritemskih koordinatah lahko namreč produkt izrazimo z neskončno vrsto oblike X ∗ Y = X + Y + 1 [X, Y ] + . . . , 2 ki jo dobimo z razvojem izraza R 1 g(eadX ◦ eadsY )(Y ) ds. Najprej bomo BCH formulo dokazali, 0 nato pa še izračunali njen razvoj do členov drugega reda. Izberimo okolico 0 ∈ V ⊂ g, da bo exp |V : V → exp(V ) difeomorfizem. Ker je množenje v Liejevi grupi zvezno, lahko najdemo malce manjšo okolico 0 ∈ U ⊂ V , da bo za vsak t ∈ [0, 1] in vsaka X, Y ∈ U veljalo eX etY ∈ exp(V ). Sedaj definirajmo Z = Z(t) ∈ V implicitno s predpisom eZ(t) = eX etY . Če to enakost odvajamo po času, dobimo: d expZ(t)( Ż(t)) = eX etY · Y, eZ(t) · f (adZ(t))( Ż(t)) = eX etY · Y, f (adZ(t))( Ż(t)) = Y, Ż(t) = f (adZ(t))−1(Y ). Sedaj bomo poskusili izračunati operator f (adZ(t))−1. Ker je f (z) = 1−e−z = ez−1 , je z zez 1 zez = . f (z) ez − 1 Od tod dobimo adZ(t) eadZ(t) f (adZ(t))−1 = = g(eadZ(t) ), eadZ(t) − 1 49 kjer smo označili z log z g(z) = . z − 1 Z uporabo relacije med adjungiranima reprezentacijama Liejeve grupe in Liejeve algebre lahko izrazimo eadZ(t) = AdeZ(t) = AdeX ◦ AdetY = eadX ◦ eadtY . Z integracijo enačbe Ż(t) = f (adZ(t))−1(Y ) tako pridemo do rezultata Z t Z(t) = X + g(eadX ◦ eadsY )(Y ) ds, 0 ko vstavimo t = 1, pa dobimo Baker-Campbell-Hausdorffovo formulo Z 1 log(eX eY ) = X + g(eadX ◦ eadsY )(Y ) ds. 0 V nadaljevanju bomo razvili formulo v vrsto do kvadratnih členov. Za X in Y blizu 0 ∈ g je operator eadX ◦ eadsY blizu identitete, zato bomo funkcijo g razvili okoli točke a = 1. Tako dobimo ∞ z log z z − 1 (z − 1)2 X (z − 1)n g(z) = = 1 + − + . . . = 1 + (−1)n−1 . z − 1 2 6 n(n + 1) n=1 Z razvojem v eksponentno vrsto dobimo še: ad2 s2 ad2 eadX ◦ eadsY − I = (I + ad X Y X + + . . .)(I +s ad + . . .) − I, 2 Y + 2 ad2 s2 ad2 = (ad X Y X +s adY ) + ( + s ad ) + . . . 2 X ◦ adY + 2 Oba razvoja skupaj nam dasta: g(eadX ◦ eadsY ) = I + 1 (ad ad2 ad2 2 X +s adY + 1 2 X +s adX ◦ adY + s2 2 Y )− − 1 (ad2 6 X +s adX ◦ adY +s adY ◦ adX +s2 ad2 Y ) + . . . Če upoštevamo, da je adY (Y ) = [Y, Y ] = 0, dobimo g(eadX ◦ eadsY )(Y ) = Y + 1 [X, Y ] + 1 [X, [X, Y ]] − 1 [X, [X, Y ]] − s [Y, [X, Y ]] + . . . , 2 4 6 6 z integracijo po s na intervalu [0, 1] pa še log(eX eY ) = X + Y + 1 [X, Y ] + 1 [X, [X, Y ]] + 1 [Y, [Y, X]] + . . . 2 12 12 V posebnem primeru, ko je G komutativna grupa, dobimo znano formulo eX eY = eX+Y . Malce bolj splošno pa se v primeru nilpotentnih grup zgornja vrsta zreducira v končno vsoto. V primeru Heisenbergove grupe tako na primer dobimo, da za poljubna W1, W2 ∈ h velja 1 eW1 eW2 = eW1+W2+ [W 2 1,W2]. 50 (9) Poišči vse povezane Liejeve podgrupe Liejevih grup 2 R , SO(3) in SL(2, R). Rešitev: Naj bo G Liejeva grupa in g njena Liejeva algebra. Spomnimo se, da je vektorski podprostor L ⊂ g: · Liejeva podalgebra g, če velja [L, L] ⊂ L, · ideal g, če velja [L, g] ⊂ L. V vsaki Liejevi grupi G imamo bijektivno korespondenco {povezane Liejeve podgrupe G} ←→ {Liejeve podalgebre g}, kjer podgrupam edinkam Liejeve grupe G ustrezajo ideali Liejeve algebre g. Opomnimo še, da je iz desne v levo preslikava definirana s pomočjo eksponentne preslikave. Če torej želimo klasificirati vse povezane podgrupe grupe G, je dovolj najti vse podalgebre Liejeve algebre g in nato izračunati njihove slike pri eksponentni preslikavi. Povezane podgrupe grupe G = 2 R : Liejeva grupa G = 2 R je hkrati vektorski prostor, zato jo lahko identificiramo z njeno Liejevo algebro g = 2 R . Ker je grupa komutativna, je tudi njena algebra komutativna, kar pomeni, da je komutator poljubnih dveh elementov enak nič. Med drugim to pomeni, da je vsak vektorski podprostor g = 2 R avtomatično podalgebra in hkrati ideal. Ker je dim( 2 2 R ) = 2, so zanimivi samo podprostori L ⊂ R dimenzije dim(L) = 1. Vsak tak je oblike L = Lin{v} za nek v 6= 0. Pridružena eksponentna preslikava exp : L → 2 R je potem zelo preproste oblike exp(tv) = tv. Slika exp(L) je povezana enodimenzionalna Liejeva podgrupa 2 R , ki jo lahko enačimo z L. Vse te podgrupe so zaradi komutativnosti 2 R avtomatično edinke in so izomorfne R. Povezane podgrupe grupe G = SO(3): Spomnimo se, da je vsaka matrika W ∈ so(3) = {W ∈ 3×3 R | W T + W = 0} oblike  0 −z y  W = W (~ ω) = z 0 −x   −y x 0 za nek enolično določen vektor ~ ω = (x, y, z) ∈ 3 R . Ker je dim(SO(3)) = 3, moramo klasificirati eno in dvodimenzionalne Liejeve podalgebre Liejeve algebre so(3). dim(L) = 1: Vsak enodimenzionalen vektorski podprostor L ⊂ so(3) je avtomatično komutativna Liejeva podalgebra so(3). Zapišemo ga lahko v obliki L = Lin{W (~ ω)} za nek neničeln ~ ω ∈ 3 R . Izračunali smo že, da je eksponentna preslikava exp : L → SO(3) definirana s predpisom exp(tW (~ ω)) = etW (~ω) = R(~ e, t|~ ω|), kjer je ~ e = ~ω . Slika exp(L) je komutativna povezana podgrupa grupe SO(3), ki sestoji iz vseh |~ ω| rotacij okoli osi ~ e in je izomorfna grupi S1. Če vzamemo poljuben W (~ ω0), ki ni večkratnik W (~ ω), iz enakosti [W (~ ω), W (~ ω0)] = W (~ ω × ~ ω0) / ∈ L 51 sledi, da L ni ideal so(3). To