Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2017.
Programa de Pós-Graduação em Matemática Grupos de Lie
Prof. Olivier Brahic
Lista de exercícios 2
Topologia dos Grupos Lineares
Exercício 1. (Centro de SLn(R)) [solução]
Mostre que o centro de SLn(K) é isomorfo ao grupo das raízes n-esimas da unidade em K.
Exercício 2. (Grupo de matrizes triangulares) [solução]
Denotemos Bm(K) o subconjunto das matrizes triangulares superior em GLn(K). a) Moste que Bn(K) é um subgrupo fechado de GLn(K). Será que ele é compacto ? b) Quais são as componentes conexas de Bn(K) ?
c) Determine o centro de Bn(K).
Exercício 3. (Sobrejetividade da aplicação exponencial) [solução] a) Mostre que para qualquer matriz A ∈ Mn(C), temos det(eA) = etr(A).
b) Mostre que a matriz−1 −1 0 −1
não é da forma eAonde A é uma matriz com coeficientes reais.
Exercício 4. (Subgrupos de GLn(K) perto da identidade) [solução]
Mostre que GLn(K) não admite subgrupos arbitrariamente pequenos ou seja, que existe uma vizinhança U de In em Mn(K) tal qe {In} seja o único subgrupo de GLn(K) incluso em U.
Exercício 5. (Decomposição Polar em GLn(R)) [solução] Denotemos:
• S>0
n (R) o conjunto das matrizes n × n simétricas definidas positivas,
• On(R) o grupo das matrizes n × n ortogonais.
O objetivo deste exercício é de demostrar a existência da decomposição polar de Cartan em GLn(R),
que diz o seguinte:
∀A ∈ GLn(R), ∃!(O, S) ∈ On(R) × Sn>0(R) | A = OS (1) Fixemos A ∈ GLn(R) uma matriz real invertível.
a) Mostre que A|.A ∈ Sn>0(R).
b) Mostre que existe S ∈ Sn>0(R) tal que S2 = A|A.
d) Mostre que a decomposição (1) é única.
e) Demostra de maneira semelhante a decomposição polar em GLn(C), ou seja:
∀A ∈ GLn(C), ∃!(U, H) ∈ Un(C) × H>0
n (R) | A = U H (2)
onde H>0n (R) denota o conjunto das matrizes n × n hermitianas definitas positivas.
Exercício 6. (Morfismos contínuos de GLn(R) para R>0) [solução]
Seja n ∈ N = {0} um número inteiro estritamente positivo e f : GLn(R) → (R>0, ·) um morfismo de
grupos topológicos de GLn(R) para o grupo multiplicativo R>0. Queremos mostrar que existe α ∈ R
tal que f (g) = | det(g)|α.
a) Considerando a aplicação h = ln ◦f ◦ exp, mostre o resultado no caso n = 1. b) Mostre que a imagem f (On(R)) do grupo ortogonal On(R) é reduzida à {1}
c) Denotemos ∆>0 o subgrupo de matrizes diagonais g = diag(x1, . . . , xn) com coeficientes xi> 0.
(a) Mostre que existem números reais α1, . . . , αn∈ R tais que para qualquer D = diag(x1, . . . , xn),
temos f (D) = xα1
1 . . . xαnn.
(b) Mostre que para qualquer permutação σ ∈ Sn, as matrizes D = diag(x1, . . . , xn) e Dσ =
diag(xσ(1), . . . , xσ(n)). Deduza que α1 = · · · = αn.
(c) Conclua.
