Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2017.
Programa de Pós-Graduação em Matemática Grupos de Lie
Prof. Olivier Brahic
Lista de exercícios 3
A Àlgebra de Lie de um Grupo de Lie
Exercício 1. (Àlgebra do grupo Bn(K) ) [solução]
a) Determine a álgebra de Lie do grupo de Lie Bm(K) das matrizes triangulares superior invertíveis.
Deduza a dimensão de Bn(K).
b) Determine a álgebra de Lie do grupo de Lie Bu
m(K) das matrizes triangulares superior invertíveis
unipotentes (tais que (u − I)n= 0 para um certo n ∈ N − {0}).
Exercício 2. (Àlgebra do grupo SL2(R) ) [solução]
a) Determine a álgebra de Lie sln(R) do grupo SLn(R).
b) Mostre que qualquer matriz em SL2(R) é conjugada por um elemento em GL2(C) a uma das
seguintes matrizes: λ 0 0 λ−1 1 x 0 1 −1 x 0 −1 eiθ 0 0 e−iθ onde λ ∈ R − {0} e x, θ ∈ R.
c) Mostre que qualquer matriz em sl2(R) é conjugada por um elemento em GL2(R) a uma das
seguintes matrizes: x 0 0 −x 0 t 0 0 iθ 0 0 −iθ onde λ ∈ R − {0} e x, θ ∈ R.
d) Deduza das questões precedentes que:
exp(sl2(R)) = {M ∈ SL2(R) | tr(M ) > −2} ∪ {−I2}.
e) Será que exp(sl2(R)) é conexo ? Será que é um subgrupo de SL2(R) ?
Exercício 3. (Ideal derivado em GLn(K)) [solução] Seja G um subgrupo fechado conexo de GLn(K)
Exercício 4. (Grupos de Lie abelianos conexos) [solução] seja G ⊂ GLn(R) um grupo de Lie
abeliano, conexo e comutativo. Notemos expG: g → Ga aplicação exponencial.
a) Mostre que a álgebra de Lie g de G é abeliana: ∀X, Y ∈ g, [X, Y ] = 0. b) Mostre que expG: (g, +) → G é um mor smo de grupo.
c) Mostre que expG é sobrejetora.
d) Mostre que ker(expG) é um subgrupo discreto de (g, +).
e) Deduza que existe um difeomor smo G ' Rp× (S1)q.
Exercício 5. (Aplicação adjunta ) [solução] Seja G ⊂ GLn(R) um subgrupo de Lie.
a) Mostre que: ∀g ∈ G, ∀X ∈ g, gXg−1 ∈ g. Notemos: Adg: g −→ g, X 7−→ gXg−1 a aplicação adjunta.
b) Mostre que Adg é um automor smo da álgebra de Lie g.
c) Mostre que a aplicação:
G →Aut(g) g 7→Adg
é um mor smo de grupos.
d) Mostre que a aplicação exponencial é sobrejetora de son(R) para SOn(R).
e) Mostre que ker Ad = Z(G) se G é conexo. f) Estude a injetividade de Ad em SOn(R).
Dica: pode-se mostrar que se g ∈ Z(SOn(R)), então qualquer vetor v ∈ Rn é autovetor de g.
Exercício 6. (Grupos pseudo-algébricos) [solução] Um subgrupo fechado de GLn(C) é dito pseudo-algébrico se:
G = P1−1({0}) ∩ · · · ∩ Pl−1({0}),
onde P1, . . . , Pl: Mn(C) → C são polinômios nas partes reais e imaginárias das entradas das matrizes.
1. Mostre que On(R), Un(C), O(p, q), SLn(K) e Bnu(K) são pseudo-algébricos.
a) Suponhamos agora que G é estpavel por transposição conjugada, ou seja que ¯G| = G. Queremos mostrar que existe d ≥ 0 tal que G é homeomorfo a (G ∩ Un(C)) × Rd. Usando
a decomposição polar, mostre que qualquer elemento g ∈ G pode-se escrever na forma g = U eH, onde U ∈ Un(C) e H ∈ H. Mostre que e2kH ∈ G para qualquer k ∈ Z.
b) Seja b1< · · · < bn números reais, e a1, . . . , an números complexos tais que: n
X
i=1
aiekbi = 0, ∀k ∈ Z.
Mostre que a1= · · · = an= 0.
c) Seja K ∈ H tal que eK∈ G ∩ H>0. Mostre que etK ∈ H>0 para qualquer t ∈ R.
d) Mostre que g e etH pertencem em G e conclua.