pomeni, da grupa SO(3) nima povezanih enodimenzionalnih podgrup edink. dim(L) = 2: Denimo, da je L = Lin{W (~ ω1), W (~ ω2)} dvodimenzionalna Liejeva podalgebra Liejeve algebre so(3). Potem iz enakosti [W (~ ω1), W (~ ω2)] = W (~ ω1 × ~ ω2) sledi, da je L = so(3), kar pa je v protislovju s predpostavko o dimenziji L. Torej grupa SO(3) nima povezanih dvodimenzionalnih Liejevih podgrup. Pokazali smo, da SO(3) nima netrivialnih povezanih podgrup edink. Takšnim grupam rečemo enostavne grupe. Povezane podgrupe grupe G = SL(2, R): Liejeva algebra grupe SL(2, R) sestoji iz vseh matrik z ničelno sledjo sl(2, 2×2 R) = {A ∈ R | sl(A) = 0}. Vsaka taka matrika je oblike a b A = c −a za neka realna števila a, b in c. Za bazo Liejeve algebre sl(2, R) pogosto vzamemo matrike 0 1 0 0 1 0 E = , F = , H = , 0 0 1 0 0 −1 ki zadoščajo komutacijskim relacijam: [E, F ] = H, [H, E] = 2E, [H, F ] = −2F. Karakteristični polinom matrike A je a − λ b det(A − λ Izom) = = λ2 + det(A). c −a − λ Po Cayley-Hamiltonovem izreku je A2 = − det(A) I, od koder lahko izpeljemo formulo eA = ch α Izom + sh α A. α √ Pri tem smo uporabili oznako α = a2 + bc = p− det(A). dim(L) = 1: Linearna ogrinjača matrike A ∈ sl(2, R) je enodimenzionalna Liejeva podalgebra sl(2, R). Izkaže pa se, da pridružene povezane Liejeve podgrupe SL(2, R) niso vse izomorfne, kot je bilo to v primerih grup 2 R in SO(3). Zato nas bodo zanimali konjugiranostni razredi enodimenzionalnih podgrup. Poljubna matrika A ∈ sl(2, R) ima bodisi dve neničelni realni lastni vrednosti, dvojno ničelno lastno vrednost ali pa dve konjugirani imaginarni lastni vrednosti. Po pretvorbi v Jorda-novo ali pa realno Schurovo formo lahko za bazo enodimenzionalne Liejeve algebre L vzamemo eno izmed matrik 0 1 1 0 0 −1 , , . 0 0 0 −1 1 0 52 0 1 1 t (a) Če je L = {tA | t ∈ R}, kjer je A = , je etA = . To pomeni, da je pridružena 0 0 0 1 povezana enodimenzionalna podgrupa 1 t exp(L) = t ∈ 0 1 R izomorfna grupi R. 1 0 et 0 (b) Če je L = {tA | t ∈ R}, kjer je A = , je etA = . Pridružena povezana 0 −1 0 e−t podgrupa et 0 exp(L) = t ∈ 0 e−t R je spet izomorfna R. Je pa v določenem smislu različna od prejšnje grupe, saj so slike njenih elementov v adjungirani reprezentaciji diagonalizabilne. 0 −1 cos t − sin t (c) Če je L = {tA | t ∈ R}, kjer je A = , je etA = . Pridružena povezana 1 0 sin t cos t podgrupa cos t − sin t exp(L) = t ∈ sin t cos t R je tokrat kompaktna in izomorfna S1. Sovpada s podgrupo SO(2) ⊂ SL(2, R). Podobno kot pri grupi SO(3) lahko tudi tu pokažemo, da nobena izmed enodimenzionalnih podalgeber ni ideal, kar pomeni, da grupa SL(2, R) nima povezanih enodimenzionalnih podgrup edink. dim(L) = 2: Z nekaj računanja lahko izpeljemo, da je vsaka dvodimenzionalna Liejeva podalgebra sl(2, R) konjugirana podalgebri a b L = Lin{E, H} = a, b ∈ . 0 −a R a b ea b sh a Eksponent matrike A = je eA = a , od koder sledi, da je 0 −a 0 e−a λ β exp(L) = λ > 0, β ∈ . 0 λ−1 R Tudi ta podgrupa ni edinka, kar pomeni, da je SL(2, R) enostavna grupa. (10) Naj bo G enostavno povezana Liejeva grupa. (a) Naj bosta Γ1 in Γ2 zaprti diskretni podgrupi edinki grupe G. Pokaži, da sta potem grupi G/Γ1 in G/Γ2 izomorfni natanko takrat, ko obstaja avtomorfizem α ∈ Aut(G), da je α(Γ1) = Γ2. (b) Poišči vse povezane Liejeve grupe, ki imajo Liejevo algebro izomorfno Heisenbergovi Liejevi algebri. 53 Rešitev: Vsaki Liejevi grupi G pripada enolično določena Liejeva algebra g. Obratno pa ta trditev ne velja, saj imajo lahko neizomorfne Liejeve grupe izomorfne Liejeve algebre. Osnovna primera sta para grup R in S1 ter SU(2) in SO(3). Izkaže pa se, da imamo korespondenco {enostavno povezane Liejeve grupe} ←→ {Liejeve algebre}, ki pove, da za vsako Liejevo algebro obstaja do izomorfizma natanko določena enostavno pove- zana Liejeva grupa, katere Liejeva algebra je izomorfna dani Liejevi algebri. Če je G enostavno povezana Liejeva grupa z Liejevo algebro g, je vsaka povezana Liejeva grupa, ki ima Liejevo algebro izomorfno Liejevi algebri g, oblike G/Γ za neko zaprto diskretno podgrupo Γ ⊂ Z(G). Klasifikacija povezanih Liejevih grup z izomorfno Liejevo algebro se torej prevede na iskanje diskretnih podgrup centra enostavno povezane Liejeve grupe, ki pripada dani Liejevi algebri. (a) Če sta dve zaprti diskretni podgrupi Γ1, Γ2 ⊂ Z(G) izomorfni, od tod še ne sledi nujno, da sta tudi kvocienta G/Γ1 in G/Γ2 izomorfna. Obstajati mora namreč takšen izomorfizem med njima, ki ga lahko razširimo do avtomorfizma grupe G. Denimo najprej, da obstaja avtomorfizem α ∈ Aut(G), da je α(Γ1) = Γ2 in označimo s π1 : G → G/Γ1 ter π2 : G → G/Γ2 kvocientni projekciji. Ker je π2 ◦ α surjekcija z jedrom Γ1, nam inducira izomorfizem α : G/Γ1 → G/Γ2, da komutira diagram α G −−−−→ G   π1 π2 y y α G/Γ1 −−−−→ G/Γ2 V kolikor pa imamo dan izomorfizem α : G/Γ1 → G/Γ2, lahko definiramo avtomorfizem dα ∈ Aut(g) Liejeve algebre g s predpisom dα = (dπ2)−1 ◦ dα ◦ dπ1. Ker je Liejeva grupa G enostavno povezana, nato obstaja natanko določen avtomorfizem α grupe