Exercício 7. (Conexidade de uns subgrupos de GLn(K)) [solução]
Seja n ≥ 2.
a) Mostre que SOn(R) age transitivamente em Sn−1⊂ Rn.
b) Encontre o estabilizador SOn(R)en do vetor en = (0, . . . , 0, 1) por esta ação. Será que ele é
normal em SOn(R) ?
c) Sabe para quais inteiro n ≥ 0 a esfera Sn admite uma estrutura de grupo de Lie ? Você acha que é sempre possível encontrar uma estrutura de grupo de Lie numa esfera Sn ?
d) Mostre que a aplicação:
h : R −→ SO2(R)
θ 7−→ cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ)
é um morfismo de grupos topológicos.
e) Deduza por indução que SOn(R) é conexo para n ≥ 2.
f) Mostre que On(R) tem duas componentes conexas, e que SOn(R) é a componente conexa da
identidade In em On(R).
g) Deduza que GLn(R) tem duas componentes conexas, e que GL+n := {M ∈ GLn(R) | det(M ) > 0}
h) Mostre que SLn(R) é conexo.
i) Mostre que SUn(C) e Un(C) são conexos para n ≥ 1.
Resoluçoes:
Solução do Ex.1 [enunciado]
É claro que qualquer matriz da forma λIn, onde λ ∈ K é uma raiz n-esima da unidade, pertence no centro Z(GLn(K)) de GLn(K), logo no centro Z(SLn(K)) de SLn(K).
Reciprocamente, seja A ∈ Z(SLn(C)). Observa primeiro que para qualquer M ∈ GLn(C), a matriz
M
det(M )1/n pertence em SLn(C). Aqui det(M )1/n denota uma raiz na qualquer de det(M ). Segue que:
AM = M A, ∀M ∈ SLn(C) ⇐⇒ AM = M A, ∀M ∈ GLn(C) ou seja: Z(SLn(C)) = Z(GLn(C)) ∩ SLn(C). Por outro lado, é fácil ver por densidade que:
AM = M A, ∀M ∈ GLn(C) =⇒ AM = M A, ∀M ∈ Mn(C)
o que implica que A = λIn pelo exercício 5 da lista 1. A condição A ∈ SLn(C) implica que λ é um
raiz da unidade.
Caso K = R, basta trocar det(M )M1/n por
M | det(M )|1/n
Solução do Ex.2 [enunciado]
a) Denotemos e1, . . . , en a base canônica de Kn. Então uma matriz M ∈ GLn(K) pertence em
Bn(K) se e somente se M (he1, . . . eki) ⊂ he1, . . . eki para qualquer k = 1, . . . , n, onde hv1, . . . , vki
denota o subespaço gerado por v1, . . . , vk ∈ Kn. Segue facilmente que Bn(K) é um subgrupo de
GLn(K).
Considere a aplicação f : GLn(K) → Kn(n−1)/2, M 7→ (Mi,j)1≤j<i≤n. Então f é claramente
contínua, logo Bn(K) pe fechado como imagem inversa de {0} por f .
O subgrupo Bn(K) não é compacto pois os coeficientes de uma matriz triangular invertível não são limitados.
b) Os coeficientes diagonais M1,1, . . . , Mn,n de uma matriz M ∈ Bn(K) são todos não nulos pois
det(M ) = M1,1. . . Mn,n6= 0. Considere a aplicação φ : Bn(K) → K − {0} × · · · × K − {0}, M 7→
(M1,1, . . . Mn,n), entaõ φ é claramente sobrejetora.
Caso K = R, o espaço R − {0} × · · · × R − {0} tendo 2n componentes conexas, segue que Bm(R)
tem pelos menos 2n componentes conexas. Mostremos que a preimagem de uma componente conexa C de R − {0} × · · · × R − {0} é conexa em Bn(K). Dados M0, M1 ∈ φ−1(C), é fácil
verificar que Mt := (1 − t)M0 + tM1 pertence em f−1(C) pois os coeficiente diagonais de Mt
nunca se anulam. Logo f−1(C) é conexa. Em conclusão, Bn(R) tem 2n componentes conexas,
Caso K = C, o subgrupo Bn(C) é conexo. De fato, seja M ∈ Bn(C), então pode se construir
uma família continua [0, 1] → Bn(R), t 7→ Mt tal que M0 = M , M1 = Inconsiderando a matriz
Mt dada por:
Mt:= M − diag(Mi,i) + t(M − diag(M1,1, . . . Mn,n))) + diag(|Mi,i|e2iπarg(Mi,i)t).