2. Mostre que se G ⊂ Mn(R) é um subgrupo de Lie fechado tal que G|= G, então existe d ≥ 0 tal
que G seja homeomorfo a (G ∩ On(R)) × Rd.
Resoluçoes:
Solução do Ex.1 [enunciado]
a) Notemos bn(K) a àlgebra de Lie de Bn(K), e consideremos a seguinte aplicação linear:
φ : Mn(K) −→ Kn(n−2)/2 (mi,j)i,j=1...n7−→ (mi,j)n≥i>j≥1.
Note que φ−1({0}) é o subespaço de matrizes triangulares. Vamos mostrar que:
bn(K) = φ−1({0}).
Seja M ∈ bn(K) então t 7→ etM de na um caminho em Bn(K). Pela sua de nição, Bn(K) =
φ−1({0})∩GLn(K) logo Bn(K) é um aberto do subespaço vetorial φ−1({0}). Sendo que φ−1({0})
é um espaço vetorial, temos a seguinte implicação:
etM ∈ φ−1({0}) ∀t ∈ R =⇒ M = d dt t=0 etM ∈ φ−1({0}) ou seja, bn(K) ⊂ φ−1({0}).
Reciprocamente, é claro que se M é triangular superior, então tM tambem o é, logo etM tambem
o é (o produto de matrizes triangulares superiores é uma matriz triangulares superio) alem de ser invertivel ou seja, etM ∈ B
Conclua-se que bn(K) é o subconjunto das matrizes triangulares supriores (não necessariamente
invertíveis). Em particular dim(Bn(K)) = n(n + 1)/2. Resumindo:
Bn(K) = a1 ∗ ... 0 an ∈ Mn(R) | a1· · · an6= 0 bn(K) = a1 ∗ ... 0 an ∈ Mn(R) | a1, · · · , an∈ K b) O subgrupo Bu
m(K) ⊂ Bmu(K) consista das matrizes tendo 1 na diagonal. O raciocinho
si-milar mostre que bu
n(K) ⊂ bn(K) consista das matrizes tendo 0 na diagonal. Em particular
dim(Bnu(K)) = n(n − 1)/2. Resumindo: Bnu(K) = 1 ∗ ... 0 1 ∈ Mn(R) bun(K) = 0 ∗ ... 0 0 ∈ Mn(R)
Solução do Ex.2 [enunciado]
a) Mostra-se que sln(R) = {M ∈ Mn(R)| tr(M ) = 0} por um raciocinho similar ao exercício
precedente, usando a formula:
det(etM) = etr(tM).
b) Seja A ∈ SL2(R), então A tem dois autovalores λ, µ ∈ C. O fato de A ter determinante 1 implica
que µ = λ−1. Podemos separar em dois casos:
• Caso λ ∈ R: então A é necessariamente trigonalizável em R pois qualquer base contendo um autovetor de λ trigonaliza A (um outro argumento é o seguinte: o polinômio caracteristico de A tem grau 2 e uma raiz em R, logo a outra raiz também pertence em R, ou seja: ele é scindido em R, o que implica que A é trigonalizável).
Alem disso, se λ 6= λ−1, então A tem dois autovalores dinstintos, logo é diagonalizavel. No
nal das contas, caso λ ∈ R, A é conjugada por um elemento em GL2(R) a uma matriz da
seguinta forma: λ 0 0 λ−1 1 x 0 1 −1 x 0 −1
• Caso λ ∈ C − R: A sendo uma matriz real, ¯λ tambem é autovalor de A. Sendo que λ 6= ¯λ, A tem dois autovalores dinstintos logo é diagonalizável em C. Temos λ¯λ = 1 logo |λ| = 1 e existe θ ∈ R tal que λ = eiθ. Segue que A é conjugada por um elemento de GL
2(C) à:
eiθ 0
0 e−iθ
c) Pode-se raciocinar de maneira semelhante à questão b). Seja M ∈ sl2(R). Então M tem dois
autovalores l, m ∈ C e o fato de M ter trace 0 implica que m = −l.
• Caso l ∈ R: então M é necessariamente trigonalizável em R pois qualquer base contendo um autovetor associado a l trigonaliza M.
Alem disso, se l 6= 0, então A tem dois autovalores distintos, logo é diagonalizável.