G, katerega odvod je dα in za katerega komutira zgornji diagram. Ta avtomorfizem preslika podgrupo Γ1 v podgrupo Γ2. (b) Spomnimo se, da je center Heisenbergove grupe H podgrupa edinka Z(H) = {(0, 0, z) | z ∈ R} ∼ = R. Vsaka netrivialna diskretna podgrupa centra je oblike Γλ = {(0, 0, λk) | k ∈ Z} za nek λ > 0. Kvocienti H/Γλ bi načeloma lahko bili neizomorfne povezane Liejeve grupe, izkaže pa se, da so med sabo vsi izomorfni. To lahko pokažemo na naslednji način. Najprej označimo Γ = Γ1 in definirajmo preslikavo αλ : H → H s predpisom √ √ αλ(x, y, z) = ( λx, λy, λz). Preverimo lahko, da je αλ avtomorfizem Heisenbergove grupe, ki podgrupo Γ preslika v Γλ. Do izomorfizma natančno obstajata torej samo dve povezani Liejevi grupi, katerih Liejeva algebra je izomorfna Heisenbergovi Liejevi algebri. Grupa H/Γ je zanimiva s teoretičnega stališča, ker je preprost primer Liejeve grupe, ki ni matrična Liejeva grupa. 54 (11) Poišči centre grup GL(n, R), SL(n, R), O(n), SO(n), U(n) in SU(n). Rešitev: Centre danih grup bomo izračunali v dveh korakih. Najprej bomo pokazali, da je vsaka matrika v centru kar večkratnik identitete, nato pa preverili, kateri večkratniki identitete pridejo v poštev v vsaki izmed grup. Zaradi enostavnosti se bomo najprej omejili na primer, ko je n ≥ 3, ker lahko tako hkrati obravnavamo vse dane grupe. 1. korak: vsaka matrika A ∈ Z(G) je oblike A = a Izom za nek a ∈ F: Vzemimo poljubno matriko A iz centra in naj bo oblike a  1,1 a1,2 · · · a1,n a2,1 a2,2 · · · a2,n A =  . . . .  .  .. .. . . ..    an,1 an,2 · · · an,n Naš cilj bo najti primerne matrike Ri, tako da bomo iz pogoja ARi = RiA dobili čimveč enačb za koeficiente matrike A. Vzemimo za začetek matriko R1, ki je oblike 0 −1  R 1 0  1 = .  I  n−2 Ta matrika predstavlja rotacijo v ravnini prvih dveh koordinatnih smeri. Sledi a  a  1,2 −a1,1 a1,3 · · · a1,n 1,1 a1,2 · · · a1,n 0 −1  a2,2 −a2,1 a2,3 · · · a2,n a2,1 a2,2 · · · a2,n   AR   1 0  a  1 = . . . . = 3,2 −a3,1 a3,3 · · · a3,n .  .. .. . . ..     . . . . .    I  . . . . .  n−2 . . . . . a   n,1 an,2 · · · an,n an,2 −an,1 an,3 · · · an,n Množenje z matriko R1 z desne zamenja prva dva stolpca (in zamenja predznak), vse ostale stolpce pa pusti pri miru. Podobno dobimo −a  a  2,1 −a2,2 −a2,3 · · · −a2,n  1,1 a1,2 · · · a1,n 0 −1   a1,1 a1,2 a1,3 · · · a1,n  a2,1 a2,2 · · · a2,n   R 1 0     a  1A = . . . . = 3,1 a3,2 a3,3 · · · a3,n .  I   .. .. . . ..   . . . . .     . . . . .  n−2 . . . . . a   n,1 an,2 · · · an,n an,1 an,2 an,3 · · · an,n Tokrat se zamenjata prvi dve vrstici, ostale vrstice pa ostanejo pri miru. Iz pogoja AR1 = R1A sedaj dobimo, da velja a1,1 = a2,2 in a2,1 = −a1,2. Poleg tega pa za vsak 3 ≤ k ≤ n velja še ak,2 = ak,1, ak,2 = −ak,1, a1,k = −a2,k, a2,k = a1,k. Torej so vsi ti členi enaki nič, matrika A pa je oblike  a  1,1 a1,2 0 · · · 0 −a1,2 a1,1 0 · · · 0   A =  0 0  ,  . .   .. .. A’    0 0 55 kjer je A0 spodnji desni kot matrike A. V naslednjem koraku bomo vzeli matriko 1   0 −1  R   2 = .  1 0   I  n−3 Če zapišemo pogoj AR2 = R2A s sistemom enačb, vidimo, da morajo biti elementi matrike A v tretji vrstici in tretjem stolpcu ničelni. Izjema je diagonalni člen, ki zadošča pogoju a3,3 = a2,2. Poleg tega dobimo še, da velja a1,2 = a2,1 = 0. Sedaj postopek ponovimo z matrikami R3, . . . , Rn−1, ki so definirane na analogen način. Kot rezultat dobimo, da je matrika A diagonalna in da so vsi elementi diagonale enaki. Torej je A = a Izom za neko število a. Zaenkrat še ni bilo pomembno, katero grupo študiramo, saj matrike Ri ležijo v vseh naših grupah. 2. korak: izračun centrov: Dokazali smo že, da so v centru danih grup le matrike oblike A = a Izom. Možne vrednosti števila a so odvisne od grupe. Ker je za poljuben a ∈ × R matrika a Izom ∈ GL(n, R), je Z(GL(n, × × R)) = {a Izom | a ∈ R } ∼ = R . Če hočemo, da bo det(a Izom) = 1, mora biti an = 1. V realnem tako dobimo le dve možnosti {I} ; n lih, Z(SL(n, R)) = {I, − I} ; n sod. Podobno dobimo: Z(O(n)) = {I, − I}, {I} ; n lih, Z(SO(n)) = {I, − I} ; n sod. Matrika a Izom je unitarna matrika, če je |a| = 1 oziroma a ∈ S1. Sledi Z(U(n)) = {a Izom | |a| = 1} ∼ = S1. Če hočemo, da ima takšna unitarna matrika determinanto enako ena, mora veljati še an = 1. Tej enačbi zadoščajo n-ti koreni enote Z(SU(n)) = {a Izom | an = 1} ∼ = Zn. Posebej moramo preveriti še primer n = 2. V tem primeru lahko izvedemo samo en korak zgornjega postopka, da dobimo pogoj, da je a b A = −b a za neki števili a in b. Izkaže se, da je rezultat enak kot v primerih n ≥ 3, razen pri grupi SO(2), ki je komutativna, kar pomeni, da je Z(SO(2)) = SO(2). 56 V preostalih primerih lahko pokažemo, da mora biti b = 0, če izračunamo komutatorje z matrikami : 1 1 · za grupi GL(2, 0 1 R) in SL(2, R), 0 1 · za grupi O(2) in U(2), 1 0 i 0 · za grupo SU(2). 