Affine Transformations isomorphic to Heisenberg group

Question

Quiero mostrar que la mentira de grupo $G$ de transformaciones afines de la forma $$ \begin{bmatrix} 1 & c & -\frac{c^2}{2} \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix} $$ for $a,b,c\in\mathbb{R}$ is isomorphic to the Heisenberg group given by matrices of the form $$ \begin{bmatrix} 1 & x & z \\ 0 & 1 & y \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$ for $x,y,z\in\mathbb{R}$.

Mi idea era identificar a los dos grupos con $\mathbb{R}^3$ y, a continuación, esperaba ver que la inducida por el grupo de multiplicaciones en $\mathbb{R}^3$ son los mismos para ambos grupos. Pero este no es el caso (al menos de la manera que yo he elegido mis mapas). Si me identificar un elemento del grupo de Heisenberg con un vector de $(x,y,z)$, la inducida por la multiplicación del grupo es $(x,y,z)\cdot (x',y',z')=(x+x',y+y',z+z'+xy')$. Pero cuando me identificar un elemento de $G$ con un vector de $(a,b,c)$, entonces la inducida por la multiplicación es $(a,b,c)\cdot (a',b',c')=(a+a'+b'c+c'\frac{c^2}{2},b+b'-cc',c+c')$ (suponiendo que yo no tengo ningún error en mi cálculo). Así que esto no funciona.

Existe una mejor manera de ver que esos grupos son isomorfos?

Answer 1

Un método, que elimina la aparición de la pegajosa término cuadrático, es mostrar que en lugar de que la Mentira álgebra $\mathfrak g$ $G$ y la Mentira de álgebra $\mathfrak h$ del grupo de Heisenberg $H$ son isomorfos. Este hecho, junto con el hecho de que tanto $G$ $H$ están conectados y simplemente conectado (los colectores subyacente ambos son diffeomorphic a $\Bbb R^3$), implica que el $G \cong H$ Mentira grupos.

Ahora, $\mathfrak g$ se compone exactamente de lo infinitesimal afín de la forma $${\bf u} \mapsto \pmatrix{\cdot&C&\cdot\\\cdot&\cdot&-C\\ \cdot&\cdot&\cdot} {\bf u} + \pmatrix{A\\B\\C}, \quad \textrm{which we respectively denote $(a, B, C)$,}$$ and $\mathfrak h$ compone de las matrices $$\pmatrix{\cdot&X&Z\\\cdot&\cdot&Y\\\cdot&\cdot&\cdot}, \quad \textrm{which we respectively denote $(X, Y, Z)$.}$$

Computación en la Mentira soportes da $$\begin{align}[(A, B, C), (A', B', C')] &= (C B' - B C', 0, 0),\\ \quad [(X, Y, Z), (X', Y', Z')] &= (0, 0, X Y' - Y X'). \end{align}$$

La comparación de los componentes de la muestra de inmediato que $$\phi((A, B, C)) := (C, B, A)$$ is a Lie algebra isomorphism. Alternatively it's a straightforward to check that both Lie algebras admit bases $(E_1, E_2, E_3)$ such that $[E_1, E_2] = E_3$, $[E_2, E_3] = [E_3, E_1] = 0$. De cualquier manera estamos hecho y hemos establecido la existencia de un isomorfismo sin desordenado de cálculo.

Comentario Si prefiere producir un grupo explícito mapa, uno puede exponentiate $\phi$ para producir una Mentira grupo de isomorfismo $\tilde{\phi} : G \to H$ que se asigna a $\exp W$ $\exp \phi(W)$todos los $W \in \mathfrak g$. Genéricamente de computación de la matriz exponenciales es complicado, pero debido a $\mathfrak g$ (y, por tanto,$\mathfrak h$) es nilpotent, sólo se necesita un número finito de términos en la costumbre de expansión $\exp W \sim I + W + \tfrac{1}{2} W^2 + \cdots$---el resto son cero. La realización de esto da que $$\tilde\phi(A + \tfrac{1}{2} B C - \tfrac{1}{6} C^3, B - \tfrac{1}{2} C^2, C) = (C, B, A + \tfrac{1}{2} BC).$$ (Notice that triples here represent elements of the groups, as in the statement of the original problem, not of their Lie algebras.) Solving to write $\tilde\phi(a, b, c)$ in terms of a generic element $(a, b, c) \in G$ recovers precisely the isomorphism in Steve D's answer: $$\color{#bf0000}{\boxed{\tilde\phi(a, b, c) = (c, b + \tfrac{1}{2} c^2, a + \tfrac{1}{6} c^3)}} .$$

