9. Második ZH
Megoldások
I. Feladat:
Legyen a sík mozgásainak csoportja, pedig azon
mozgások halmaza, amelyek egy rögzített egyenest saját magába
képeznek! Lásd be, hogy részcsoport! Hány dimenziós? Mik a
konjugáltjai?
Megoldás:
Egy egyenest önmagába vivő transzformációk kompozíciója,
inverze szintén önmagába viszi -t, és az egységelem is önmagába
viszi -t. Tehát zárt a műveletekre, így részcsoport.
Könnyen látható, hogy elemei:
az -vel párhuzamos eltolások, és az bármely pontja körüli
fokos elforgatások. Ezért -nak két összefüggő komponense
van, és dimenziós.
(Általában: minden komponens ugyanakkora dimenziós!)
A konjugált részcsoportok az egyenes transzformáltjait hagyják
helyben. Ezért konjugáltjai éppen a következő részcsoportok:
egy tetszőleges egyenest önmagába vivő transzformációk
részcsoportja.
II. Feladat:
Legyen a tér mozgásainak csoportja, pedig azon
mozgások halmaza, amelyek egy rögzített egyenes minden pontját
helyben hagyják!
Lásd be, hogy ez részcsoport! Hány dimenziós? Mik a konjugáltjai?
Megoldás:
Egy egyenes minden pontját helyben hagyó transzformációk
kompozíciója, inverze szintén helyben hagyja pontjait,
és az egységelem is helyben hagyja pontjait.
Tehát zárt a műveletekre, így részcsoport.
Könnyen látható, hogy elemei:
az körüli (tetszőleges szögű) elforgatások.
Ezért összefüggő és dimenziós.
A konjugált részcsoportok az egyenes transzformáltjain lévő
pontokat hagyják helyben.
Ezért konjugáltjai éppen a következő részcsoportok:
egy tetszőleges egyenes minden pontját helyben hagyó
transzformációk részcsoportja.
III. Feladat:
Legyen azon mátrixok csoportja, amelyek az
tengelyt saját magába képezik, pedig azon mátrixok
csoportja, amelyek az tengely minden pontját helyben hagyják!
Lásd be, hogy normálosztó -ben! Mi lesz a
faktorcsoport?
1. Megoldás:
A -beli transzformációk az tengelyt saját magába képezik.
Ha "elfelejtjük", hogy hogyan transzformálják az tengelyen
kívüli pontokat, akkor egy 1 dimenziós lineáris transzformációt kapunk.
Ez a "felejtés" egy
homomorfizmus. Világos, hogy a magja éppen , a képe pedig az
egész . Ezért normálosztó, és izomorf
-hez, ami nem más, mint , a
nemnulla valós számok csoportja a szorzásra nézve.
2. Megoldás:
Az tengelyen a alakú vektorok vannak. Ezért elemei
a alakú mátrixok,
elemei pedig a
alakú mátrixok, ahol . A konjugált mátrix
szintén -beli, tehát valóban normálosztó -ben.
A mellékosztály elemei az
alakú invertálható
mátrixok, tehát a mellékosztály nem függ a számoktól,
csak az -tól.
Ha a mátrix bal felső sarkában egy szám áll, akkor
a szorzat bal felső sarkában az szorzatot találjuk.
Ezért a faktorcsoport izomorf -gal, a nem nulla
valós számok csoportjával (a szorzásra nézve).
IV. Feladat:
Határozd meg az és az csoportok Lie algebráját!
Hány dimenziósak?
Megoldás:
Az ortogonális mátrixok determinánsa , tehát -nek két
komponense van: az determinánsú komponens , a
determinánsú komponens pedig távol van az egységmátrixtól, tehát a
Lie algebrát nem befolyásolja. Ezért és Lie
algebrája ugyanaz. Tanultuk, hogy ez éppen ,
a -es antiszimmetrikus mátrixok Lie algebrája.
Egy antiszimmetrikus mátrix főátlójában áll, a főátló alatti
rész pedig éppen a főátló feletti rész negatívja. Ezért
dimenziója megegyezik a főátló feletti elemek számával, -gyel.
V. Feladat:
Legyen az ortogonális felső háromszög mátrixok
csoportja! Határozd meg a Lie algebráját! Hány dimenziós?
1. Megoldás:
Az ortogonális csoport Lie algebrája , az antiszimmetrikus
mátrixok tere. Az invertálható felső háromszög mátrixok
részcsoportjának Lie algebrája pedig az összes felső háromszög
mátrix tere. A két csoport metszetének Lie algebrája tehát éppen a
Lie algebrák metszete: az antiszimmetrikus felső háromszög mátrixok
tere. De egy felső háromszög mátrixban a főátló alatt csupa
áll, az antiszimmetria miatt tehát a főátló felett is nullák
vannak. Sőt, minden antiszimmetrikus mátrix főátlója . Ezért a
kerestt Lie algebra csak a nullmátrixból áll, dimenziója .