0 −i (12) Opiši prostore adjungiranih in koadjungiranih orbit grupe SO(3) in Heisenbergove grupe. Rešitev: Levo delovanje Liejeve grupe G na mnogoterosti M je gladka preslikava µ : G × M → M, ki zadošča pogojema: (1) g1 · (g2 · m) = (g1g2) · m za vsaka g1, g2 ∈ G in vsak m ∈ M , (2) e · m = m za vsak m ∈ M . Pri tem smo označili g · m = µ(g, m). Orbita delovanja skozi točko m ∈ M je imerzirana podmnogoterost Om = {g · m | g ∈ G} ⊂ M, grupa izotropije točke m ∈ M pa zaprta Liejeva podgrupa Gm = {g ∈ G | g · m = m} ⊂ G. Orbite delovanja so homogeni G-prostori, ki jih lahko opišemo v obliki O ∼ m = G/Gm za vsak m ∈ M . Za vsako Liejevo grupo G lahko na kanoničen način definiramo adjungirano delovanje na Liejevi algebri g s predpisom g · X = Adg(X) za poljuben g ∈ G in poljuben X ∈ g. To delovanje je v bistvu adjungirana reprezentacija grupe G, zato lahko definiramo dualno reprezentacijo grupe G na prostoru g∗ s predpisom (g · f )(X) = f (g−1 · X) za g ∈ G, f ∈ g∗ in X ∈ g. Orbitam dualne reprezentacije rečemo koadjungirane orbite. Adjungirane in koadjungirane orbite grupe SO(3): V eni izmed prejšnjih nalog smo že pokazali, da je adjungirano delovanje grupe SO(3) na Liejevi algebri so(3) izomorfno standardnemu delovanju SO(3) na 3 R , zato bomo v nadaljevanju opisali orbite tega delovanja. Če vzamemo poljuben vektor ~ ω ∈ 3 R , lahko ta vektor zavrtimo v poljuben vektor, ki ima enako dolžino. To pomeni, da so adjungirane orbite difeomorfne sferam O 3 ~ ω = {~ r ∈ R | |~ω| = |~r|} ≈ S2. 57 Izjema je le orbita vektorja ~ ω = 0, ki sestoji iz ene same točke. Opomnimo še, da grupa izotropije SO(3)~ω sestoji iz vseh rotacij, ki pustijo vektor ~ω pri miru. To pa so ravno rotacije okoli osi, ki jo določa ~ ω, zato je SO(3) ∼ ~ ω = S1. Od tod dobimo znano predstavitev S2 ∼ = SO(3)/S1. Orbite adjungiranega delovanja definirajo na so(3) ekvivalenčno relacijo. Dobljenemu kvoci- entnemu prostoru rečemo prostor adjungiranih orbit in ga označimo z SO(3)\ so(3). V našem primeru lahko orbite parametriziramo z normo vektorjev, zato je SO(3)\ so(3) ≈ [0, ∞). V primeru kompaktne Liejeve grupe sta adjungirano in koadjungirano delovanje zmeraj izomorfni delovanji, zato sta tudi prostora orbit homeomorfna. Konkretno lahko to v primeru grupe SO(3) pokažemo takole. Če izberemo primerno bazo so(3), bo matrika, ki pripada operatorju AdQ, kar Q. Glede na dualno bazo so(3)∗ bo imel potem operator Ad∗Q−1 matriko (Q−1)T = Q. Adjungirane in koadjungirane orbite Heisenbergove grupe H: V primeru Heisenbergove grupe prostora adjungiranih in koadjungiranih orbit ne bosta več homeomorfna. Za izračun adjungiranih orbit bomo uporabili matrično reprezentacijo Heisenbergove grupe in algebre: 1 x z    H = 0 1 y ∈ 3×3 3   R x, y, z ∈ R ,  0 0 1  0 a c    h = 0 0 b ∈ 3×3 3   R a, b, c ∈ R .  0 0 0  Če označimo 1 x z 0 a c h = 0 1 y 0 0 b   , W =   , 0 0 1 0 0 0 je 1 x z 0 a c 1 −x xy − z 0 a c + bx − ay Adh(W ) = hW h−1 = 0 1 y 0 0 b 0 1 −y 0 0 b       =   . 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 To pomeni, da lahko adjungirano delovanje opišemo s formulo (x, y, z) · (a, b, c) = (a, b, c + bx − ay). V primeru, ko je a = b = 0, je orbita skozi točko (a, b, c) kar točka sama, sicer pa je orbita skozi točko (a, b, c) vertikalna premica skozi točko (a, b, 0) {(a, b, c)} ; a = b = 0, O(a,b,c) = {(a, b, t) | t ∈ R} ; sicer. 58 Prostor adjungiranih orbit grupe H lahko zapišemo kot unijo ravnine in vertikalne premice skozi izhodišče. Izkaže se, da ni Hausdorffov, saj točk na vertikalni premici ne moremo separirati. Za izračun koadjungiranih orbit bomo na h∗ izbrali dualno bazo standardne baze h. Če označimo f = (a∗, b∗, c∗) ∈ h∗, je (h · f )(a, b, c) = f (h−1 · (a, b, c)) = f (a, b, c − bx + ay) = a∗a + b∗b + c∗(c − bx + ay). Ta izraz lahko preoblikujemo v obliko (h · f )(a, b, c) = (a∗ + c∗y)a + (b∗ − c∗x)b + c∗c, od koder dobimo predpis za koadjungirano delovanje (x, y, z) · (a∗, b∗, c∗) = (a∗ + c∗y, b∗ − c∗x, c∗). Vidimo, da so koadjungirane orbite vsebovane v vodoravnih ravninah. Če je c∗ 6= 0, so orbite kar cele ravnine, v primeru c∗ = 0 pa točke {(a∗, b∗, 0)} ; c∗ = 0, O(a∗,b∗,c∗) = {(t, u, c∗) | t, u ∈ R} ; c∗ 6= 0. Prostor orbit lahko tudi tokrat zapišemo kot unijo vodoravne ravnine in vertikalne premice, vendar pa se topologija ne ujema s topologijo prostora adjungiranih orbit. Tokrat namreč ne moremo separirati točk v ravnini. (13) Pokaži, da je grupa SL(2, C) univerzalni krov Lorentzove grupe SO+(1, 3). Rešitev: Spomnimo se, da je Lorentzova grupa O(1, 3) definirana s predpisom O(1, 3) = {A ∈ Mat(4 × 4, R) | AT I1,3 A = I1,3}, kjer je 1 0 0 0  0 −1 0 0 I   1,3 =   . 