Observe que por construção, Mt tem coeficientes tMi,j acima da diagonal, e |Mi,i|.e2iπarg(Mi,i)t
na diagonal.
c) Para T ficar no centro de Bn(K), tem que comutar com In+ E1,k0 para qualquer k0 = 1, . . . , n.
Segue que T1,1 = Tk0,k0 logo todos coeficientes diagonais de T são iguais. Um calculo similar ao
do exercício 5 da lista 1 mostre que T = λIn.
Solução do Ex.3 [enunciado]
a) A matriz A sendo trigonalizável, existe P ∈ Mn(C) tal que:
P1AP = a1 ∗ . .. 0 an
Temos, por invariance do determinante e da trace por conjugação: det(eA) = det(P−1eAP ) = det(eP−1AP)
etr(A)= etr(P−1AP )
Logo basta mostrar o resultado pela matriz triangular P−1AP acima. Por matriz triangulares, temos: a1 ∗ . .. 0 an b1 ∗ . .. 0 bn = a1b1 ∗ . .. 0 anbn . Segue por indução que:
a1 ∗ . .. 0 an k = ak1 ∗ . .. 0 akn e consequentemente: e a1 ∗ . .. 0 an = ea1 ∗ . .. 0 ean Segue imediatamente o resultado.
b) Suponha que existe A ∈ MnR tal que−1 −1 0 −1
= eA. Então, pela questão precedente, temos
tr(A) = 0, pois tr(A) ∈ R. Logo ou A tem dois autovalores não nulos opostos, ou A é nilpotente. Se A for diagonalizável, então eA o seriá também, que obviamente não é o caso. Logo A tiver nilpotente, então eA seriá idempotente, e tr(eA) = 2, o que é falso também. Conclua-se por absurdo que A não existe.
Solução do Ex.4 [enunciado] Seja V ⊂ Mn(K) uma bola aberta centrada em 0ntal que a restrição da exponencial e|V : V → eV, ξ 7→ eξ seja um homeomorfismo. Vamos mostrar que qualquer subgrupo
G ⊂ eU é reduzido a {In}, onde U := V2.
De fato, suponha que existe um subgrupo G ⊂ eV2. Seja M ∈ G − {In}, então existe A ∈ V
2 tal que
M = eA. Para qualquer k ≥ 1, temos Mk = ekA ∈ G pois G é um grupo. A matriz A sendo diferente de 0n, o conjunto {kA ∈ Mn(K) | k ∈ N} não é limitado logo existe k ∈ N − {0} tal que:
kA ∈ V
2 e (k + 1)A ∈ V
2 − V
pois V é uma bola. Pelo fato que M ∈ G ⊂ eV2, existe uma matriz B ∈ V
2 tal que eB = Mk+1 =
e(k+1)A. Sendo que C e (k + 1)A pertencem em V, e a exponencial sendo injetora em V conclua-se que B = (k + 1)A, o que é absurdo pois B ∈ V2 enquanto (k + 1)A ∈ V − V2 por construção.
Solução do Ex.5 [enunciado]
a) A|A é simétrica, pois claramente:
(A|A)|= A|(A|)|= A|.A. A|A é positiva pois para qualquer X ∈ Rn, temos:
|X|AAX = (AX)|(AX)
= hAX, AXi = ||AX|| ≥ 0 Segue desta conta que A é definida também, pois:
X|A|AX = 0 ⇐⇒ ||AX|| = 0 ⇐⇒ AX = 0 ⇐⇒ X = 0 Note que seriá falso se A não for invertível.