2. Megoldás:
Egy ortogonális felső háromszög mátrix első oszlopa olyan
egységvektor, amelynekcsak az első koordinátája nem nulla, tehát
a vektor . A Második oszlop erre merőleges
egységvektor, és csak az első két koorinátája lehet nem , tehát
a második oszlop . Ezt ismételgetve látjuk,
hogy a mátrixunk főátlójában csupa áll, azon kívül pedig
csupa . Ezért a csoport véges, Lie algebrája csak a
nullmátrixból áll, a dimenziója .
VI. Feladat:
Legyen az determinánsú átlós mátrixok csoportja!
Határozd meg a Lie algebráját! Hány dimenziós?
1. Megoldás:
Az invertálható átlós mátrixok csoportjának Lie algebrája az összes
átlós mátrix tere, az determinánsú mátrixok csoportjának Lie
algebrája pedig a nyomú mátrixok tere. A keresett Lie algebra
ennek a két Lie algebrának a metszete, tehát a nulla nyomú átlós
mátrixok tere. A főátló első hat elemét szabadon választhatjuk, a
hetedik pedig az összegük negatívja. Tehát a Lie algebra
dimenziós.
2. Megoldás:
olyan átlós mátrixokból áll, amelyekben az átlóban lévő elemek
szorzata . Tehát hat elemet szabadon választhatunk (csak ne
legyen), a hetedik pedig a szorzatuk reciproka. Ezért , és a Lie
algebrája is dimenziós. Mivel kommutatív, a Lie algebrája
is kommutatív (azaz minden Lie zárójel ). Tehát nem más, mint a
hatdimenziós komutatív Lie algebra.
VII. Feladat:
hat a háromdimenziós téren. Határozd meg a pályákat!
Határozd meg a stabilizátor részcsoportokat!
Megoldás:
Látni fogjuk, hogy két pálya van.
Az origót minden lineáris transzformáció helyben hagyja, tehát az
origó az egyik pálya, a hozzá tartozó stabilizátor pedig az egész
csoport.
A nem nulla vektorok pedig mind egymásba transzformálhatók, tehát
egy pályán vannak - ez a másik pálya. A pont
stabilizátora, , az olyan invertálható mátrixokból áll,
amelyek első oszlopa éppen :
Az összes többi nem nulla vektor a transzformáltja, mondjuk
, tehát a stabilizátora éppen a konjugált részcsoport.
VIII. Feladat:
A háromdimenziós térben a koordináta tengelyek körüli forgatások
három egyparaméteres részcsoportot alkotnak -ban. Határozd
meg az őket generáló három vektormezőt! Számold ki közülük kettő Lie
zárójelét!
Megoldás:
Az tengely körüli forgás pályái az síkkal párhuzamos
körök, és a tengely pontjai. Tehát a generáló vektormező az
tengely mentén , máshol pedig érinti ezeket a köröket.
A vektorok hossza olyan, hogy minden körön ugyanannyi idő alatt
érjen körbe a forgás, tehát a vektor hossza arányos a kör
kerületével, azaz a tengelytől mért távolsággal. Így a vektormező
vagy ennek konstansszorosa. A konstansszoros vektormezők ugyanúgy
jó generátorok (csak más sebességgel forgatnak), mi most ezt
választjuk. Hasonlóan, az és a tengely körüli forgás
generátora:
Számoljunk ki kettő Lie zárójelét! Amikor számolunk, a másodrendű
tagok úgyis kiesnek, elég tehát csak az elsőrendű tagokat
megtartani - tehát azokat, amikor a baloldali differenciálást, a
jobboldali együtthatóra alkalmazzuk:
IX. Feladat:
A komplex számsíkon az -vel való szorzások ()
forgatva nyújtások, egyparaméteres részcsoportot alkotnak.
Határozd meg az őt generáló vektormezőt!
A eltolások () egy másik egyparaméteres
részcsoportot alkotnak, határozd meg ennek is a generátorát!
Számítsd ki a két vektormező Lie zárójelét!
Megoldás:
Legyen a komplex számsík koordinátája, pedig az
egyparaméteres részcsoport paramétere.
Íme, a forgatvanyújtások: . A generátor ennek
szerinti deriváltja a helyen:
Ez egy vektormező:
minden pontban az vektor. Írjuk át valós
koordinátákra: a valós, a képzetes tengely:
Differenciál operátorként írva:
Az eltolások egyparaméteres részcsoportja pedig: .
Ennek generátora:
ami differenciál operátorként .
A két vektormező Lie zárójele:
Amikor számolunk, a másodrendű
tagok úgyis kiesnek, elég tehát csak az elsőrendű tagokat
megtartani - tehát azokat, amikor az egyik differenciálást a
másik operátor együtthatójára alkalmazzuk.
A fenti különbség második tagjában a második tényező
, együtthatója ,
azért az ő deriváltjai kiesnek: