$U(n) \simeq \frac{SU(n) \times U(1)}{\mathbb{Z}_{n}}$ isomorfismo

Question

Estoy tratando de probar el siguiente isomorfismo

$$U(n) \simeq \frac{SU(n) \times U(1)}{\mathbb{Z}_{n}}$$

Así que estoy usando el primer teorema del isomorfismo: http://en.wikipedia.org/wiki/Isomorphism_theorem

Es fácil demostrar que el siguiente mapa es un homomorfismo:

$$f: SU(n) \times U(1) \rightarrow U(n): (S,e^{i\varphi}) \mapsto e^{i \varphi} S$$

Pero tengo problemas para demostrarlo:

$$Ker f = \mathbb{Z}_{n}$$

¿Cómo voy a hacerlo?

Answer 1

Estoy escribiendo la respuesta a mi pregunta pero no estoy completamente seguro

Introducción

¿Qué queremos mostrar?

$$U(n) \simeq \frac{SU(n) \times U(1)}{\mathbb{Z}_{n}}$$

Definición de los grupos

• $U(n)$ = el grupo de $n\times n$ matrices unitarias $\Rightarrow$ $U \in U(n): UU^{\dagger} = U^{\dagger}U = I \Rightarrow \mid det (U) \mid ^{2} = 1$
• $U(1) =$ el grupo de $1\times 1$ matrices unitarias $\Rightarrow U(1) = \lbrace e^{i\varphi} \mid \varphi \in \left[ 0, 2\pi \right] \rbrace$
• $SU(n) =$ el grupo de $n\times n$ matrices unitarias con determinante 1
• $\mathbb{Z}_{n} =$ el grupo cíclico de n enteros módulo n $\Rightarrow$ $\mathbb{Z}_{n} =$ el conjunto $\lbrace 0,1,2,...,n-1 \rbrace$ con la operación de adición módulo n. \N - Fin

Teorema del isomorfismo

Utilizamos el primer teorema de isomorfismo:

Sean G y H grupos y sea $f: G \longrightarrow G'$ sea un homomorfismo de grupo. Entonces:

$$Im f \simeq \frac{G}{Ker f} $$

¿Qué tenemos que hacer?

Tenemos que hacer lo siguiente:

1. Buscar un mapa $f: SU(n) \times U(1) \rightarrow U(n)$ y demostrar que es un homomorfismo
2. Demostrar que $Ker f = \mathbb{Z}_{n}$
3. Demostrar que $Im f = U(n)$ lo que equivale a demostrar que f es sobreyectiva

Encontramos y homomorfismo entre $SU(n) \times U(1)$ y $U(n)$

\begin{eqnarray*} f: && SU(n) \times U(1) \rightarrow U(n) \\ && (S,e^{i\varphi}) \mapsto Se^{i\varphi} \end{eqnarray*}

$f$ es un homomorfismo si :

\begin{eqnarray*} f((S_{1},e^{i\varphi _{1}})(S_{2},e^{i\varphi _{2}} )) = f(S_{1},e^{i\varphi _{1}})f(S_{2},e^{i\varphi _{2}} )&& \forall \varphi _{1}, \varphi _{2} \in U(1) \\ && \forall S_{1},S_{2} \in SU(n) \end{eqnarray*}

Es fácil de mostrar:

\begin{eqnarray*} f((S_{1},e^{i\varphi _{1}})(S_{2},e^{i\varphi _{2}})) &=& f(S_{1}S_{2},e^{i\varphi _{1}}e^{i\varphi _{2}} ) \\ &=& S_{1}S_{2} e^{i\varphi _{1}} e^{i\varphi _{2}} \\ &=& e^{i\varphi _{1}} S_{1} e^{i\varphi _{2}} S_{2} \\ &=& f(S_{1},e^{i\varphi _{1}})f(S_{2},e^{i\varphi _{2}}) \end{eqnarray*}

Demostramos que $Ker f = \mathbb{Z}_{n}$

$$Ker f = \lbrace (S,e^{i\varphi}) \in (SU(n) \times U(1)) \: \vert \: f(S,e^{i\varphi}) = Se^{i\varphi} = e_{U(n)} = I \rbrace$$

Busquemos S

\begin{eqnarray*} e^{i\varphi}S&=& I \\ S &=& e^{-i\varphi} I\\ det(S) &=& det(e^{-i\varphi} I) \\ 1 &=& e^{-in \varphi} \\ 1 &=& \cos (n\varphi ) - i \sin (n \varphi) \end{eqnarray*}

$$ \left\{ \begin{array}{r c l} \cos (n \varphi ) &=& 1\\ \sin (n \varphi ) &=& 0\\ \end{array} \right. \Rightarrow n \varphi = 2k \pi \Rightarrow \varphi = \frac{2k \pi}{n} \quad \text{with} \quad k \in \mathbb{Z}$$

Así que las matrices S son:

$$S = e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I \quad \text{with} \quad k \in \lbrace 0,1,...,n-1 \rbrace$$