No nal das contas, A é conjugada por uma elemento em GL2(R) a uma matriz da forma:
Nx:= 0 x 0 0 Dl:= l 0 0 −l
• Caso l 6∈ R, então A sendo uma matriz real, ¯l também é autovalor de A. Sendo que ¯l= −l, vemos que l é imaginário puro, logo l = iθ. A matriz A tendo dois autovalores distintos é diagonalizável em C, ou seja: A é conjugada por um elemento de GL2(C) à:
Cθ :=
iθ 0 0 −iθ
d) Usando a fórmula eP M P−1P = P eMP−1 segue facilmente da questão c) que qualquer matriz em
exp(sl2(R)) é conjugada em C a uma matriz da forma:
eNx =1 x 0 1 eDl :=e l 0 0 e−l eCθ :=e iθ 0 0 e−iθ
Todas essas matrizes satisfazem tr(A) > −2, alem da matriz eCθ para θ = π[mod 2π]. Note que
eCπ= −I. Obtemos assim:
exp(sl2(R)) ⊂ {M ∈ SL2(R) | tr(M ) > −2} ∪ {−I2}.
reciprocamente, seja A ∈ {M ∈ SL2(R) | tr(M ) > −2} ∪ {I2}. Se A = I2 então A = eCπ. Se
tr(A) > −2, então pela questão b) temos: • ou P AP−1 =1 x
0 1
= eNx, o que implica que A = eP−1NxP, onde P−1N
xP ∈ sl2(R) pois
Nx ∈ sl2(R).
• ou P AP−1 = λ 0
0 λ−1
com tr(A) = λ + λ−1 > −2 o que implica que λ > 0 (veja o
grá co de λ 7→ λ + λ−1 abaixo). Neste caso, A = eP−1Dln λP, onde P−1D
ln (λ)P ∈ sl2(R)
e) A aplicação exp sendo contínua e sl2(R) sendo conexo, exp(sl2(R)) é conexo. Em particular o
subgrupo hexp(sl2(R))i gerado por exp(sl2(R)) contem uma vizinhança conexa de I2, segue que
hexp(sl2(R))i é a componente conexa de I2 em SL2(R) (pela questão d) da lista 1). O grupo
SL2(R) sendo conexo (pela questão h) de Exercício 7 da lista 2) segue que:
exp(sl2(R)) = SL2(R).
Uma consequência da questão d) é que exp(sl2(R)) 6= SL(R) pois SL2(R) contem claramente
matrizes de trace < −2, alem de −I2. Segue que exp(sl2(R)) 6= exp(sl2(R)) isso é, exp(sl2(R))
não é um subgrupo.
Solução do Ex.3 [enunciado] Seja (Mi)i∈1...k uma base de g ⊂ Mn(K). Então:
tr([Mi, Mj]) =tr(MiMj − MjMi) = 0,
pois tr(MN) = tr(NM) para quaisquer matrizes M, N ∈ Mn(K). Segue facilmente da linearidade de
det(exp(X)) = etr(X)que exp(g) ∈ SLn(K). Sendo que G é conexo, ele é gerado por exp(g) ⊂ SLn(K),
segue facilmente da multiplicatividade de det que G ⊂ SLn(K).
Solução do Ex.4 [enunciado]
a) Para quaisquer s, t ∈ R e X, Y ∈ g, exponenciais etX, esY pertencem em G logo, pelo fato de G
ser abeliano, temos:
etX· esY · e−tX = esY.
Diferenciando essa expressão em relação a te s obtemos sucessivamente: etX· esY · e−tX = esY (∀t, s ∈ R) =⇒ d dt|t=0 X · esY − esY · X = 0 (∀s ∈ R) =⇒ d dt|s=0 X · Y − Y · X = 0.
b) Dados X, Y ∈ g, pela questão a) as matrizes X, Y comutam, o que implica que: eX+Y = eX · eY.