b) A matriz A|A sendo simétrica, ela é diagonalizável por uma matriz ortogonal: existe P ∈ On(R)
tal que:
P−1.A|A.P = D
onde D := diag(λ1, . . . , λn) com λi ∈ R. Sendo que A é definida positiva, λi > 0 logo pode-se
definir:
onde √D := diag(√λ1, . . . ,
√
λn). Basta verificar que S satisfaz:
S2 = (P √ DP−1)(P √ DP−1) = P DP−1 = A|A c) Basta considerar O := AS−1 e verificar que:
O|O = (AS−1)|AS−1 = (S−1)|A|AS−1 = S−1S2S−1 = I
isso, é O ∈ On(R).
d) Suponha que O0S0 = OS com O, O0 ∈ On(R) e S, S0∈ Sn>0(R). Se mostrarmos que S = S0, então
claramente O = O0 também. Calculemos que: OS = A ⇒ S2 = S|S = (O−1A)|(O−1A) = A|OO−1A = AA|.
Seja λ ∈ Sp(A), então λ 6= 0 logo os polinômios (X −√λ) e (X +√λ) são primos e segue de Teorema de decomposição dos núcleos que:
ker (S − √
λI) ◦ (S + √
λI) = ker(S −√λI) ⊕ ker(S + √
λI) Nessa expressão, vemos do lado esquerdo que:
ker (S − √
λI) ◦ (S + √
λI) = ker(S2− λI)
= ker(A|A − λ) Do lado direito, temos:
ker(S − √ λI) ⊕ ker(S + √ λI) | {z } ={0} = ker(S − √ λI)
pois S ∈ Sn>0(R), em particular S só tem autovalores estritamente positivos. Concluamos que: ker(A|A − λI) = ker(S −
√ λI).
Isso implica que qualquer base de Rn que diagonaliza A|A diagonaliza S também, pois nas seguintes decomposições em soma direta de Rn, os termos coincidem um a um:
Rn= M λ∈Sp(A) ker(A|A − λI) = M λ∈Sp(A) ker(S −√λI).
Semelhantemente, mostra-se que qualquer base que diagonaliza A|A diagonaliza S0 tambem. Assim, se P ∈ On(R) é tal que P−1A|AP = diag(λ1, . . . , λn) é diagonal, então ambos d :=
P−1SP e d0 := P−1S0P são matrizes diagonais tais que d2 = D = d02. Claramente, d = d0. Segue facilmente que S = S0.
e) Basta trocar On(R) por Un(C), Sn>0(R) por H>0n (C), A|A por ¯A|A, S por H e O por U na prova acima.
Solução do Ex.6 [enunciado]
a) Sendo que f (−1)2= 1, temos f (x) = f (|x|) para qualquer x ∈ R − {0} logo basta estudar f em
R>0. A função h = ln ◦f ◦ exp : R → R é contínua e satisfaz:
h(x + y) = ln ◦f (exey) = ln(f (ex)f (ey)) = f (x) + f (y) (∀x, y ∈ R).
Logo h é uma função linear, h(x) = αx onde α := h(1) ∈ R. Para x = ey ∈ R>0 segue que:
f (x) = eln(f (ey))= eαy = xα.
b) O grupo On(R) sendo compacto, sua imagem é um subgrupo compacto de R>0× · · · × R>0 logo
limitado e fechado, logo reduzido a {1} (pois se 0 < x 6= 1, então a sequência (xn)n∈N converge para 0 ou ∞).
(a) O grupo ∆>0 é isomorfo a R>0× · · · × R>0logo f (diag(x1, . . . , xn)) = f1(x1) · · · fn(xn) onde
fi : R>0 → R>0 são endomorfismos contínuos de R>0. Conclua-se facilmente com a questão
precedente.
(b) É facil ver que Dσ = Pσ−1DPσ, onde Pσ := (δi,σ(j))i,j. Sendo que R>0 é comutativo,
obtemos:
f (Dσ) = f (Pσ−1DPσ) = f (Pσ−1)f (D)f (Pσ) = f (D).