1 0 −1 0  0 0 0 −1 Če elemente prostora 4 R označimo z ~ r = (t, x, y, z) in pišemo ~ r 0 = A~ r, velja A ∈ O(1, 3) ⇐⇒ (t0)2 − (x0)2 − (y0)2 − (z0)2 = t2 − x2 − y2 − z2. V grupi O(1, 3) so torej natanko tiste matrike, ki ohranjajo Lorentzovo metriko. Z SO+(1, 3) označimo komponento enote grupe O(1, 3). Grupa SO+(1, 3) je 6-dimenzionalna Liejeva grupa. Grupa rotacij prostorskega dela 4 R je njena 3-dimenzionalna podgrupa, preostale 3 dimenzije pa lahko parametriziramo s hiperboličnimi rotacijami oziroma ’boosti’. Najlepše lahko ta razcep opišemo na nivoju Liejeve algebre Lorentzove grupe. V njej so matrike so+(1, 3) = {A ∈ Mat(4 × 4, R) | AT I1,3 + I1,3 A = 0}. Lorentzovo Liejevo algebro so+(1, 3) lahko zapišemo kot direktno vsoto dveh vektorskih podprostorov so+(1, 3) = W ⊕ H na naslednji način. Matrike 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 W       x =   , Wy =   , Wz =   0 0 0 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 59 tvorijo bazo Liejeve podalgebre W Lorentzove Liejeve algebre, ki se integrira v podgrupo rotacij prostorskega dela 4 R . Vektorski podprostor H pa ima po drugi strani bazo 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 H       x =   , Hy =   , Hz =   . 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Enoparametrične podgrupe Lorentzove grupe, ki pripadajo elementom H, ustrezajo parom koor- dinatnih sistemov, ki se medsebojno premikajo z neko konstantno hitrostjo. Vektorski prostor H ni Liejeva podalgebra Lorentzove algebre, kar pomeni, da hiperbolične rotacije ne tvorijo Liejeve podgrupe SO+(1, 3), ampak samo neko podmnožico. S pomočjo tega razcepa Lorentzove algebre bi lahko definirali izomorfizem Liejevih algeber sl(2, C) ∼ = so+(1, 3), ki Liejevo podalgebro su(2) ⊂ sl(2, C) antihermitskih matrik preslika na W ⊂ so+(1, 3), podprostor i su(2) ⊂ sl(2, C) hermitskih matrik s sledjo 0 pa na H ⊂ so+(1, 3). Ker je Liejeva grupa SL(2, C) enostavno povezana, Lorentzova grupa SO+(1, 3) pa ne, od tod avtomatično sledi da je SL(2, C) univerzalni krov grupe SO+(1, 3). V nadaljevanju si bomo pogledali eksplicitno konstrukcijo te krovne projekcije. Najprej bomo prostor 4 R identificirali s prostorom Herm(2 × 2, C) hermitskih matrik velikosti 2 × 2. Za bazo tega prostora lahko vzamemo matrike 1 0 0 1 0 −i 1 0 σ0 = , σ , σ , σ . 0 1 1 = 1 0 2 = i 0 3 = 0 −1 Matrike {σ1, σ2, σ3} so ravno Paulijeve spinske matrike. Glede na to bazo lahko definiramo izomorfizem t + z x − iy ~ r = (t, x, y, z) ←→ H = . x + iy t − z Ker velja k~r k = t2 − x2 − y2 − z2 = det(H), imamo naslednjo korespondenco {reprezentacije Liejeve grupe G na 4 R , ki ohranjajo Lorentzovo normo} l {Reprezentacije Liejeve grupe G na Herm(2 × 2, C), ki ohranjajo determinanto}. Naš cilj bo poiskati reprezentacijo grupe SL(2, C) na prostoru Herm(2 × 2, C), ki ohranja determinanto. V ta namen definirajmo preslikavo ρ : SL(2, C) → GL(Herm(2 × 2, C)) s predpisom ρ(A)(H) = AHA∗, kjer je A ∈ SL(2, C) in H ∈ Herm(2 × 2, C). Zaradi enostavnosti se dogovorimo, da bomo pisali ρ(A)(H) = A · H. Ker je (AHA∗)∗ = AHA∗, je res A · H ∈ Herm(2 × 2, C). Nadalje iz enakosti A · (B · H) = A · (BHB∗) = ABHB∗A∗ = (AB)H(AB)∗ = (AB) · H 60 sledi, da je ρ(A)ρ(B) = ρ(AB), kar pomeni, da je ρ reprezentacija. Iz multiplikativnosti deter-minante avtomatično sledi, da ρ ohranja determinanto. Izračunajmo sedaj jedro reprezentacije ρ. Denimo, da je matrika a b A = c d v jedru ρ. Potem za vsak H ∈ Herm(2 × 2, C) velja A · H = H. Primerne izbire matrik H nam bodo dale pogoje na koeficiente matrike A. ˇ 1 0 Ce vzamemo H = , dobimo pogoj 0 0 a b 1 0 a c |a|2 ac 1 0 AHA∗ = = = , c d 0 0 b d ac |c|2 0 0 0 0 ki pove, da je |a| = 1 in c = 0. Podobno dobimo pri izbiri H = pogoj 0 1 a b 0 0 a c |b|2 bd 0 0 AHA∗ = = = , c d 0 1 b d bd |d|2 0 1 ki pove, da je |d| = 1 in b = 0. Za izračun povezave med a in d pa si poglejmo še matriko 0 1 H = in upoštevajmo, da je b = c = 0. Sledi 1 0 a 0 0 1 a 0 0 ad 0 1 AHA∗ = = = , 0 d 1 0 0 d ad 0 1 0 kar pomeni, da je ad = 1. Ker je det(A) = 1, je poleg tega še ad = 1, vsi pogoji skupaj pa povedo, da je a = d = ±1. V jedru sta torej samo matriki A = ± Izom. Imamo torej reprezentacijo ρ : SL(2, C) → SO+(1, 3) z diskretnim jedrom, katere slika je povezana Liejeva podgrupa Lorentzove grupe. Ker je SO+(1, 3) povezana grupa in imata obe grupi isto dimenzijo, je ρ surjektivna preslikava, kar pa pomeni, da je krovna projekcija. Polarni razcep nam grupo SL(2, C) predstavi v obliki produkta SL(2, C) ≈ SU(2) × SH+ Liejeve podgrupe SU(2) specialnih unitarnih matrik in podmnožice SH+ pozitivno definitnih matrik z determinanto 1. Preslikava ρ podgrupo SU(2) preslika na podgrupo rotacij Lorenztove grupe in ustreza znani krovni projekciji SU(2) → SO(3). Podmnožica SH+ pa se preslika na množico hiperboličnih rotacij. Iz tega razcepa med drugim sledi tudi, da je grupa SL(2, C) enostavno povezana in je torej univerzalni krov grupe SO+(1, 3). 61 3 Reprezentacije Liejevih grup V tem poglavju bomo študirali reprezentacije Liejevih grup in Liejevih algeber. Naj bo G Liejeva grupa in g njena Liejeva algebra. · Kompleksna oziroma realna reprezentacija Liejeve grupe G je homomorfizem Liejevih grup ρ : G → GL(V ), kjer je V kompleksen oziroma realen vektorski prostor. · Kompleksna oziroma realna reprezentacija Liejeve algebre g je homomorfizem realnih Liejevih algeber ρ : g → gl(V ), kjer je V kompleksen oziroma realen vektorski prostor. Študirali bomo predvsem kompleksne končno dimenzionalne reprezentacije Liejevih grup in Liejevih algeber. Ker je obseg C algebraično zaprt, je po eni strani klasifikacija nerazcepnih kompleksnih reprezentacij dane Liejeve grupe lažja kot pa v realnem primeru. Po drugi strani pa lahko iz klasifikacije kompleksnih reprezentacij z nekaj dela izpeljemo klasifikacijo realnih reprezentacij. Klasifikacija nerazcepnih kompleksnih reprezentacij G je tesno povezana s kompleksifikacijo gC Liejeve algebre g, ki jo bomo podrobneje opisali kasneje. Na tem mestu omenimo samo, da je gC kompleksna Liejeva algebra in da homomorfizmom ρ : g → gl(V ) kompleksnih Liejevih algeber, kjer C je V kompleksen vektorski prostor, rečemo kompleksno linearne reprezentacije Liejeve algebre g . C Če je grupa G enostavno povezana, imamo korespondenco: {kompleksne reprezentacije Liejeve grupe G} l {kompleksne reprezentacije Liejeve algebre g} l {kompleksno linearne reprezentacije Liejeve algebre g }. C Če grupa G ni enostavno povezana, jo lahko zapišemo v obliki G = ˜ G/Γ, kjer je ˜ G univerzalni krov G in Γ ⊂ ˜ G diskretna podgrupa edinka. Reprezentacije grupe G potem ustrezajo tistim reprezentacijam grupe ˜ G, ki imajo podgrupo Γ vsebovano v jedru reprezentacije. Izomorfnostni razredi reprezentacij G torej tvorijo podmnožico izomorfnostnih razredov reprezentacij ˜ G. (1) Poišči kompleksifikacije Liejevih algeber sl(n, R), su(n), u(n) in so(n, R). Rešitev: Pri klasifikaciji nerazcepnih kompleksnih reprezentacij dane Liejeve grupe igra po- membno vlogo kompleksifikacija njene Liejeve algebre. Kompleksifikacija realne Liejeve algebre g je kompleksna Liejeva algebra g , ki je definirana s predpisom C g = g ⊗ C R C = g ⊕ ig. Če je {X1, X2, . . . , Xn} baza g, lahko isto množico vzamemo tudi za bazo g , le da pri g C C vzamemo vse kompleksne linearne kombinacije teh elementov namesto realnih. Vsak element gC lahko enolično zapišemo v obliki X + iY , kjer sta X, Y ∈ g. Komutator dveh takšnih elementov je potem [X + iY, X0 + iY 0] = ([X, X0] − [Y, Y 0]) + i([X, Y 0] + [Y, X0]). Glede na ta razcep lahko na g gledamo kot na realno Liejevo podalgebro g . Pogosto pa je C zanimivo vprašanje, kdaj je neka kompleksna Liejeva algebra g kompleksifikacija neke svoje C realne podalgebre g. To je res natanko takrat, ko imamo razcep g = g ⊕ ig v smislu realnih C vektorskih prostorov. 62 Kompleksifikacija realne Liejeve algebre sl(n, R) je kompleksna Liejeva algebra sl(n, C). Imamo namreč razcep: sl(n, C) = sl(n, R) ⊕ i sl(n, R), A = Re(A) + iIm(A). Malce bolj presenetljivo je dejstvo, da je Liejeva algebra sl(n, C) tudi kompleksifikacija Liejeve algebre su(n). V Liejevi algebri su(n) so vse antihermitske n × n matrike s sledjo 0, v vektorskem prostoru i su(n) pa vse hermitske matrike s sledjo 0. Od tod sledi, da je: sl(n, C) = su(n) ⊕ i su(n), A − A∗ A + A∗ A = + . 2 2 Če izpustimo pogoj, da mora biti sled matrik enaka 0, na enak način vidimo, da je kompleksifikacija Liejeve algebre u(n) kompleksna Liejeva algebra gl(n, C): gl(n, C) = u(n) ⊕ i u(n), A − A∗ A + A∗ A = + . 2 2 Liejeva algebra so(n, R) vsebuje realne antisimetrične matrike, njena kompleksifikacija pa je kompleksna Liejeva algebra so(n, C) kompleksnih antisimetričnih matrik: so(n, C) = so(n, R) ⊕ i so(n, R), A = Re(A) + iIm(A). (2) Za bazo kompleksne Liejeve algebre sl(2, C) vzemimo matrike 0 1 0 0 1 0 E = , F = , H = . 0 0 1 0 0 −1 (a) Na vektorskem prostoru Vn = Lin {v C 0, v1, . . . , vn} definirajmo linearne preslikave E, F in H s predpisi: Evk = (n + 1 − k)vk−1, za 1 ≤ k ≤ n, Ev0 = 0, F vk = (k + 1)vk+1, za 0 ≤ k ≤ n − 1, F vn = 0, Hvk = (n − 2k)vk, za 0 ≤ k ≤ n. Pokaži, da na ta način Vn postane nerazcepna kompleksno linearna reprezentacija Liejeve algebre sl(2, C). (b) Pokaži, da je vsaka nerazcepna kompleksno linearna reprezentacija sl(2, C) izomorfna eni izmed Vn. Rešitev: (a) Matrike E, F in H tvorijo bazo kompleksne Liejeve algebre sl(2, C), zadoščajo pa komutacijskim relacijam: [E, F ] = H, [H, E] = 2E, [H, F ] = −2F. 63 Dani pogoji: Evk = (n + 1 − k)vk−1, za 1 ≤ k ≤ n, Ev0 = 0, F vk = (k + 1)vk+1, za 0 ≤ k ≤ n − 1, F vn = 0, Hvk = (n − 2k)vk, za 0 ≤ k ≤ n enolično definirajo neko kompleksno linearno preslikavo ρ : sl(2, C) → gl(Vn), radi pa bi pokazali, da na ta način v bistvu dobimo homomorfizem Liejevih algeber. Če bi bili natančni, bi morali povsod pisati ρ(E), ρ(F ) in ρ(H), a bomo zaradi enostavnosti raje uporabljali isto oznako za elemente Liejeve algebre sl(2, C) in pa njihove slike v dani reprezentaciji. Zavedati pa se moramo, da imamo opravka z dvema različnima vlogama elementov sl(2, C). Da je ρ reprezentacija, sledi iz računov: (EF − F E)vk = E(k + 1)vk+1 − F (n + 1 − k)vk−1 = (k + 1)(n − k)vk − (n + 1 − k)kvk, = (n − 2k)vk = Hvk, (HE − EH)vk = H(n + 1 − k)vk−1 − E(n − 2k)vk, = (n + 1 − k)(n − 2k + 2)vk−1 − (n − 2k)(n + 1 − k)vk−1, = 2(n + 1 − k)vk−1 = 2Evk, (HF − F H)vk = H(k + 1)vk+1 − F (n − 2k)vk = (k + 1)(n − 2k − 2)vk+1 − (n − 2k)(k + 1)vk+1, = −2(k + 1)vk+1 = −2F vk, ki veljajo za 1 ≤ k ≤ n − 1. Za v0 in vn pa lahko preverimo posebej. Dokažimo sedaj še, da je reprezentacija Vn nerazcepna. Denimo, da