Claramente e−X = (eX)−1(vale para qualquer X ∈ M
n(R)) logo expGé um mor ms de grupos.
c) O grupo G sendo connexo, ele é gerado por qualquer vizinhança aberta (em G) da identidade In. A exponencial exp : gln(R) → GLn(R) é um difeomor smo local perto do o ∈ gln(R),
segue que exp(g) contem uma vizinhança aberta U de I em G. Seja g ∈ G, então existem g1= eX1, . . . , gk= eXk ∈ U tais que:
g = g1. . . gk
= eX1. . . eXk
= eX1+···+Xk
d) A aplicação exponencial sendo um mor smo de grupos ker(expG) é um subgrupo de (g, +). Em
particular, basta mostrar que 0g é um ponto isolado, o que segue do fato que expG é injetora
numa vizinhança de 0g.
e) Pela sobrejetividade de expG : g → G, obtemos um mor smo de grupos topológicos bijetivo
expG: g /ker(exp
G) → G simplesmente passando ao quociente:
g expG // // π G g/ker(exp G) expG ::
Falta veri car que a inversa exp−1
G também é lissa. Sendo que G é um grupo, basta veri car que
exp−1G é lisa perto da identidade I ∈ G, o que segue do fato de exp ser um difeomor smo local. De fato, seja ln : UG → Ug uma inversa local (logo lisa) de expG, onde Ug é uma vizinhança de
0g em g, e UI é uma vizinhança de de I em G respectivamente.
É fácil veri car que temos um diagrama comutativo: Ug π UG ln oooo exp−1G | UG yy g/ker(exp G) Em particular exp−1 G UG = π ◦ ln logo exp −1
G é lisa perto de I, como composta de aplicações lisas.
vimos em d) que ker(expG) é um subgrupo fechado de (g, +). Pelo exercício 3 da folha 1, existe uma
Obtemos identi cações sucessivas:
G = g / ker(expG)
= Rp+q/ Zep+1⊕ · · · ⊕ Zep+q
= Rp× (R/Z ⊕ · · · ⊕ R/Z) = Rp× (S1)q.
Solução do Ex.5 [enunciado]
a) Dado X ∈ g, temos que etX ∈ G para qualquer t ∈ R, logo:
∀t ∈ R, getXg−1 ∈ G =⇒
d dt|t=0
gXg−1 ∈ g. Mostre que ∀g ∈ G, ∀X ∈ g, gXg−1 ∈ g. Notemos Ad
g : g → g, a aplicação adjunta.
b) Sejam X, Y ∈ g, então calculemos que:
Adg([X, Y ]) = g(XY − Y X)g−1
= gXg−1· gY g−1− gY g−1· gXg−1 = [Adg(X),Adg(Y )].
c) Calculemos que:
Adgg0(X) = gg0X(gg0)−1= gg0Xg0−1g−1 =Adg◦Adg0(X).
Semelhantemente, mostra-se que Adg−1 =Ad−1g .
d) Seja A ∈ SOn(R), pelo teorema espectral, existe uma matriz ortogonal P ∈ On(R) tal que:
A = P · M (p, θ1, . . . , θq) · P−1 onde: M (p, θ1, . . . , θq) := Ip 0 R(θ1) ... 0 R(θq) e R(θ) :=cos θ − sin θ sin θ cos θ
Então é fácil ver que M(p, θ1, . . . , θk) = em(p,θ1,...,θq) onde
m(p, θ1, . . . , θq) := 0p 0 r(θ1) ... 0 r(θq) e r(θ) :=0 −θ θ 0 Segue que: eP m(p,θ1,...,θq)P−1 = P em(p,θ1,...,θq)P−1 = P M (p, θ 1, . . . , θq)P−1 = A.
e) Pela de nição:
g ∈ kerAd ⇐⇒ gX = Xg ∀X ∈ g =⇒ etXg = getX ∀X ∈ g.
logo g comuta com qualquer elemento numa vizinhança U ⊂ exp(g) da identidade. Caso G é conexo, qualquer h ∈ G se escreve na forma h = h1· · · hk onde hi ∈ U. Segue facilmente que
g ∈ Z(G).
Reciprocamente, se g ∈ Z(G), então obtemos: ∀t ∈ R, getXg−1= etX =⇒
d dt|t=0
gXg−1 = X ⇐⇒ g ∈ kerAd.
f) Caso n = 2, SO2(R) é comutativo logo ker Ad = SO2(R).
Suponha n 6= 2, e seja g ∈ ker Ad. Se gM = Mg, então é fácil veri car que g.EM
λ ⊂ EλM, onde
EλM = ker(M − λI)denota o autoespaço de M associado a λ ∈ C. Seja v ∈ Rn qualquer. Caso n é impar, existe M ∈ SOn(R) tal que ker(M − I) = Rv pois, a menos de conjugação,
um tal elemento M é da forma M(1, θ1, . . . , , θq) com θi 6= 2kπ. Se g comuta com M, então
gRv = Rv logo v é um autovetor de g.
Caso n par, escolhemos dois planos Π1, Π2 tais que Π1∩ Π2= Rv e M1, M2∈ SOn(R) tais que
Πi = ker(Mi− I). Segue facilmente do fato que g comuta com M1 e M2 que v é autovetor de g.
Logo qualquer vetor de Rné autovetor de g, logo g é uma homotetia. As únicas homotetias que
são transformações ortogonais são ±In. Sendo que det(−In) = (−1)n, temos:
Z(SOn(R)) = SO2(R) se n = 2, {In} se n é impar, {±In} se n ≥ 4 é par.
Solução do Ex.6 [enunciado]
1. A transposição, o determinante, o produto matricial são aplicações polinomiais nas entradas reais e imaginárias de matrizes. Mesma coisa pelas aplicações de coordenadas M 7→ re(Mi,j) e
M 7→im(Mi,j).Segue imediatamente que as equações:
M|M = In, M¯|M = In, M|Ip,qM = Ip,q, det(M ) = 1,
induzem uma estrutura pseudo-algébrica em On(R), Un(C), O(p, q) e SLn(K). Alem disso:
Bmu(K) =M ∈ Mn(K) | re(Mi>j) =im(Mi>j) = 0, re(Mi,i) = 1, im(Mi,i) = 0
logo Bu
a) Pela decomposição polar em GLn(C) sabemos que qualquer elemento se escreve na forma
g = U honde U ∈ Un(C) e h ∈ H>0. Alem disso, a exponencial estabelece um difeomor smo
entre H e H>0. Seguem a existência e unicidade de U ∈ U
n(C) e H ∈ H tais que g = U eH.
Temos ¯g|= eHU¯| pois H ∈ H é hermitiana. Por hipótese ¯g|∈ G logo
¯
g|g = eHU¯|U eH = e2H ∈ G.
O fato de G ser um grupo implica que todas as potências inteiras de e2h pertencem em G.
b) Notemos αk:=
Pk
i=1aiekbi. Temos:
0 = αk
ekbn −→→∞ an,
logo an= 0. O resultado segue facilmente por indução.
c) Qualquer matriz hermitiana é diagonalizável numa base ortonormal, logo existe P ∈ Un(C)
tal que P KP−1 =diag(µ
1, . . . , µn)onde µ1, . . . , µnsão os autovalores de K. Em particular,
µ1, . . . , µnsão reais. A aplicação M 7→ P−1M P é um difeomor smo e um mor smo de grupo
de G para P−1GP. Alem disso, P−1GP é claramente pseudo-algébrico. Temos P ∈ U n(C),
logo P−1H>0P = H>0, assim:
P−1(G ∩ H>0)P = (P−1GP ) ∩ H>0.
Em conclusão, podemos sopor que K é diagonal, nem que tenha de trabalhar com P−1GP
em vez de G.
Seja K ∈ H tal que eK∈ G ∩ H>0. Mostre que etK ∈ H>0 para qualquer t ∈ R.
Por hipótese, G é pseudo-algébrico. Sejam P1, . . . , Pl: Mn(C) → C polinômios tais que
G = P1−1({0}) ∩ · · · ∩ Pl−1({0}). Pelo fato que ekH pertence em G, temos:
Pi(ekµ1, . . . , ekµn, 0, . . . , 0) = 0.
Nesta equação, o termoe à direita é da forma:
ni
X
k=1
ak,iekbk,i
onde b1,i < · · · < bn,i. Essa expressão sendo nula para qualquer k ∈ Z, pela questão
precedente, todos os coe cientes ak,i são nulos. Segue que: ni
X
k=1
ak,ietbk,i ∀t ∈ R.
d) Pela questão a) temos e2kH ∈ G ∩ H>0 para qualquer k ∈ Z. Segue pela questão c) que
etH ∈ G ∩ H>0 também. Em particular e−H ∈ G.
Podemos agora concluir. De fato, para qualquer g = UeH ∈ G, sabemos que U e eH
partencem em G. Segue que G = (G ∩ Un(C)) × (G ∩ H>0). Logo a aplicação exponencial
induz um difeomor smo entre G ∩ H>0 e g ∩ H, que é um subespaço vetorial de Cn2
como interseção de subespaços vetoriais.
2. Caso G ⊂ Mn(R) então G ∩ Un(C) = G ∩ On(R) e G| = G ↔ ¯G| = G. Pode-se adatar a