Vamos a encontrar $e^{i\varphi}$

\begin{eqnarray*} e^{i\varphi}S&=& I \\ e^{i\varphi}e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I&=& I \\ e^{i\varphi}&=& e^{i \frac{2 k \pi}{n}} \\ \end{eqnarray*}

Ker f

$$Ker f = (e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k \pi}{n}}) \quad \text{with} \quad k \in \lbrace 0,1,...,n-1 \rbrace $$

Demostramos que Ker $f$ es isomorfo de $\mathbb{Z}_{n}$

Denotamos por $\mathbb{Z}_{n}$ el grupo cíclico de los enteros módulo n. No lo olvidemos:

• La ley del grupo $\cdot$ de Ker f viene dada por: $(S_{1},e^{i\varphi _{1}})\cdot(S_{2},e^{i\varphi _{2}}) = (S_{1}S_{2},e^{i(\varphi _{1} + \varphi _{2})})$

• La ley del grupo $\cdot$ de $\mathbb{Z}_{n}$ está dada por: $k_{1} \cdot k_{2} = k_{1} + k_{2}$ \N - Fin

Demostremos que Ker f es isomorfo a $\mathbb{Z}_{n}$

$$\phi: Ker f = (S,e^{i\varphi}) \rightarrow \mathbb{Z}_{n} : (e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k \pi}{n}}) \mapsto k$$

$\phi$ es un homomorfismo

$$\phi((S_{1},e^{i\varphi _{1}})(S_{2},e^{i\varphi _{2}})) = \phi(S_{1},e^{i\varphi _{1}}) + \phi(S_{2},e^{i\varphi _{2}})$$

\begin{eqnarray*} \phi((S_{1},e^{i\varphi _{1}})(S_{2},e^{i\varphi _{2}}))&=& \phi(S_{1}S_{2},e^{i(\varphi _{1} + \varphi _{2})}) \\ &=& \phi (e^{-i \frac{2 (k_{1} + k_{2}) \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 (k_{1} + k_{2}) \pi}{n}}) \\ &=& k_{1} + k_{2} \\ \phi(S_{1},e^{i\varphi _{1}}) + \phi(S_{2},e^{i\varphi _{2}})&=& (e^{-i \frac{2 k_{1} \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k_{1} \pi}{n}}) + (e^{-i \frac{2 k_{2} \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k_{2} \pi}{n}}) \\ &=& k_{1} + k_{2} \end{eqnarray*}

$\phi$ es inyectiva

• $\phi$ es inyectiva $\Leftrightarrow \forall \varphi_{1},\varphi_{2} \in \left[ 0, 2\pi \right] \: \text{and} \: \forall S_{1},S_{2} \in SU(n): \phi (S_{1},e^{i\varphi _{1}}) = \phi (S_{2},e^{i\varphi _{2}}) \Rightarrow \varphi_{1} = \varphi_{2} \: \text{and} \: S_{1} = S_{2}$
  \begin{eqnarray*} \phi (S_{1},e^{i\varphi _{1}}) & = & \phi (S_{2},e^{i\varphi _{2}})\\ S_{1}e^{i\varphi _{1}} & = & S_{2}e^{i\varphi _{2}} \\ e^{i(\varphi _{1} - \varphi _{2})} S_{1} & = & S_{2} \\ det( e^{i(\varphi _{1} - \varphi _{2})} S_{1}) & = & det( S_{2} ) \\ e^{in(\varphi _{1} - \varphi _{2})} & = & 1 \end{eqnarray*}

$$\Rightarrow \varphi _{1} = \varphi _{2} \Rightarrow S_{1} = S_{2}$$

• También podemos utilizar el hecho de que $\phi$ es inyectiva si y sólo si $Ker \phi = \lbrace e_{Ker f} \rbrace = \lbrace (I,1)\rbrace$

$$Ker \phi = \lbrace (e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k \pi}{n}}) \in Ker f \: \vert \: \phi(e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k \pi}{n}}) = e_{\mathbb{Z}_{n}} = 0 \rbrace$$

$$\phi(e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{i \frac{2 k \pi}{n}}) = k = 0 \Rightarrow Ker \phi = (e^{0} I,e^{0}) = (I,1)$$

$\phi$ es surjetivo

• $\phi$ es inyectiva $\Leftrightarrow \forall k \in \mathbb{Z}_{n}, \exists (e^{i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{-i \frac{2 k \pi}{n}}) \in Ker f : \phi(e^{i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{-i \frac{2 k \pi}{n}}) = k$

• Otra forma de mostrar $\phi$ es sobreyectiva es observando el hecho de que $\phi$ es un mapa inyectivo entre 2 conjuntos finitos con el mismo número de elementos por lo que $\phi$ es surjetivo

Demostramos que f es suryente

¿Cómo demostramos que $Im f = U(n)$ ?