je W ⊂ Vn netrivialen sl(2, C)-invarianten podprostor in naj bo v = λ0v0 + λ1v1 + . . . + λkvk ∈ W. Pri tem smo predpostavili, da je λk 6= 0 zadnji neničelni koeficient v razvoju vektorja v po bazi {v0, v1, . . . , vn} prostora Vn. Zaradi sl(2, C)-invariantnosti je potem Ekv = λkEkvk = αv0 ∈ W, kar pa pomeni, da je v0 ∈ W . Ker je vk||F kv0, je torej W = Vn. (b) Denimo sedaj, da je V nerazcepna kompleksno linearna reprezentacija Liejeve algebre sl(2, C) dimenzije dim(V ) = n + 1. Pokazali bomo, da je potem V ∼ = Vn+1. Preslikava H : V → V je kompleksno linearna, zato obstaja lastni vektor w ∈ V za H, tako da velja Hw = λw za nek λ ∈ C. Iz komutacijskih relacij med E, F in H potem sledi HE = EH + 2E in HF = F H − 2F , kar nam da: H(Ew) = (EH + 2E)w = EHw + 2Ew = λEw + 2Ew = (λ + 2)Ew, H(F w) = (F H − 2F )w = F Hw − 2F w = λF w − 2F w = (λ − 2)F w. Vidimo, da je torej Ew lastni vektor H pri lastni vrednosti λ + 2, F w pa lastni vektor H pri lastni vrednosti λ − 2. Induktivno lahko na podoben način pokažemo, da je Ekw lastni vektor pri lastni vrednosti λ + 2k, F kw pa lastni vektor pri lastni vrednosti λ − 2k. Ker so vse te lastne vrednosti različne, so tudi lastni vektorji linearno neodvisni, v kolikor so neničelni. 64 Naj bo k največje število, za katero je Ekw 6= 0. To seveda pomeni, da je Ek+1w = 0. Definirajmo v0 = Ekw ∈ V . Vektor v0 je potem lastni vektor H za neko lastno vrednost, ki jo zaenkrat imenujmo µ. Velja torej Hv0 = µv0. Če definiramo še 1 vk = F kv0, k! dobimo bazo {v0, v1, . . . , vl} nekega podprostora W ⊂ V , ki sestoji iz lastnih vektorjev preslikave H. Iz definicije in zgornjega razmisleka takoj sledi, da velja: Hvk = (µ − 2k)vk, F vk = (k + 1)vk+1. Nadalje velja tudi Ev0 = 0 in: Ev1 = EF v0 = (H + F E)v0 = µv0, 1 1 1 Ev2 = EF v1 = (H + F E)v1 = (µ − 2 + µ)v1 = (µ − 1)v1. 2 2 2 Induktivno lahko sedaj pokažemo, da je Evk = (µ + 1 − k)vk−1 za 1 ≤ k ≤ l. Od tod sledi, da je W invarianten podprostor V . Ker je po predpostavki V nerazcepna reprezentacija, mora torej veljati W = V in l = n. Pokazali bi radi še, da je µ = n. V ta namen si poglejmo enakosti Hvn = (EF − F E)vn = −F (µ + 1 − n)vn−1 = −n(µ + 1 − n)vn. Ker je po drugi strani Hvn = (µ − 2n)vn, od tod sledi: µ − 2n = −n(µ + 1 − n), µ − 2n = n2 − nµ − n, µ(n + 1) = n(n + 1), µ = n. Torej je Evk = (n + 1 − k)vk−1, kar pa pomeni, da smo konstruirali ekspliciten izomorfizem V ∼ = Vn. Za konec si poglejmo nekaj konkretnih primerov reprezentacij iz te naloge. Reprezentaciji Vn rečemo spin- n reprezentacija. To ime je dobila po svoji aplikaciji v kvantni mehaniki, kjer 2 preslikave E, F in H interpretiramo na naslednji način: Sz = ~ H operator spina v z-smeri, 2 S+ = ~E kreacijski operator, S− = ~F anihilacijski operator. Vektorji {v0, v1, . . . , vn} so potem lastni vektorji operatorja spina in ustrezajo stanjem, v katerih ima spin točno določeno vrednost. Glede na to bazo ustrezajo v reprezentaciji Vn elementom E, F in H Liejeve algebre sl(2, C) matrike 0 n  0  n   0  1 0   n − 2        E = . . .  . . 2  , F =  2 . .  , H =  . .  .        0 1  0   −n + 2        0 n 0 −n 65 V primeru n = 0 imamo opravka s trivialno reprezentacijo, za katero je E = F = H = [0]. V primeru n = 1 ustrezajo elementom E, F in H matrike 0 1 0 0 1 0 E = , F = , H = , 0 0 1 0 0 −1 kar pomeni, da je reprezentacija V 2 1 izomorfna standardni reprezentaciji sl(2, C) na C . V primeru n = 2 dobimo matrike 0 2 0 0 0 0 2 0 0  E = 0 0 1 1 0 0 0 0 0   , F =   , H =   . 0 0 0 0 2 0 0 0 −2 Reprezentacija V2 je izomorfna adjungirani reprezentaciji sl(2, C). Ekspliciten izomorfizem je podan s predpisom, ki bazo {v0, v1, v2} prostora V2 preslika v bazo {E, −H, −F } Liejeve algebre sl(2, C). (3) Na prostoru Vn = Lin {zn, zn−1z , zn} homogenih kompleksnih polinomov stopnje C 1 1 2, . . . , z1zn−1 2 2 n v dveh spremenljivkah z1 in z2 definirajmo reprezentacijo grupe SL(2, C) s predpisom (A · p)(z1, z2) = p([z1, z2] A), kjer je A ∈ SL(2, C). Izračunaj odvod te reprezentacije. Rešitev: Če pišemo a b A = , c d lahko dano reprezentacijo definiramo s predpisom (A · p)(z1, z2) = p(az1 + cz2, bz1 + dz2) za poljuben p ∈ Vn. Reprezentacija V0 je izomorfna trivialni reprezentaciji, reprezentacija V1 pa standardni reprezentaciji grupe SL(2, 2 C) na C . To lahko eksplicitno vidimo na naslednji način. Za bazo V1 izberimo linearna polinoma {z1, z2}. Matrika A potem na teh dveh polinomih deluje kot: (A · z1) = az1 + cz2, (A · z2) = bz1 + dz2. Vidimo torej, da se matrika, ki ustreza A pri reprezentaciji V1 v bazi {z1, z2} kar ujema z matriko A. Na podoben način bi lahko zapisali matrike, ki ustrezajo A pri reprezentaciji Vn glede na dano bazo. Dobili bi matrike velikosti (n + 1) × (n + 1), katere koeficienti so polinomi stopnje n v spremenljivkah a, b, c in d. V nadaljevanju bomo pokazali, da je odvod reprezentacije Vn izomorfen reprezentaciji Vn, ki smo jo spoznali v prejšnji nalogi. Če imamo dano reprezentacijo Liejeve grupe G na vektorskem prostoru V , je njen odvod reprezentacija g na V , ki je definirana s predpisom d Xv = etX v dt t=0 66 za X ∈ g in v ∈ V . V našem primeru nas zanima, kako na polinomih delujejo elementi E, F, H ∈ sl(2, C). Zanje velja: 0 1 1 t E = =⇒ etE = , 0 0 0 1 0 0 1 0 F = =⇒ etF = , 1 0 t 1 1 0 et 0 H = =⇒ etH = . 0 −1 0 e−t Od tod dobimo: d d (Ep)(z ∂p 1, z2) = (etE · p)(z1, z2) = p(z1, tz1 + z2) = z1 , dt ∂z t=0 dt t=0 2 d d (F p)(z ∂p 1, z2) = (etF · p)(z1, z2) = p(z1 + tz2, z2) = z2 , dt ∂z t=0 dt t=0 1 d d (Hp)(z ∂p ∂p 1, z2) = (etH · p)(z1, z2) = p(etz1, e−tz2) = z1 − z2 . dt ∂z ∂z t=0 dt t=0 1 2 Strnjeno lahko to zapišemo v obliki: E = z ∂ 1 , ∂z2 F = z ∂ 2 , ∂z1 H = z ∂ ∂ 1 − z , ∂z 2 1 ∂z2 kar pomeni, da delujejo elementi Liejeve algebre sl(2, C) na prostoru polinomov Vn kot linearni diferencialni operatorji reda ena. Izomorfizem reprezentacij Vn in Vn: Definirajmo bazo {v0, v1, . . . , vn} prostora Vn s predpisi n vk = zn−kzk k 1 2 za 0 ≤ k ≤ n. Potem velja: n n! Evk = zn−k+1kzk−1 = zn−k+1zk−1 = (n − k + 1)vk−1, k 1 2 (k − 1)!(n − k)! 1 2 n n! F vk = (n − k)zn−k−1zk+1 = zn−k−1zk+1 = (k + 1)vk+1, k 1 2 k!(n − k − 1)! 1 2 n Hvk = (n − k)zn−kzk − kzn−kzk = (n − 2k)vk, k 1 2 1 2 kar pa se ujema s predpisi pri reprezentaciji Vn. Torej smo našli kompleksne reprezentacije Liejeve grupe SL(2, C), ki integrirajo nerazcepne kompleksno linearne reprezentacije Liejeve algebre sl(2, C). 67 (4) Klasificiraj nerazcepne kompleksne reprezentacije grup SU(2), SO(3), O(3) in SL(2, R). Rešitev: Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SU(2): Liejeva grupa SU(2) je enostavno povezana, zato imamo bijektivno korespondenco med kom- pleksnimi reprezentacijami Liejeve grupe SU (2) in kompleksnimi reprezentacijami njene Liejeve algebre su(2). Kompleksne reprezentacije Liejeve algebre su(2) pa po drugi strani ustrezajo kompleksno linearnim reprezentacijam kompleksne Liejeve algebre sl(2, C). Od tod sledi, da lahko nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SU(2) parametriziramo z nenegativnimi ce- limi števili, eksplicitno pa so to reprezentacije {V0, V1, V2, . . .} na homogenih polinomih stopnje n v dveh kompleksnih spremenljivkah. Poljubno matriko Q ∈ SU(2) lahko zapišemo v obliki a b Q = , −b a kjer sta a in b kompleksni števili, ki zadoščata enakosti |a|2 + |b|2 = 1. Matrika Q potem deluje na polinomu p ∈ Vn s predpisom (Q · p)(z1, z2) = p(az1 − bz2, bz1 + az2). Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SO(3): Liejevo grupo SO(3) lahko zapišemo kot kvocient grupe SU(2) v obliki SU(2) SO(3) = . {− I, Id} Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SO(3) torej ustrezajo tistim reprezentacijam Vn grupe SU(2), pri katerih element − I deluje kot identiteta. Vzemimo torej poljuben polinom p ∈ Vn in ga zapišimo v obliki n X p(z1, z2) = akzk1zn−k. 2 k=0 Potem velja n X (− I ·p)(z1, z2) = p(−z1, −z2) = ak(−z1)k(−z2)n−k = (−1)np(z1, z2). k=0 Na prostoru Vn dobimo nerazcepno reprezentacijo grupe SO(3) natanko takrat, ko je n sod. Grupa SO(3) torej nima ’polspinskih’ reprezentacij pač pa samo reprezentacije {V0, V2, V4, . . .}, ki ustrezajo celoštevilskim spinom. Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe O(3): Grupo O(3) lahko zapišemo v obliki produkta O(3) = SO(3) × Z2, kjer je Z2 = {− I, I}. Nerazcepne reprezentacije produkta dveh grup ustrezajo tenzorskim produktom nerazcepnih reprezen- tacij obeh faktorjev. Za grupo SO(3) smo ravnokar klasificirali vse nerazcepne reprezentacije, medtem ko ima grupa Z2 dve nerazcepni enodimenzionalni reprezentaciji na C. Ena izmed 68 njiju je trivialna reprezentacija, druga pa determinantna reprezentacija. Ker imamo naravno identifikacijo V ∼ n = V n ⊗CC, lahko vse nerazcepne reprezentacije grupe O(3) realiziramo na prostorih polinomov Vn na na- slednji način. Označimo z ρn : SO(3) → GL(Vn) nerazcepne reprezentacije grupe SO(3) in definirajmo homomorfizma grup ρ± n : O(3) → GL(V n) s predpisoma: ρ+ n (R, ± Izom) = ρn(R), ρ− n (R, ± Izom) = ±ρn(R), kjer je R ∈ SO(3). Na ta način dobimo vse nerazcepne reprezentacije grupe O(3). Če označimo z V± n vektorski prostor V n, opremljen z reprezentacijo ρ± n , so nerazcepne reprezentacije grupe O(3) {V±, V±, V±, . . .}. 0 2 4 Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SL(2, R): Ker je sl(2, R) = sl(2, C C) so nerazcepne kompleksne reprezentacije Liejeve algebre sl(2, R) ravno zožitve reprezentacij sl(2, C) na Vn. Ker grupa SL(2, R) ni enostavno povezana, je nerazcepnih reprezentacij SL(2, R) kvečjemu manj. Kot smo videli pri prejšnji nalogi, pa lahko vsako reprezentacijo sl(2, R) na Vn razširimo do reprezentacije grupe SL(2, R), kjer matrika a b A = , c d deluje s predpisom (A · p)(z1, z2) = p(az1 + cz2, bz1 + dz2) za poljuben p ∈ Vn. Nerazcepne kompleksne reprezentacije grupe SL(2, R) so torej {V0, V1, V2, . . .}. Ravno ti prostori pa so po drugi strani tudi vse nerazcepne kompleksne reprezentacije univer-zalnega krova ^ SL(n, R) Liejeve grupe SL(n, R). Od tod se da izpeljati, da grupa ^ SL(n, R) ni matrična Liejeva grupa. 69