Sendo válido para qualquer (x1, . . . , xn) e qualquer σ, concluemos que α1 = · · · = αn. Em
particular f (D) = (det(D))α para qualquer D ∈ ∆>0.
(c) A decomposição polar de M ∈ GLn(R) se escreve M = OS, onde O ∈ On(R) e S ∈ Sym>0(R). Seja P uma matriz ortogonal tal que P−1SP = D seja diagonal (logo em ∆>0 pois S é positiva). Então, pelas questões precedentes, obtemos:
f (M ) = f (O)f (P )f (D)f (P−1) = f (O)f (D) = 1(det(D))α. Por outro lado, temos:
| det(M )| = | det(O)|.| det(D)| = | det(D)|, pois det(O) ∈ {+1, −1}.
Solução do Ex.7 [enunciado]
a) O grupo SOn(R) age naturalmente em Sn−1 = {v ∈ Rn | ||v|| = 1} pela ação: SOn(R) × Sn−1−→ Sn−1
(M, v) 7−→ M.v
É claro que essa ação é contínua. Sejam v, w ∈ Sn−1 dois pontos distintos, denotemos Πu,v o
plano vetorial gerado por v e w. O espaço Euclidiano (Πu,v, h , i|Πu,v) (onde h , i|Πu,v denota a
restrição do produto interno h , i em Rn a Πu,v) pode ser identificado com o plano Euclidiano (R2, h , i
R2). Sobre qualquer tal identificação, u, v se identificam com vetores no círculo S 1,
logo existe uma rotação em Πu,v que envia u em v. Basta estender essa rotação num elemento
R ∈ On(R) impondo R|Π⊥
u,v = IdΠ⊥u,v. Obtemos R ∈ SOn(R) tal que R(u) = v.
b) Denotemos SOn(R)en = {M ∈ SOn(R) |M.e1 = e1} o estabilizador de e1 em SOn(R).
Clara-mente, a reta Ren gerada por en é estável pela ação de SOn(R)en ou seja, M ∈ SOn(R)en ⇒
M |Ren = idRen. A matriz M sendo ortogonal, segue que M é inteiramente determinada pela sua
restrição ao ortogonal (Ren)⊥. Obtemos uma bijeção:
SOn(R)en −→ SOn−1((Ren)
⊥) ' SO n−1(R)
M 7−→ M |(Ren)⊥
É fácil ver que essa bijeção é um isomorfismo de grupos topológicos. Matricialmente, a discussão acima se resuma a: SOn(R)en = M =M 0 0 0 1 | M0 ∈ SOn−1(R) . Caso n = 2, SO2(R)e2 ' SO1(R) = {1} é normal em SO2(R) ' S1. Caso n = 3, consideremos: • RRe3,π
2 a rotação de eixo Re3, de angulo
π 2: RRe3,π 2 = 0 1 0 −1 0 0 0 0 1 • RRe3,π
2 a rotação de eixo Re1, de angulo
π 2: RRe3,π2 = 1 0 0 0 0 1 0 −1 0 . então, é fácil verificar que:
RRe3,π2 ◦ RRe3,π2 ◦ R
−1
Re3,π2(e3) = RRe3,π2 ◦ RRe3,π2(e2)
= RRe3,π
Logo R−1
Re3,π2 ◦ RRe3, π
2 ◦ RRe3, π
2(e3) 6∈ SO3(R)e3. Segue que o estabilizador não é normal.
Caso n ≥ 3: Considera um subespaço Π de dimensão 3 contendo en, e aplique o raciocino do
caso n = 3 para encontrar uma rotações R1 ∈ SO3(Π) e R2 ∈ SO3(Π) tais que R1 ∈ SO3(Π) e
R2◦ R1◦ R−12 6∈ SO3(Π)en. Depois, basta estender R1 e R2 impondo no ortogonal Π
⊥ de Π que
R1|Π⊥ = R2|Π⊥ = idΠ⊥. Obtem-se R1, R2 ∈ SOn(R) 6∈ SO3(Π)en. Finalmente SO3(Π)en nunca
é normal em SOn(R) para n > 3.
c) Se SOn(R)e1 era normal em SOn(R), então o quociente S
n−1= SO
n(R)/SOn−1(R) herdaria de
uma estrutura de grupo de Lie.