Queremos demostrar que $Im f = U(n)$ donde: $ Im f = \lbrace Se^{i\varphi} \vert S \in SU(n), \varphi \in \left[ 0, 2\pi \right] \rbrace$

Para ello, podemos demostrarlo:

$$Im f \subseteq U(n) \quad \text{and} \quad U(n) \subseteq Im f$$

$Im f \subseteq U(n)$

$$Im f \subseteq U(n) \Rightarrow \mid det (Se^{i\varphi}) \mid ^{2} = 1 \quad \forall S \in SU(n), \forall \varphi \in \left[ 0, 2\pi \right] $$

\begin{eqnarray*} \mid det (Se^{i\varphi}) \mid ^{2} & = & \mid e^{i n \varphi} \mid ^{2} \\ & = & 1 ^{2} \\ & = & 1 \end{eqnarray*}

$U(n) \subseteq Im f$

Es equivalente a mostrar eso: $\forall X \in U(n), \exists (Y,z) \in SU(n) \times U(1) \quad \text{such as} \quad f(Y,z) = Yz = X$

\begin{eqnarray*} X \in U(n)&\Rightarrow& \vert det(X) \vert ^{2} = 1 \Rightarrow det(X) = e^{i\theta} \equiv m \\ &\Rightarrow& X^{\dagger}X = XX^{\dagger} = I \\ \end{eqnarray*}

Escribamos X como: $X = zY = m^{1/n} Y$ donde $Y = m^{-1/n}X$ y demostremos que $Y \in SU(n)$ y $m^{1/n} \in U(1)$ :

• $Y \in SU(n) \Leftrightarrow YY^{\dagger} = Y^{\dagger} Y = I$ y $det(Y) = 1$

  $$YY^{\dagger} = (m^{-1/n} X)(m^{-1/n} X)^{\dagger} = (e^{\frac{i\theta}{n}} X)(e^{\frac{i\theta}{n}} X)^{\dagger} = e^{\frac{i\theta}{n}} e^{\frac{-i\theta}{n}} XX^{\dagger} = I $$

$$det(Y) = det(m^{-1/n} X) = m^{-1} det(X) = m^{-1} m = 1 \Rightarrow Y \in SU(n)$$

• $m^{1/n} = e^{\frac{i\theta}{n}} \in U(1) $

Answer 2

Si asumo que x es sólo un escalar cuando estoy tratando de encontrar Ker f como hice con Tobias Kildetoft usando el grupo de raíces nth de la unidad. ¿No es más fácil asumir directamente que x se puede escribir como $e^{i \varphi}$ ?

Demostramos que $Ker f = \mathbb{Z}_{n}$

$$Ker f = \lbrace (S,x) \in (SU(n) \times U(1)) \: \vert \: f(S,x) = Sx = e_{U(n)} = I \rbrace$$

Busquemos S

\begin{eqnarray*} xS&=& I \\ S &=& x^{-1}I \end{eqnarray*}

Dejemos que $x^{-1} = y$ . S es una matriz diagonal con $y$ como entradas de la diagonal \N de la misma.

Como $S \in SU(2)$ entonces

\begin{eqnarray*} det(S)&=& det(yI) \\ &=& y^{n} \\ &=& 1 \end{eqnarray*}

$n^{th}$ raíces de 1

¿Cómo podemos resolver esta ecuación? Queremos resolver $y^{n} = 1$ con $\lambda \in \mathbb{C}$ . Escribamos ambos lados de la ecuación en forma polar:

$$y^{n} = (r e^{i \theta} )^{n} = r e^{i \theta n}$$ $$1 = (r e^{i \theta} ) = 1 e^{i 0}$$

$y^{n}$ y $1$ son iguales si y sólo si:

• $r^{n} = 1$ . Como r es positivo, tenemos r = 1
• $n\theta = 0 + 2k\pi$ donde $k \in \mathbb{Z}$ así que $\theta = \frac{2 k \pi}{n} $

Podemos visualizarlo geométricamente. Los puntos estarán en el círculo unitario y estarán igualmente espaciados en el círculo unitario cada $\frac{2 \pi}{n}$ radianes.

Así que nuestra ecuación tiene $n-1$ diferentes soluciones, ya que volvemos al punto de partida una vez que alcanzamos $k = n$

Así que el $n^{th}$ las raíces de la unidad están dadas por:

$y = e^{i \frac{2 k \pi}{n}}$ con $k = \lbrace 0,1,...,n-1 \rbrace$

Así que las matrices S son:

$$S = e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} I \quad \text{with} \quad k \in \lbrace 0,1,...,n-1 \rbrace$$

Es fácil demostrar que esto forma un grupo

Busquemos x

\begin{eqnarray*} xS&=& I \\ xe^{i \frac{2 k \pi}{n}} I&=& I \\ x&=& e^{-i \frac{2 k \pi}{n}} \\ \end{eqnarray*}

Ker f

$$Ker f = (e^{i \frac{2 k \pi}{n}} I,e^{-i \frac{2 k \pi}{n}}) \quad \text{with} \quad k \in \lbrace 0,1,...,n-1 \rbrace $$