Tenga en cuenta que nosotros calcula el exponencial $\exp : \mathfrak g \to G$, pero sólo se menciona la fórmula para la exponencial de una matriz (álgebra de la Mentira), y $\mathfrak g$ no es un conjunto de matrices. Esto no es ningún problema, como se puede aplicar un estándar truco: Es sencillo comprobar que podemos identificar a $\mathfrak g$ con una matriz álgebra a través del mapa de $$(A, B, C) \leftrightarrow \left({\bf u} \mapsto \pmatrix{\cdot&C&\cdot\\\cdot&\cdot&-C\\ \cdot&\cdot&\cdot} {\bf u} + \pmatrix{A\\B\\C}\right) \mapsto \pmatrix{\cdot&\cdot&\cdot&\cdot\\A&\cdot&C&\cdot\\B&\cdot&\cdot&-C\\C&\cdot&\cdot&\cdot} .$$

Answer 2

Aquí es un isomorfismo: $$ \phi(x,y,z) = \left(z-\frac{x^3}{6}, y-\frac{x^2}{2}, x\right) $$

Nota: este tiene una inversa, es decir, $$ \phi(a,b,c) = \left(c, b+\frac{c^2}{2}, a+\frac{c^3}{6}\right)$$

Así que para demostrar que es un isomorfismo, debemos mostrar que conserva los productos. En primer lugar tenemos $$ (x,y,z)\cdot(\hat{x},\hat{y},\hat{z}) = (x+\hat{x}, y+\hat{y}, z+\hat{z}+x\hat{y}) $$ y así tenemos $$ \phi((x,y,z)\cdot(\hat{x},\hat{y},\hat{z})) = (z+\hat{z}+x\hat{y}-\frac{(x+\hat{x})^3}{6}, y+\hat{y}-\frac{(x+\hat{x})^2}{2}, x+\hat{x})$$

Mientras tanto $$ (a,b,c)\ast (a',b',c')=(a+a'+b'c-c'\frac{c^2}{2},b+b'-cc',c+c')$$ y así \begin{align*} \phi(x,y,z)\ast\phi(\hat{x},\hat{y},\hat{z}) &=(z+\hat{z}-\frac{x^3}{6}-\frac{\hat{x}^3}{6}+x(\hat{y}-\frac{\hat{x}^2}{2})-\frac{\hat{x}x^2}{2},y+\hat{y}-\frac{x^2}{2}-\frac{\hat{x}^2}{2}-x\hat{x}, x+\hat{x})\\ &= (z+\hat{z}+x\hat{y}-\frac{(x+\hat{x})^3}{6}, y+\hat{y}-\frac{(x+\hat{x})^2}{2}, x+\hat{x})\\ &= \phi((x,y,z)\cdot(\hat{x},\hat{y},\hat{z})) \end{align*}

¿De dónde vienen?

Bueno, si estos grupos fueron, de hecho, isomorfo, que debe tener un 1-dimensional colector subgrupo, que fue central. Cómputo de los conmutadores mostró entonces el subgrupo generado por a $(0,0,1)$ debe ir para el subgrupo generado por a $(1,0,0)$. A partir de los comentarios de arriba, estaba claro lo que debe suceder a la $x$ $y$ componentes; donde enviar a $z$ fue sólo una cuestión de ver la diferencia entre el $a$-componente de $\phi((x,y,z)\cdot(\hat{x},\hat{y},\hat{z}))$ e de $\phi(x,y,z)\ast\phi(\hat{x},\hat{y},\hat{z})$.

Tenga en cuenta que una vez que usted sabe que ambos son de 3 dimensiones, simplemente conectados a la Mentira grupos con una central de conmutacion, general de la Mentira de la teoría de la muestra deben ser isomorfos. Yo no, sin embargo, sé de un alto nivel de argumento que también muestra este explícita isomorfismo obras. Es decir, no sé cómo mostrar $\phi$ trabaja sin hacer el (sucio) los cálculos.

Answer 3

Esta no es una solución... sólo algunas reflexiones iniciales

El conmutador de dos elementos de la $G$ es $$[(a,b,c),(a^\prime,b^\prime, c^\prime)] = \left(b^\prime c-bc^\prime-c^\prime \dfrac{c^2}{2} + c\dfrac{(c^\prime)^2}{2},0,0\right)=\left(\left(b^\prime + \dfrac{(c^\prime)^2}{2}\right)c -\left(b + \dfrac{c^2}{2}\right)c^\prime,0,0 \right)$$

Mientras el conmutador de dos elementos de la $H$ (el grupo de Heisenberg) es $$[(x,y,z),(x^\prime,y^\prime, z^\prime)] = (0,0,x y^\prime - y x^\prime)$$

Esto nos alienta para asignar un elemento de $(\cdot,b,c) \in G$$(c,b+\dfrac{c^2}{2}, \overline{\cdot}) \in H$.

Pero no sé cómo seguir adelante...