Porem, pode-se mostrar que Sn admite uma estrutura de grupo de Lie so no caso n = 0, 1, 3. Cada vez, essa estrutura vem da estrutura de corpo em R, C, H (este último sendo um corpo não comutativo, que pode ser identificado com R4). De fato, {−1, 1}, S1, S3 são as esferas unidades respectivas de R, C, H. No caso n = 7, S7 também herda de uma estrutura algébrica com multiplicação herdada dos octonions. O fato dos octonions não serem associativos faz que S7 não é um grupo de Lie (más quase).
d) Uma matriz pertence em SO2(R) se e somente se seus vetores colunas formam uma base orto-normal direta, ou seja:
M =a b c d ∈ SO2(R) ⇔ ( a2+ c2 = 1, ad + cd = 0, b2+ c2 = 1, ad − bc = 0, ⇔ ∃θ ∈ R, M =cos θ − sin θ sin θ cos θ
Assim, vemos que a aplicação h : R → SO2(R) é sobrejetora. Alem disso, h é claramente
continua, e é um morfismo de grupo pelas fórmulas usuais:
cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b), sin(a + b) = cos(a) sin(b) + cos(b) sin(a).
e) É claro que ker(h) = 2iπZ, logo SO2(R) = R/2iπZ = S1, conexo. Caso n ≥ 2, o grupo age
transitivamente e continuadamente em Sn−1 com estabilizador isomorfo a SOn−1(R). Segue
facilmente por indução que SOn(R) é conexo por indução (lembremos que se H e G/H são conexos, então G é conexo).
f) É fácil verificar que se A ∈ On(R), então det(A) ∈ {+1, −1}, ou seja det(On(R)) ⊂ {+1, 1}. A
matriz S := diag(−1, 1, . . . , 1) pertence em On(R) e tem determinante −1, segue que det(On(R)) =
{+1, 1}. Em particular, a imagem de On(R) pela aplicação continua det tem duas componen-tes conexas, logo On(R) tem pelo menos duas componentes conexas. Acabamos de ver que
SOn(R) = det |−1On(R)({1}) é conexo. Alem disso, é facil ver que det |−1On(R)({−1} = S.SOn(R),
em particular é conexo pois homeomorfo a SOn(R). Obtemos assim uma partição de On(R) em
duas componentes conexas disjuntas:
On(R) = SOn(R) | {z } O+n(R) ∪ S.SOn(R) | {z } On−(R) .
onde claramente SOn(R) é a componente conexa de In.
g) Pela decomposição polar, GLn(R) é homeomorfo a SOn(R) × Sym+n(R). Alem disso, Sym+n(R)
é homeomorfo (pela exponencial) a Rn(n+1)2 , logo é conexo. Segue que GLn(R) tem tantas
com-ponentes conexas do que On(R) ou seja, duas.
h) Segue do fato que GL+n(R) := {A ∈ Mn(R) | det(A) > 0} é homeomorfo a SLn(R) n R>0.
i) Para estabelecer a conexidade de Un(C), pode-se racioncinhar de maneira semelhante às questões a), b), d), e) trocando SOn(R) por Un(C), Sn−1 por S2n−1 e usando a identificação U1(C) ' S1
para iniciar a indução. A ação de Un(C) em Cn induz uma ação em S2n−1 ⊂ Cn, que é transitiva
para n ≥ 2. Sendo que SU1(C) = {1} é um ponto (logo conexo) SUn(C) é conexos para qualquer n ≥ 1.
